(导与练)2020版高考数学一轮复习(文数)习题：第8篇 第7节　圆锥曲线的综合问题(含解析)

www.ks5u.com第7节　圆锥曲线的综合问题

【选题明细表】

基础巩固(时间:30分钟)

1.设AB为过抛物线y2=2px(p>0)的焦点的弦,则|AB|的最小值为(　C　)

(A) (B)p

(C)2p (D)无法确定

解析:当弦AB垂直于对称轴时|AB|最短,这时x=,所以y=±p,|AB|min=2p.选C.

2.(2018·兰州一中模拟)已知过抛物线y2=4x焦点F的直线l交抛物线于A,B两点(点A在第一象限),若=3,则直线l的斜率为(　A　)

(A) (B) (C) (D)2

解析:设过抛物线y2=4x焦点F的直线l:x=ty+1交抛物线于A(x1,y1),

B(x2,y2)两点,

因为点A在第一象限且=3,

所以y1=-3y2>0,

联立得y2-4ty-4=0,

则解得

即直线l的斜率为.故选A.

3.若直线y=kx+2与双曲线x2-y2=6的右支交于不同的两点,则k的取值范围是(　D　)

(A)(-,) (B)(0,)

(C)(-,0) (D)(-,-1)

解析:由得(1-k2)x2-4kx-10=0.设直线与双曲线右支交于不同的两点A(x1,y1),B(x2,y2),

则

解得-<k<-1.即k的取值范围是(-,-1).选D.

4.(2018·广西三市第二次调研)过点(2,1)的直线交抛物线y2=x于A,B两点(异于坐标原点O),若OA⊥OB,则该直线的方程为(　B　)

(A)x+y-3=0 (B)2x+y-5=0

(C)2x-y+5=0 (D)x+2y-5=0

解析:观察选项知AB不垂直于x轴,

设AB:y-1=k(x-2)与y2=x联立化为

2ky2-5y+(5-10k)=0,

所以y1·y2=,y1+y2=,

x1=,x2=,

由OA⊥OB,所以x1x2+y1y2=0,

所以(y1y2)2+y1y2=0即()2+=0,

解得k=-2或,当k=时直线过原点,舍去,

所以k=-2,只有选项B满足.选B.

5.(2017·安徽马鞍山三模)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F(3,0),过点F的直线交E于A,B两点.若AB 的中点坐标为(1,-1),则E的方程为(　D　)

(A)+=1   (B)+=1

(C)+=1   (D)+=1

解析:设A(x1,y1),B(x2,y2),直

线AB的斜率k==,

两式相减得+=0,

即+=0⇔+×()×=0,即a2=2b2,又c2=9,a2=b2+c2,

解得a2=18,b2=9,方程是+=1,故选D.

6.(2018·昆明一中模拟)设O为坐标原点,P是以F为焦点的抛物线y2=2px(p>0)上任意一点,M是线段PF上的点,且|PM|=2|MF|,则直线OM的斜率的最大值为(　A　)

(A) (B) (C) (D)1

解析:由题意可得F(,0),设P(,y0),(y0>0),

则=+=+=+(-)=+=(+,),可得

kOM==≤=.当且仅当=时取得等号,选A.

7.(2018·山西省六校第四次联考)已知抛物线C:x2=8y,直线l:y=x+2与C交于M,N两点,则|MN|=　                         . 

解析:所以(y-2)2=8y,

所以y2-12y+4=0,

所以y1+y2=12,y1y2=4.

因为直线l:y=x+2,过抛物线的焦点F(0,2),

所以|MN|=(y1+2)+(y2+2)=y1+y2+4=16.

答案:16

8.(2018·大庆一模)已知抛物线C:y2=4x,过其焦点F作一条斜率大于0的直线l,l与抛物线交于M,N两点,且|MF|=3|NF|,则直线l的斜率为　　　　. 

解析:抛物线C:y2=4x,焦点F(1,0),准线为x=-1,

分别过M和N作准线的垂线,垂足分别为C和D,作NH⊥CM,垂足为H,

设|NF|=x,则|MF|=3x,

由抛物线的定义可知:|NF|=|DN|=x,|MF|=|CM|=3x,

所以|HM|=2x,由|MN|=4x,

所以∠HMF=60°,

则直线MN的倾斜角为60°,

则直线l的斜率k=tan 60°=.

