高考数学(理数)二轮专题复习：14《圆锥曲线的综合及应用问题》专题练习（2课时教师版）

这是一份高考数学(理数)二轮专题复习：14《圆锥曲线的综合及应用问题》专题练习（2课时教师版），共14页。试卷主要包含了已知点A，椭圆E等内容，欢迎下载使用。


1．已知点F1，F2分别为双曲线x2－eq \f(y2,3)＝1的左、右焦点，点P为双曲线右支上的任意一点，则eq \f(|PF1|2,|PF2|)的最小值为( )
A．8 B．5 C．4 D．9
2．已知点F1，F2是eq \f(x2,4)＋y2＝1的左、右焦点，点P在椭圆上运动，则eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))的最大值是( )
A．4 B．5 C．2 D．1
3．已知双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1右焦点为F，P为双曲线左支上一点，点A(0，eq \r(2))，则△APF周长的最小值为( )
A．4(1＋eq \r(2)) B．4＋eq \r(2) C．2(eq \r(2)＋eq \r(6)) D.eq \r(6)＋3 eq \r(2)
4．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.eq \f(\r(3),3) B.eq \f(2,3) C.eq \f(\r(2),2) D．1
5．设F1，F2分别是椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点M的坐标为(6,4)，则|PM|＋|PF1|的最大值为________．
6．已知F是双曲线eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1的左焦点，A(1,4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|＋|PA|的最小值为________．
7．已知点A(0，－2)，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，F是椭圆的焦点，直线AF的斜率为eq \f(2 \r(3),3)，O为坐标原点．
(1)求E的方程；
(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
8．已知双曲线eq \f(x2,5)－y2＝1的焦点是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的顶点，且椭圆与双曲线的离心率互为倒数．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设动点M，N在椭圆C上，且|MN|＝eq \f(4 \r(3),3)，记直线MN在y轴上的截距为m，求m的最大值．
第2课时

