2020高考文科数学专用专题能力训练：直线与圆锥曲线含解析.docx

教学资料范本2020高考文科数学专用专题能力训练：直线与圆锥曲线含解析编 辑：_时 间：_17直线与圆锥曲线一、能力突破训练1.过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MNl,则M到直线NF的距离为()A.B.2C.2D.32.与抛物线y2=8x相切倾斜角为135的直线l与x轴和y轴的交点分别是A和B,那么过A,B两点的最小圆截抛物线y2=8x的准线所得的弦长为()A.4B.2C.2D.3.设抛物线C:y2=4x的焦点为F,直线l过F且与C交于A,B两点.若|AF|=3|BF|,则l的方程为()A.y=x-1或y=-x+1B.y=(x-1)或y=-(x-1)C.y=(x-1)或y=-(x-1)D.y=(x-1)或y=-(x-1)4.已知倾斜角为30的直线l经过双曲线=1(a0,b0)的左焦点F1,交双曲线于A,B两点,线段AB的垂直平分线经过右焦点F2,则此双曲线的渐近线方程为.5.(20xx北京人大附中信息考试,18)已知抛物线C:y2=2px过点M(2,2),点A,B是抛物线C上不同两点,且ABOM(其中O是坐标原点),直线AO与BM相交于点P,线段AB的中点为Q.(1)求抛物线C的准线方程;(2)求证:直线PQ与x轴平行.6.已知椭圆C的两个顶点分别为A(-2,0),B(2,0),焦点在x轴上,离心率为.(1)求椭圆C的方程;(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点M,N,过D作AM的垂线交BN于点E.求证:BDE与BDN的面积之比为45.7.在平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:=1(ab0)右焦点的直线x+y-=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.(1)求M的方程;(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CDAB,求四边形ACBD面积的最大值.8.(20xx四川高三冲刺演练,20)已知直线l经过抛物线y2=4x的焦点且与此抛物线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,|AB|0)的焦点,点N(x0,y0)(y00)为其上一点,点M与点N关于x轴对称,直线l与抛物线交于异于点M,N的A,B两点,|NF|=,kNAkNB=-2.(1)求抛物线的标准方程和点N的坐标;(2)判断是否存在这样的直线l,使得MAB的面积最小.若存在,求出直线l的方程和MAB面积的最小值;若不存在,请说明理由.专题能力训练17直线与圆锥曲线一、能力突破训练1.C解析 由题意可知抛物线的焦点F(1,0),准线l的方程为x=-1,可得直线MF:y=(x-1),与抛物线y2=4x联立,消去y得3x2-10x+3=0,解得x1=,x2=3.因为M在x轴的上方,所以M(3,2).因为MNl,且N在l上,所以N(-1,2).因为F(1,0),所以直线NF:y=-(x-1).所以M到直线NF的距离为=2.2.C解析 设直线l的方程为y=-x+b,联立直线与抛物线方程,消元得y2+8y-8b=0.因为直线与抛物线相切,所以=82-4(-8b)=0,解得b=-2,故直线l的方程为x+y+2=0,从而A(-2,0),B(0,-2).因此过A,B两点的最小圆即为以AB为直径的圆,其方程为(x+1)2+(y+1)2=2,而抛物线y2=8x的准线方程为x=-2,此时圆心(-1,-1)到准线的距离为1,故所截弦长为2=2.3.C解析 由题意可得抛物线焦点F(1,0),准线方程为x=-1.当直线l的斜率大于0时,如图,过A,B两点分别向准线x=-1作垂线,垂足分别为M,N,则由抛物线定义可得,|AM|=|AF|,|BN|=|BF|.设|AM|=|AF|=3t(t0),|BN|=|BF|=t,|BK|=x,而|GF|=2,在AMK中,由,得,解得x=2t,则cosNBK=,NBK=60,则GFK=60,即直线AB的倾斜角为60.斜率k=tan 60=,故直线方程为y=(x-1).当直线l的斜率小于0时,如图,同理可得直线方程为y=-(x-1),故选C.4.y=x解析 如图,MF2为线段AB的垂直平分线,可得|AF2|=|BF2|,且MF1F2=30,可得|MF2|=2csin 30=c,|MF1|=2ccos 30=c.