試題為word版 下載可打印編輯第7節(jié)圓錐曲線的綜合問題【選題明細(xì)表】知識點、方法題號直線與圓錐曲線的位置關(guān)系2,3,4,8弦長和中點弦問題1,5,7定點、定值問題11,12最值、范圍、存在性問題6,9,10,13基礎(chǔ)鞏固(時間:30分鐘)1.設(shè)AB為過拋物線y2=2px(p>0)的焦點的弦,則|AB|的最小值為(C)(A)(B)p(C)2p(D)無法確定解析:當(dāng)弦AB垂直于對稱軸時|AB|最短,這時x=,所以y=±p,|AB|min=2p.選C.2.(2018·蘭州一中模擬)已知過拋物線y2=4x焦點F的直線l交拋物線于A,B兩點(點A在第一象限),若=3,則直線l的斜率為(A)(A)(B)(C)(D)2解析:設(shè)過拋物線y2=4x焦點F的直線l:x=ty+1交拋物線于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點,因為點A在第一象限且=3,所以y1=-3y2>0,聯(lián)立得y2-4ty-4=0,則解得即直線l的斜率為.故選A.3.若直線y=kx+2與雙曲線x2-y2=6的右支交于不同的兩點,則k的取值范圍是(D)(A)(-,)(B)(0,)(C)(-,0)(D)(-,-1)解析:由得(1-k2)x2-4kx-10=0.設(shè)直線與雙曲線右支交于不同的兩點A(x1,y1),B(x2,y2),則解得-<k<-1.即k的取值范圍是(-,-1).選D.4.(2018·廣西三市第二次調(diào)研)過點(2,1)的直線交拋物線y2=x于A,B兩點(異于坐標(biāo)原點O),若OAOB,則該直線的方程為(B)(A)x+y-3=0(B)2x+y-5=0(C)2x-y+5=0(D)x+2y-5=0解析:觀察選項知AB不垂直于x軸,設(shè)AB:y-1=k(x-2)與y2=x聯(lián)立化為2ky2-5y+(5-10k)=0,所以y1·y2=,y1+y2=,x1=,x2=,由OAOB,所以x1x2+y1y2=0,所以(y1y2)2+y1y2=0即()2+=0,解得k=-2或,當(dāng)k=時直線過原點,舍去,所以k=-2,只有選項B滿足.選B.5.(2017·安徽馬鞍山三模)已知橢圓E:+=1(a>b>0)的右焦點為F(3,0),過點F的直線交E于A,B兩點.若AB 的中點坐標(biāo)為(1,-1),則E的方程為(D)(A)+=1 (B)+=1(C)+=1 (D)+=1解析:設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線AB的斜率k=,兩式相減得+=0,即+=0+×()×=0,即a2=2b2,又c2=9,a2=b2+c2,解得a2=18,b2=9,方程是+=1,故選D.6.(2018·昆明一中模擬)設(shè)O為坐標(biāo)原點,P是以F為焦點的拋物線y2=2px(p>0)上任意一點,M是線段PF上的點,且|PM|=2|MF|,則直線OM的斜率的最大值為(A)(A)(B)(C)(D)1解析:由題意可得F(,0),設(shè)P(,y0),(y0>0),則=+=+=+(-)=+=(+,),可得kOM=.當(dāng)且僅當(dāng)=時取得等號,選A.7.(2018·山西省六校第四次聯(lián)考)已知拋物線C:x2=8y,直線l:y=x+2與C交于M,N兩點,則|MN|= . 解析:所以(y-2)2=8y,所以y2-12y+4=0,所以y1+y2=12,y1y2=4.因為直線l:y=x+2,過拋物線的焦點F(0,2),所以|MN|=(y1+2)+(y2+2)=y1+y2+4=16.答案:168.(2018·大慶一模)已知拋物線C:y2=4x,過其焦點F作一條斜率大于0的直線l,l與拋物線交于M,N兩點,且|MF|=3|NF|,則直線l的斜率為. 解析:拋物線C:y2=4x,焦點F(1,0),準(zhǔn)線為x=-1,分別過M和N作準(zhǔn)線的垂線,垂足分別為C和D,作NHCM,垂足為H,設(shè)|NF|=x,則|MF|=3x,由拋物線的定義可知:|NF|=|DN|=x,|MF|=|CM|=3x,所以|HM|=2x,由|MN|=4x,所以HMF=60°,則直線MN的傾斜角為60°,則直線l的斜率k=tan 60°=.答案:能力提升(時間:15分鐘)9.