答案:

能力提升(时间:15分钟)

9.(2018·云南玉溪模拟)已知点F1,F2是椭圆x2+2y2=2的两个焦点,点P是该椭圆上的一个动点,那么|+|的最小值是(　C　)

(A)0 (B)1 (C)2 (D)2

解析:因为O为F1F2的中点,

所以+=2,可得|+|=2||,

当点P到原点的距离最小时,||达到最小值,

|+|同时达到最小值.

因为椭圆x2+2y2=2化成标准形式,得+y2=1,

所以a2=2且b2=1,可得a=,b=1,

因此点P到原点的距离最小值为短轴一端到原点的距离,

即||最小值为b=1,

所以|+|=2||的最小值为2,

故选C.

10.(2015·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为　　　　. 

解析:双曲线x2-y2=1的一条渐近线为直线y=x,显然直线y=x与直线x-y+1=0平行,且两直线之间的距离为=.因为点P为双曲线x2-y2=1的右支上一点,所以点P到直线y=x的距离恒大于0,结合图形可知点P到直线x-y+1=0的距离恒大于,即c≤,可得c的最大值为.

答案:

11.(2018·海淀区校级三模)如图,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的上顶点为A(0,1),离心率为.

(1)求椭圆C的方程;

(2)若过点A作圆M:(x+1)2+y2=r2(圆M在椭圆C内)的两条切线分别与椭圆C相交于B,D两点(B,D不同于点A),当r变化时,试问直线BD是否过某个定点?若是,求出该定点;若不是,请说明理由.

解:(1)因为e===,

由题设知⇒

故所求椭圆C的方程是+y2=1.

(2)设切线方程为y=kx+1,则得=r,

即(1-r2)k2-2k+1-r2=0,

设两条切线的斜率分别为k1,k2,于是k1,k2是方程(1-r2)k2-2k+1-r2=0的两实根,

故k1·k2=1.

设直线BD的方程为y=mx+t,

由

得(1+2m2)x2+4tmx+2t2-2=0,

所以x1+x2=,x1x2=,

又k1k2=·=1,

即(mx1+t-1)(mx2+t-1)=x1x2

⇒(m2-1)x1x2+m(t-1)(x1+x2)+(t-1)2=0

⇒(m2-1)+m(t-1)+(t-1)2=0

⇒t=-3.

所以直线BD过定点(0,-3).

12.(2018·广东省海珠区一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2,且过点A(2,1).

(1)求椭圆C的方程;

(2)若不经过点A的直线l:y=kx+m与C交于P,Q两点,且直线AP与直线AQ的斜率之和为0,证明:直线PQ的斜率为定值.

(1)解:因为椭圆C的焦距为2,且过点A(2,1),

所以+=1,2c=2.

因为a2=b2+c2,解得a2=8,b2=2,

所以椭圆C的方程为+=1.

(2)证明:设点P(x1,y1),Q(x2,y2),y1=kx1+m,y2=kx2+m,

由

消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-8=0,(*)

则x1+x2=-,x1x2=,

因为kPA+kAQ=0,

即=-,

化简得x1y2+x2y1-(x1+x2)-2(y1+y2)+4=0.

即2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4m+4=0(**).

代入得--4m+4=0,整理得(2k-1)(m+2k-1)=0,

所以k=或m=1-2k.若m=1-2k,可得方程(*)的一个根为2,不合题意,所以直线PQ的斜率为定值,该值为.

13.(2018·西城区一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,以椭圆C的任意三个顶点为顶点的三角形的面积是2.

(1)求椭圆C的方程;

(2)设A是椭圆C的右顶点,点B在x轴上,若椭圆C上存在点P,使得∠APB=90°,求点B横坐标的取值范围.

解:(1)设椭圆C的半焦距为c.

依题意,得=,ab=2,且a2=b2+c2.

解得a=2,b=.

所以椭圆C的方程为+=1.

(2)“椭圆C上存在点P,使得∠APB=90°”等价于“存在不是椭圆左、右顶点的点P,使得·=0成立”,

依题意,A(2,0),

设B(t,0),P(m,n),则m2+2n2=4,

且(2-m,-n)·(t-m,-n)=0,

即(2-m)(t-m)+n2=0.

将n2=代入上式,得(2-m)(t-m)+=0.

因为-2<m<2,

所以t-m+=0,即m=2t+2.

所以-2<2t+2<2,

解得-2<t<0,

所以点B横坐标的取值范围是(-2,0).