由双曲线的定义可得|BF1|-|BF2|=2a,|AF2|-|AF1|=2a,即|AB|=|BF1|-|AF1|=|BF2|+2a-(|AF2|-2a)=4a,即有|MA|=2a,|AF2|=,|AF1|=|MF1|-|MA|=c-2a.由|AF2|-|AF1|=2a,可得-(c-2a)=2a,可得4a2+c2=3c2,即c=a.故b=a,所以渐近线方程为y=x.5.(1)解 由题意得22=4p,解得p=1.所以抛物线C的准线方程为x=-=-.(2)证明 设A,B,由ABOM得kAB=kOM=1,则=1,所以y2+y1=2.所以线段AB的中点Q的纵坐标yQ=1.直线AO的方程为y=x=x.当y2-2时,直线BM的方程为y-2=(x-2)=(x-2).联立解得即点P的纵坐标yP=1.当y2=-2时,直线BM的方程为x=2.联立解得因为y2+y1=2,所以y1=4.所以y=1,即点P的纵坐标为yP=1.综上可知,直线PQ与x轴平行.6.(1)解 设椭圆C的方程为=1(ab0).由题意得解得c=.所以b2=a2-c2=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)证明 设M(m,n),则D(m,0),N(m,-n).由题设知m2,且n0.直线AM的斜率kAM=,故直线DE的斜率kDE=-.所以直线DE的方程为y=-(x-m),直线BN的方程为y=(x-2).联立解得点E的纵坐标yE=-.由点M在椭圆C上,得4-m2=4n2.所以yE=-n.又SBDE=|BD|yE|=|BD|n|,SBDN=|BD|n|,所以BDE与BDN的面积之比为45.7.解 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则=1,=1,=-1,由此可得=-=1.因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,所以a2=2b2.又由题意知,M的右焦点为(,0),所以a2-b2=3.所以a2=6,b2=3.所以M的方程为=1.(2)由解得因此|AB|=.由题意可设直线CD的方程为y=x+n,设C(x3,y3),D(x4,y4).由得3x2+4nx+2n2-6=0.于是x3,4=.因为直线CD的斜率为1,所以|CD|=|x4-x3|=.由已知,四边形ACBD的面积S=|CD|AB|=.当n=0时,S取得最大值,最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为.8.(1)证明 由题意可得,直线l的斜率存在,故可设直线l的方程为y=k(x-1)(k0),联立得ky2-4y-4k=0,则y1y2=-4为定值.(2)解 由(1)知,y1+y2=,x1+x2=+2=+2,则|AB|=x1+x2+p=+2=+41.联立得x2-kx+k-4=0,M,N两点在y轴的两侧,=k2-4(k-4)=k2-4k+160,且k-40,k1及k4可得k-1或1k0,(*)设A(-4,yA),由A,E,D三点共线得yA=,同理可得yB=.yA+yB=-6=-6=6m,|yA-yB|=18=18=6.设AB的中点为M,则点M的坐标为,即(-4,3m),点M到直线EF的距离d=3|yA-yB|=|AB|.故以AB为直径的圆始终与直线EF相切.10.解 (1)因为M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).因为M与直线x+2=0相切,所以M的半径为r=|a+2|.由已知得|AO|=2,又,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.故M的半径r=2或r=6.(2)存在定点P(1,0),使得|MA|-|MP|为定值.理由如下:设M(x,y),由已知得M的半径为r=|x+2|,|AO|=2.由于,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x.因为曲线C:y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x=-1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.因为|MA|-|MP|=r-|MP|=x+2-(x+1)=1,所以存在满足条件的定点P.11.解 (1)由题意知p=1,故抛物线方程为y2=2x.由|NF|=x0+,则x0=2,=4.y00,y0=2.N(2,2).(2)由题意知直线的斜率不为0,则可设直线l的方程为x=ty+b.联立得y