(2018·云南玉溪模擬)已知點F1,F2是橢圓x2+2y2=2的兩個焦點,點P是該橢圓上的一個動點,那么|+|的最小值是(C)(A)0(B)1(C)2(D)2解析:因為O為F1F2的中點,所以+=2,可得|+|=2|,當(dāng)點P到原點的距離最小時,|達到最小值,|+|同時達到最小值.因為橢圓x2+2y2=2化成標(biāo)準(zhǔn)形式,得+y2=1,所以a2=2且b2=1,可得a=,b=1,因此點P到原點的距離最小值為短軸一端到原點的距離,即|最小值為b=1,所以|+|=2|的最小值為2,故選C.10.(2015·江蘇卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,P為雙曲線x2-y2=1右支上的一個動點.若點P到直線x-y+1=0的距離大于c恒成立,則實數(shù)c的最大值為. 解析:雙曲線x2-y2=1的一條漸近線為直線y=x,顯然直線y=x與直線x-y+1=0平行,且兩直線之間的距離為=.因為點P為雙曲線x2-y2=1的右支上一點,所以點P到直線y=x的距離恒大于0,結(jié)合圖形可知點P到直線x-y+1=0的距離恒大于,即c,可得c的最大值為.答案:11.(2018·海淀區(qū)校級三模)如圖,已知橢圓C:+=1(a>b>0)的上頂點為A(0,1),離心率為.(1)求橢圓C的方程;(2)若過點A作圓M:(x+1)2+y2=r2(圓M在橢圓C內(nèi))的兩條切線分別與橢圓C相交于B,D兩點(B,D不同于點A),當(dāng)r變化時,試問直線BD是否過某個定點?若是,求出該定點;若不是,請說明理由.解:(1)因為e=,由題設(shè)知故所求橢圓C的方程是+y2=1.(2)設(shè)切線方程為y=kx+1,則得=r,即(1-r2)k2-2k+1-r2=0,設(shè)兩條切線的斜率分別為k1,k2,于是k1,k2是方程(1-r2)k2-2k+1-r2=0的兩實根,故k1·k2=1.設(shè)直線BD的方程為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=0t=-3.所以直線BD過定點(0,-3).12.(2018·廣東省海珠區(qū)一模)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的焦距為2,且過點A(2,1).(1)求橢圓C的方程;(2)若不經(jīng)過點A的直線l:y=kx+m與C交于P,Q兩點,且直線AP與直線AQ的斜率之和為0,證明:直線PQ的斜率為定值.(1)解:因為橢圓C的焦距為2,且過點A(2,1),所以+=1,2c=2.因為a2=b2+c2,解得a2=8,b2=2,所以橢圓C的方程為+=1.(2)證明:設(shè)點P(x1,y1),Q(x2,y2),y1=kx1+m,y2=kx2+m,由消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-8=0,(*)則x1+x2=-,x1x2=,因為kPA+kAQ=0,即=-,化簡得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(*)的一個根為2,不合題意,所以直線PQ的斜率為定值,該值為.13.(2018·西城區(qū)一模)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,以橢圓C的任意三個頂點為頂點的三角形的面積是2.(1)求橢圓C的方程;(2)設(shè)A是橢圓C的右頂點,點B在x軸上,若橢圓C上存在點P,使得APB=90°,求點B橫坐標(biāo)的取值范圍.解:(1)設(shè)橢圓C的半焦距為c.依題意,得=,ab=2,且a2=b2+c2.解得a=2,b=.所以橢圓C的方程為+=1.(2)“橢圓C上存在點P,使得APB=90°”等價于“存在不是橢圓左、右頂點的點P,使得·=0成立”,依題意,A(2,0),設(shè)B(t,0),P(m,n),則m2+2n2=4,且(2-m,-n)·(t-m,-n)=0,即(2-m)(t-m)+n2=0.將n2=代入上式,得(2-m)(t-m)+=0.因為-2<m<2,所以t-m+=0,即m=2t+2.所以-2<2t+2<2,解得-2<t<0,所以點B橫坐標(biāo)的取值范圍是(-2,0).試題為word版 下載可打印編輯