2021年高考数学一轮精选练习：55《圆锥曲线的综合问题》(含解析)

2021年高考数学一轮精选练习：

55《圆锥曲线的综合问题》

一         、选择题

1.倾斜角为的直线经过椭圆＋=1(a＞b＞0)的右焦点F，与椭圆交于A、B两点，且A=2 F，则该椭圆的离心率为(　 　)

A.          B.         C.          D.

2.如图，由抛物线y2=8x与圆E：(x－2)2＋y2=9的实线部分构成图形Ω，过点P(2,0)的直线始终与圆形Ω中的抛物线部分及圆部分有交点，则|AB|的取值范围为(　　)

A.[2,3]        B.[3,4]      C.[4,5]         D.[5,6]

3.已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2=，则椭圆和双曲线的离心率的倒数之和的最大值为(　 　)

A.        B.         C.3            D.2

4.已知双曲线x2－y2=1的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：y=kx＋m与圆x2＋y2=1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则x2－x1的最小值为(　 　)

A.2          B.2          C.4          D.3

5.如图，已知抛物线C1的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，且过点(2,4)，圆C2：x2＋y2－4x＋3=0，过圆心C2的直线l与抛物线和圆分别交于P，Q，M，N，则|PN|＋4|QM|的最小值为(　　)

A.23         B.42         C.12         D.52

二         、填空题

6.已知点P(0,1)，椭圆＋y2=m(m>1)上两点A，B满足=2，则当m=      时，点B横坐标的绝对值最大.

7.若点O和点F分别为椭圆＋=1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任一点，则O·F的最小值为        .

8.已知抛物线C：x2=8y的焦点为F，准线为l1，直线l2与抛物线C相切于点P，记点P到直线l1的距离为d1，点F到直线l2的距离为d2，则的最大值为       .

三         、解答题

9.已知抛物线C：y2=2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.

(1)求直线l的斜率的取值范围；

(2)设O为原点，=λ，=μ，求证：＋为定值.

10.已知椭圆E：＋=1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k＞0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.

(1)当t=4，|AM|=|AN|时，求△AMN的面积；

(2)当2|AM|=|AN|时，求k的取值范围.

11.已知椭圆C：9x2＋y2=m2(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.

(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；

(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.

12.已知椭圆C：＋=1(a＞b＞0)上动点P到两焦点F1，F2的距离之和为4，当点P运动到椭圆C的一个顶点时，直线PF1恰与以原点O为圆心，以椭圆C的离心率e为半径的圆相切.

(1)求椭圆C的方程.

(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A，B，若PA，PB交直线x=6于不同的两点M，N.问以线段MN为直径的圆是否过定点？若是，请求出该定点的坐标；若不是，请说明理由.

13.已知抛物线C1：x2=4y的焦点F也是椭圆C2：＋=1(a＞b＞0)的一个焦点，C1与C2的公共弦的长为2.

(1)求C2的方程；

(2)过点F的直线l与C1相交于A，B两点，与C2相交于C，D两点，且A与B同向.

(ⅰ)若|AC|=|BD|，求直线l的斜率；

(ⅱ)设C1在点A处的切线与x轴的交点为M，证明：直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形.

答案解析

1.答案为：B；

解析：由题可知，直线的方程为y=x－c，与椭圆方程联立得

∴(b2＋a2)y2＋2b2cy－b4=0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则

又A=2 F，∴(c－x1，－y1)=2(x2－c，y2)，

∴－y1=2y2，可得∴=，∴e=，故选B.

2.答案为：D；

解析：由题意可知抛物线y2=8x的焦点为F(2,0)，圆(x－2)2＋y2=9的圆心为E(2,0)，

因此点P，F，E三点重合，所以|PA|=3.

设B(x0，y0)，则由抛物线的定义可知|PB|=x0＋2，

由得(x－2)2＋8x=9，

整理得x2＋4x－5=0，解得x1=1，x2=－5(舍去)，设圆E与抛物线交于C，D两点，

所以xC=xD=1，因此0≤x0≤1，又|AB|=|AP|＋|BP|=3＋x0＋2=x0＋5，

所以|AB|=x0＋5∈[5,6]，故选D.

