《2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題六 解析幾何 6.3 圓錐曲線的綜合問題練習(xí)》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題六 解析幾何 6.3 圓錐曲線的綜合問題練習(xí)（6頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 專題六 解析幾何 6.3 圓錐曲線的綜合問題練習(xí) 1．已知拋物線C：y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線l交拋物線于M，N兩點(diǎn)，且|MF|＝2|NF|，則直線l的斜率為(　　) A．± B．±2 C．± D．± 解析：　依題意得F(1,0)．設(shè)直線MN的方程為x＝my＋1.由消去x并整理，得y2－4my－4＝0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＋y2＝4m，y1y2＝－4①.因?yàn)閨MF|＝2|NF|，所以y1＝－2y2②.聯(lián)立①和②，消去y1，y2，得m＝±，所以直線l的斜率是±2.故選B. 答案：　B 2．(2018·全國卷Ⅰ)已知雙曲

2、線C：－y2＝1，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)為C的右焦點(diǎn)，過F的直線與C的兩條漸近線的交點(diǎn)分別為M，N.若△OMN為直角三角形，則|MN|＝(　　) A. B．3 C．2 D．4 解析：　由已知得雙曲線的兩條漸近線方程為y＝±x. 設(shè)兩漸近線夾角為2α，則有tan α＝＝，所以α＝30°. 所以∠MON＝2α＝60°. 又△OMN為直角三角形，由于雙曲線具有對(duì)稱性，不妨設(shè)MN⊥ON，如圖所示． 在Rt△ONF中，|OF|＝2，則|ON|＝. 則在Rt△OMN中，|MN|＝|ON|·tan 2α＝·tan 60°＝3. 故選B. 答案：　B 3．(2018·益陽市，湘潭市調(diào)研試卷

3、)已知圓C1：x2＋(y－2)2＝4，拋物線C2：y2＝2px(p>0)，C1與C2相交于A，B兩點(diǎn)，|AB|＝，則拋物線C2的方程為________________． 解析：　由題意，知圓C1與拋物線C2的其中一個(gè)交點(diǎn)為原點(diǎn)，不妨記為B，設(shè)A(m，n)．∵|AB|＝， ∴∴即A.將A的坐標(biāo)代入拋物線方程得2＝2p×，∴p＝，∴拋物線C2的方程為y2＝x. 答案：　y2＝x 4．已知點(diǎn)A在橢圓＋＝1上，點(diǎn)P滿足＝(λ－1)·(λ∈R)(O是坐標(biāo)原點(diǎn))，且·＝72，則線段OP在x軸上的投影長度的最大值為________． 解析：　因?yàn)椋?λ－1)， 所以＝λ，即O，A，P三點(diǎn)共線，因

4、為·＝72， 所以·＝λ||2＝72， 設(shè)A(x，y)，OA與x軸正方向的夾角為θ，線段OP在x軸上的投影長度為|||cos θ|＝|λ||x|＝＝＝≤＝15， 當(dāng)且僅當(dāng)|x|＝時(shí)取等號(hào)． 答案：　15 5．已知橢圓C1：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝且與雙曲線C2：－＝1有共同焦點(diǎn)． (1)求橢圓C1的方程； (2)在橢圓C1落在第一象限的圖象上任取一點(diǎn)作C1的切線l，求l與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積的最小值． 解析：　(1)由e＝，可得：＝， 即＝，所以＝，a2＝4b2，① 又因?yàn)閏2＝2b2＋1，即a2－b2＝2b2＋1，② 聯(lián)立①②解得：a2＝4，b2＝1， 所

5、以橢圓C1的方程為＋y2＝1. (2)因?yàn)閘與橢圓C1相切于第一象限內(nèi)的一點(diǎn)， 所以直線l的斜率必存在且為負(fù)， 設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k<0)， 聯(lián)立消去y整理可得： x2＋2kmx＋m2－1＝0，③ 依題意可得方程③只有一實(shí)根， 所以Δ＝(2km)2－4(m2－1)＝0， 整理可得：m2＝4k2＋1，?、? 因?yàn)橹本€l與兩坐標(biāo)軸的交點(diǎn)分別為，(0，m)且k<0，所以l與坐標(biāo)軸圍成的三角形的面積S＝·，⑤ 把④代入⑤可得：S＝(－2k)＋≥2. 即三角形面積最小值為2. 6．(2018·北京卷)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2)，過點(diǎn)Q(0,1)的直線l

6、與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N. (1)求直線l的斜率的取值范圍； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，＝λ，＝μ，求證：＋為定值． 解析：　(1)因?yàn)閽佄锞€y2＝2px過點(diǎn)(1,2)， 所以2p＝4，即p＝2. 故拋物線C的方程為y2＝4x. 由題意知，直線l的斜率存在且不為0. 設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)， 由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0， 解得k<0或0

7、)∪(－3,0)∪(0,1)． (2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝. 直線PA的方程為y－2＝(x－1)． 令x＝0，得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM＝＋2＝＋2. 同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN＝＋2. 由＝λ，＝μ，得λ＝1－yM，μ＝1－yN. 所以＋＝＋ ＝＋ ＝· ＝· ＝2. 所以＋為定值． B級(jí) 1．(2018·南昌市摸底調(diào)研)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，短軸長為2. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若kOM·kON＝，求原點(diǎn)O到直線l

8、的距離的取值范圍． 解析：　(1)由題知e＝＝，2b＝2，又a2＝b2＋c2， ∴b＝1，a＝2， ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程，得得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 依題意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0， 化簡得m2<4k2＋1，① x1＋x2＝－，x1x2＝， y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 若kOM·kON＝，則＝，即4y1y2＝5x1x2， ∴4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2， ∴(4k2－5)·

9、＋4km·＋4m2＝0， 即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0， 化簡得m2＋k2＝，② 由①②得0≤m2<，

10、直線CD是否經(jīng)過定點(diǎn)？若經(jīng)過定點(diǎn)，求出這個(gè)定點(diǎn)，否則，說明理由． 解析：　(1)設(shè)點(diǎn)P(x，y)，則Q(－1，y)， 由F(1,0)及·＝·，得 (x＋1,0)·(2，－y)＝(x－1，y)·(－2，y)， 化簡得y2＝4x，所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡G的方程為y2＝4x. (2)由題易知點(diǎn)F關(guān)于原點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)為M(－1,0)， 設(shè)過點(diǎn)F的直線AB的方程為x＝ny＋1(n≠0)， 聯(lián)立方程得消去x，得y2－4ny－4＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y2＝－4. 設(shè)直線AM的方程為x＝my－1， 聯(lián)立方程得消去x，得y2－4my＋4＝0， 設(shè)C(x3，y3)，則y1y3＝4，即y3＝， 易得A，C，同理可得B，D. ①∵kAB＝＝，kCD＝＝＝， ∴kAB＋kCD＝0， 設(shè)直線AB，CD的傾斜角分別為α，β，則tan α＝tan (π－β)， 又0<α<π，0<β<π，且α，β≠， ∴α＝π－β，即α＋β＝π. ∴直線AB與直線CD的傾斜角互補(bǔ)． ②易知直線CD的方程y＝－＋， 令y＝0，得x＝＋＝＝＝1， ∴直線CD過定點(diǎn)(1,0)．