1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点到直线x－y＋3 eq \r(2)＝0的距离为5，且椭圆C的一个长轴端点与一个短轴端点间的距离为eq \r(10).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)给出定点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6 \r(5),5)，0))，对于椭圆C的任意一条过Q的弦AB，eq \f(1,|QA|2)＋eq \f(1,|QB|2)是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点P(eq \r(2)，1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若A1，A2分别是椭圆C的左、右顶点，动点M满足MA2⊥A1A2，且MA1交椭圆C于不同于A1的点R，求证：eq \(OR,\s\up6(→))·eq \(OM,\s\up6(→))为定值．
3．过点P(a，－2)作抛物线C：x2＝4y的两条切线，切点分别为A(x1，y1), B(x2，y2)．
(1)证明：x1x2＋y1y2为定值；
(2)记△PAB的外接圆的圆心为点M，点F是抛物线C的焦点， 对任意实数a，试判断以PM为直径的圆是否恒过点F? 并说明理由．
4．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，离心率为eq \f(\r(6),3)，点A，B分别是椭圆与x轴，y轴的交点，且原点O到AB的距离为eq \f(\r(6),2).
(1)求椭圆方程；
(2)如图，若F是椭圆的右焦点，过F的直线l交椭圆于M，N两点，当直线l绕着点F转动过程中，试问在直线x＝3上是否存在点P，使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由。
5．已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.
(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；
(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值．
专题四 圆锥曲线的综合及应用问题
第1课时
1．A 解析：eq \f(|PF1|2,|PF2|)＝eq \f(|PF2|＋22,|PF2|)＝eq \f(|PF2|2＋4|PF2|＋4,|PF2|)＝|PF2|＋eq \f(4,|PF2|)＋4≥2 eq \r(|PF2|·\f(4,|PF2|))＋4＝8.当且仅当|PF2|＝2时取等号．
2．D 解析：方法一，设点P(x0，y0)，F1(－eq \r(3)，0)，F2(eq \r(3)，0)，eq \(PF1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)－x0，－y0)，eq \(PF2,\s\up6(→))＝(eq \r(3)－x0，－y0)，eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝xeq \\al(2,0)－3＋yeq \\al(2,0)＝xeq \\al(2,0)－3＋1－eq \f(x\\al(2,0),4)＝eq \f(3,4)xeq \\al(2,0)－2.又因为xeq \\al(2,0)≤4，所以eq \f(3,4)xeq \\al(2,0)－2≤1.
方法二，可设点P(2cs α，sin α)，转化为三角问题，则由eq \(PF1,\s\up6(→))＝(－eq \r(3)－2cs α，－sin α)，eq \(PF2,\s\up6(→))＝(eq \r(3)－2cs α，－sin α)，得到eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝3cs 2α－2≤1.故选D.
3．A 解析：易得点F(eq \r(6)，0)，△APF的周长l＝|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋2a＋|PF′|＋|AP|，要△APF的周长最小，只需|AP|＋|PF′|最小，如图D137，当A，P，F′三点共线时|AP|＋|PF′|最小，故l＝2|AF|＋2a＝4(1＋eq \r(2))．
图D137
4．C 解析：设P(2pt2,2pt)，M(x，y)(不妨设t>0)，则eq \(FP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2pt2－\f(p,2)，2pt)) .∵|PM|＝2|MF|，
∴eq \(FM,\s\up6(→))＝eq \f(1,3)eq \(FP,\s\up6(→)) .
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)＝\f(2p,3)t2－\f(p,6)，,y＝\f(2pt,3).))∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(2p,3)t2＋\f(p,3)，,y＝\f(2pt,3).))
∴kOM＝eq \f(2t,2t2＋1)＝eq \f(1,t＋\f(1,2t))≤eq \f(1,2 \r(t·\f(1,2t)))＝eq \f(\r(2),2).
当且仅当t＝eq \f(1,2t)时等号成立．∴(kOM)max＝eq \f(\r(2),2).
故选C.
5．15 解析：∵|PF1|＋|PF2|＝10，∴|PF1|＝10－|PF2|.
∴|PM|＋|PF1|＝10＋|PM|－|PF2|.易知点M在椭圆外，连接MF2，并延长交椭圆于点P，此时|PM|－|PF2|取最大值|MF2|，故|PM|＋|PF1|的最大值为10＋|MF2|＝10＋eq \r(6－32＋42)＝15.
6．9 解析：∵点A在双曲线的两支之间，且双曲线右焦点为F′(4,0)，∴由双曲线的性质，得|PF|－|PF′|＝2a＝4.而|PA|＋|PF′|≥|AF′|＝5，两式相加，得|PF|＋|PA|≥9.当且仅当A，P，F′三点共线时等号成立．
7．解：(1)设F(c,0)，由条件知，eq \f(2,c)＝eq \f(2 \r(3),3)，解得c＝eq \r(3).
又eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.
故E的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当l⊥x轴时不合题意，
故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
将y＝kx－2代入eq \f(x2,4)＋y2＝1，得
(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq \f(3,4)时，
x1,2＝eq \f(8k±2\r(4k2－3),4k2＋1).
则|PQ|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|＝eq \f(4\r(k2＋1)·\r(4k2－3),4k2＋1).
又点O到直线PQ的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1)).
所以△OPQ的面积S△OPQ＝eq \f(1,2)d·|PQ|＝eq \f(4\r(4k2－3),4k2＋1).
设eq \r(4k2－3)＝t，则t>0，S△OPQ＝eq \f(4t,t2＋4)＝eq \f(4,t＋\f(4,t))≤eq \f(4,2 \r(t·\f(4,t)))＝1.
当且仅当t＝2，即k＝±eq \f(\r(7),2)时等号成立，且满足Δ>0.
所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝eq \f(\r(7),2)x－2，或y＝－eq \f(\r(7),2)x－2.
8．解：(1)双曲线eq \f(x2,5)－y2＝1的焦点坐标为(±eq \r(6)，0)，离心率为eq \f(\r(30),5).
因为双曲线eq \f(x2,5)－y2＝1的焦点是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的顶点，且椭圆与双曲线的离心率互为倒数，
所以a＝eq \r(6)，且eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(30),6).解得b＝1.
故椭圆C的方程为eq \f(x2,6)＋y2＝1.
(2)因为|MN|＝eq \f(4 \r(3),3)>2，所以直线MN的斜率存在．
因为直线MN在y轴上的截距为m，
所以可设直线MN的方程为y＝kx＋m.
代入椭圆方程eq \f(x2,6)＋y2＝1，得
(1＋6k2)x2＋12kmx＋6(m2－1)＝0.
因为Δ＝(12km)2－24(1＋6k2)(m2－1)＝24(1＋6k2－m2)>0，
所以m20，解得－eq \f(3 \r(2),2)