3.答案为：A；

解析：设椭圆方程为＋=1(a1＞b1＞0)，离心率为e1，

双曲线的方程为－=1(a2＞0，b2＞0)，离心率为e2，它们的焦距为2c，

不妨设P为两曲线在第一象限的交点，F1，F2分别为左，右焦点，

则易知解得

在△F1PF2中，由余弦定理得(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)·(a1－a2)cos 60°=4c2，

整理得a＋3a=4c2，

所以＋=4，即＋=4.设a=，b=，

∴＋=a·b≤|a|·|b|=×=×=，

故＋的最大值是，故选A.

4.答案为：A；

解析：∵直线l与圆相切，

∴原点到直线的距离d==1，∴m2=1＋k2.

由得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)=0，

∴∴k2＜1，∴－1＜k＜1，

由于x1＋x2=，∴x2－x1===，

∵0≤k2＜1，∴当k2=0时，x2－x1 取最小值2，故选A.

5.答案为：A；

解析：由题意可设抛物线C1的方程为y2=2px(p＞0)，因为抛物线C1过点(2,4)，

所以16=2p×2，得p=4，所以y2=8x.圆C2：x2＋y2－4x＋3=0，整理得(x－2)2＋y2=1，

可得圆心C2(2,0)恰好是抛物线y2=8x的焦点，

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，当直线l的斜率不存在时，l：x=2，

所以P(2,4)，Q(2，－4)，

所以|PN|＋4|QM|=|PC2|＋|C2N|＋4|QC2|＋4|C2M|=|PC2|＋4|QC2|＋5=4＋4×4＋5=25.

当直线l的斜率存在且不为零时，可设l的方程为y=k(x－2)，

联立可得k2(x－2)2=8x，整理得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2=0，Δ＞0，

则x1x2=4，故x2=，

所以|PN|＋4|QM|=|PC2|＋4|QC2|＋5=x1＋＋4x2＋4×＋5=x1＋4x2＋15

=x1＋＋15≥2＋15=8＋15=23.

因为23＜25，所以|PN|＋4|QM|的最小值为23.故选A.

一         、填空题

6.答案为：5;

解析：本小题考查椭圆的标准方程，向量的坐标运算，二次函数的最值.

设B(t，u)，由A=2 P，易得A(－2t,3－2u).

∵点A，B都在椭圆上，∴

从而有＋3u2－12u＋9=0，即＋u2=4u－3.

即有4u－3=m⇒u=，∴＋=m，

∴t2=－m2＋m－=－(m－5)2＋4.∴当m=5时，(t2)max=4，即|t|max=2，

即当m=5时，点B横坐标的绝对值最大.

7.答案为：6；

解析：点P为椭圆＋=1上的任意一点，设P(x，y)(－3≤x≤3，－2≤y≤2)，

依题意得左焦点F(－1,0)，∴O=(x，y)，F=(x＋1，y)，

∴O·F=x(x＋1)＋y2=x2＋x＋=2＋.

∵－3≤x≤3，∴≤x＋≤，∴≤2≤，

∴≤2≤，∴6≤2＋≤12，

即6≤O·F≤12，故最小值为6.

8.答案为：0.5；

解析：依题意，得点F(0,2)，因为y=，所以y′=，

设P(x0，y0)，则直线l2：y－y0=(x－x0)，即x－y－y0=0，

故点F到直线l2的距离d2===·，

又点P到直线l1的距离d1=|PF|=y0＋2，

所以=×=×≤×=，

当且仅当=，即y0=0时，取等号，所以的最大值为.

二         、解答题

9.解：(1)因为抛物线y2=2px过点(1,2)，所以2p=4，即p=2.

故抛物线C的方程为y2=4x，

由题意知，直线l的斜率存在且不为0.

设直线l的方程为y=kx＋1(k≠0).

由得k2x2＋(2k－4)x＋1=0.

依题意Δ=(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k＜0或0＜k＜1.

又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2).

从而k≠－3.

所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1).

(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由(1)知x1＋x2=－，x1x2=.直线PA的方程为y－2=(x－1).

令x=0，得点M的纵坐标为yM=＋2=＋2.

同理得点N的纵坐标为yN=＋2.

由Q=λ Q，Q=μ Q得λ=1－yM，μ=1－yN.

所以＋=＋=＋=·

=·=2.所以＋为定值.

10.解：(1)设M(x1，y1)，则由题意知y1＞0.

当t=4时，E的方程为＋=1，A(－2,0).

由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.

由此直线AM的方程为y=x＋2.

将x=y－2代入＋=1得7y2－12y=0.解得y=0或y=，所以y1=.

因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.

(2)由题意知，t＞3，k＞0，A(－，0).

将直线AM的方程y=k(x＋)代入＋=1

得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t=0.

由x1·(－)=得x1=，

故|AM|=|x1＋|=.

由题设知，直线AN的方程为y=－(x＋)，故同理可得|AN|=.

由2|AM=|AN|得=，即(k3－2)t=3k(2k－1).

当k=时上式不成立，因此t=.

t＞3等价于=＜0，即＜0.

由此得或解得＜k＜2.

因此k的取值范围是(，2).

11.解：(1)证明：设直线l：y=kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM).

将y=kx＋b代入9x2＋y2=m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2=0，

故xM==，yM=kxM＋b=.

于是直线OM的斜率kOM==－，即kOM·k=－9.

所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.

(2)四边形OAPB能为平行四边形.

因为直线l过点，

所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3.

由(1)得OM的方程为y=－x.设点P的横坐标为xp.

由得x=，即xp=.

将点的坐标代入l的方程得b=，因此xM=.

四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xp=2xM.

于是=2×，解得k1=4－，k2=4＋.

因为ki＞0，ki≠3，i=1,2，

所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形.

12.解：(1)由椭圆的定义可知2a=4，a=2，

若点P运动到椭圆的左、右顶点时，直线PF1与圆一定相交，

故点P只能在椭圆的上、下顶点，

不妨设点P为上顶点(0，b)，F1为左焦点(－c,0)，

则直线PF1：bx－cy＋bc=0，

由题意得原点O到直线PF1的距离等于椭圆C的离心率e，

所以=，所以c2=3b2，又a2=b2＋c2，所以b=1，

故椭圆C的方程为＋y2=1.

(2)由题意知直线PA，PB的斜率存在且都不为0.

设kPA=k，点P(x0，y0)，x0≠±2，

又A(－2,0)，B(2,0)，

所以kPA·kPB=·===－，得kPB=－，

直线PA的方程为y=k(x＋2)，令x=6，得y=8k，故M(6,8k)；

直线PB的方程为y=－(x－2)，令x=6，得y=－，故N(6，－).

因为yM·yN=8k·(－)=－8<0，所以以线段MN为直径的圆与x轴交于两点，

设为G，H，并设MN与x轴的交点为K，在以线段MN为直径的圆中应用相交弦定理得，

|GK|·|HK|=|MK|·|NK|=|8k|·|－|=8，

因为|GK|=|HK|，所以|GK|=|HK|=2，

从而以线段MN为直径的圆恒过两个定点G(6－2，0)，H(6＋2，0).

13.解：(1)由C1：x2=4y知其焦点F的坐标为(0,1).因为F也是椭圆C2的一个焦点，

所以a2－b2=1.①

又C1与C2的公共弦的长为2，C1与C2都关于y轴对称，且C1的方程为x2=4y，

由此易知C1与C2的公共点的坐标为，所以＋=1.②

联立①，②得a2=9，b2=8.故C2的方程为＋=1.

(2)如图，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4).

(ⅰ)因A与B同向，且|AC|=|BD|，所以A=B，

从而x3－x1=x4－x2，即x1－x2=x3－x4，于是(x1＋x2)2－4x1x2=(x3＋x4)2－4x3x4.③

设直线l的斜率为k，则l的方程为y=kx＋1.

由得x2－4kx－4=0.而x1，x2是这个方程的两根，

所以x1＋x2=4k，x1x2=－4.④

由得(9＋8k2)x2＋16kx－64=0.而x3，x4是这个方程的两根，

所以x3＋x4=－，x3x4=－.⑤

将④，⑤代入③，

得16(k2＋1)=＋，即16(k2＋1)=，

所以(9＋8k2)2=16×9，解得k=±，即直线l的斜率为±.

(ⅱ)由x2=4y得y′=，所以C1在点A处的切线方程为y－y1=(x－x1)，

即y=－.令y=0，得x=，即M，所以F=.

而F=(x1，y1－1)，于是F·F=－y1＋1=＋1＞0，

因此∠AFM是锐角，从而∠MFD=180°－∠AFM是钝角.

故直线l绕点F旋转时，△MFD总是钝角三角形.