《高考數(shù)學二輪復(fù)習 第二部分 專題五 解析幾何 專題強化練十四 圓錐曲線中的熱點問題 文-人教版高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《高考數(shù)學二輪復(fù)習 第二部分 專題五 解析幾何 專題強化練十四 圓錐曲線中的熱點問題 文-人教版高三數(shù)學試題（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題強化練十四 圓錐曲線中的熱點問題 一、選擇題 1．若雙曲線－＝1(0＜λ＜1)的離心率e∈(1，2)，則實數(shù)λ的取值范圍為(　　) A.　　　　　 B．(1，2) C．(1，4) D. 解析：易知c＝1，a＝，且e∈(1，2)，所以1＜＜2，得＜λ＜1. 答案：D 2．(2018·河南信陽二模)已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線經(jīng)過點(3, )，則雙曲線的離心率為(　　) A. B．2 C.或2 D.或2 解析：由題意可得＝，即＝，得＝， 則e2－1＝，e2＝，解得e＝(舍負)． 答案：A 3．(2018·北京東城區(qū)調(diào)研)已知圓M：(x－

2、2)2＋y2＝1經(jīng)過橢圓C：＋＝1的一個焦點，圓M與橢圓C的公共點為A，B，點P為圓M上一動點，則P到直線AB的距離的最大值為(　　) A．2－5 B．2－4 C．4－11 D．4－10 解析：易知圓M與x軸的交點為(1，0)，(3，0)，所以m－3＝1或m－3＝9，則m＝4或m＝12. 當m＝12時，圓M與橢圓C無交點，舍去．所以m＝4. 聯(lián)立得x2－16x＋24＝0. 因為x≤2，所以x＝8－2.故點P到直線AB距離的最大值為3－(8－2)＝2－5. 答案：A 4．(2018·山東德州一模)已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一個焦點在拋物線y2＝16x的準線上，且

3、雙曲線的一條漸近線過點(，3)，則雙曲線的方程為(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 解析：雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的漸近線方程為y＝±x， 由雙曲線的一條漸近線過點(，3)，可得＝，① 雙曲線的一個焦點(－c，0)在拋物線y2＝16x的準線x＝－4上， 可得c＝4，即有a2＋b2＝16，② 由①②解得a＝2，b＝2， 則雙曲線的方程為－＝1. 答案：C 二、填空題 5．(2018·山西太原一模)過雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的右頂點且斜率為2的直線，與該雙曲線的右支交于兩點，則此雙曲線離心率的取值范圍為________． 解析：由過

4、雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的右頂點且斜率為2的直線，與該雙曲線的右支交于兩點，可得＜2， 所以e＝＝ ＜＝， 因為e＞1，所以1＜e＜， 所以此雙曲線離心率的取值范圍為(1，)． 答案：(1，) 6．(2018·濟南模擬)已知拋物線y2＝4x，過焦點F的直線與拋物線交于A，B兩點，過A，B分別作x軸，y軸垂線，垂足分別為C，D，則|AC|＋|BD|的最小值為________． 解析：不妨設(shè)A(x1，y1)(y1＞0)，B(x2，y2)，(y2＜0)． 則|AC|＋|BD|＝x2＋y1＝＋y1. 又y1y2＝－p2＝－4. 所以|AC|＋|BD|＝－(y2＜0)． 設(shè)

5、g(x)＝－，g′(x)＝， 令g′(x)＜0，得x＜－2，令g′(x)＞0得－2＜x＜0.所以g(x)在(－∞，－2)遞減，在(－2，0)遞增． 所以當x＝－2，即y2＝－2時，|AC|＋|BD|取最小值為3. 答案：3 三、解答題 7．已知動圓M恒過點(0，1)，且與直線y＝－1相切． (1)求動圓心M的軌跡方程； (2)動直線l過點P(0，－2)，且與點M的軌跡交于A，B兩點，點C與點B關(guān)于y軸對稱，求證：直線AC恒過定點． (1)解：由題意得點M與點(0，1)的距離等于點M與直線y＝－1的距離． 由拋物線定義知圓心M的軌跡為以點(0，1)為焦點，直線y＝－1為準線的拋

6、物線，則＝1，所以p＝2. 所以圓心M的軌跡方程為x2＝4y. (2)證明：由題意知直線l的斜率存在，設(shè)直線l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則C(－x2，y2)， 由得x2－4kx＋8＝0， 所以x1＋x2＝4k，x1x2＝8. kAC＝＝＝， 直線AC的方程為y－y1＝(x－x1)． 即y＝y(tǒng)1＋(x－x1)＝x－＋＝x＋， 因為x1x2＝8，所以y＝x＋2， 則直線AC恒過點(0，2)． 8．(2018·西安質(zhì)檢)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率e＝，直線x＋y－1＝0被以橢圓C的短軸為直徑的圓截得的弦長為. (1)求橢圓C的方程； (

7、2)過點M(4，0)的直線l交橢圓于A，B兩個不同的點，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范圍． 解：(1)原點到直線x＋y－1＝0的距離為， 由題得＋＝b2(b＞0)， 解得b＝1. 又e2＝＝1－＝，得a＝2. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)當直線l的斜率為0時，λ＝|MA|·|MB|＝12. 當直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l：x＝my＋4，點A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立方程組 化簡得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0. 由Δ＝64m2－48(m2＋4)＞0，得m2＞12， 所以y1y2＝. λ＝|MA|·|MB| ＝|y1|·|y2|

8、＝(m2＋1)|y1y2| ＝ ＝12. 由m2＞12，得0＜＜，所以＜λ＜12. 綜上可得，＜λ≤12，即λ∈. 9．(2018·惠州調(diào)研)在平面直角坐標系xOy中，過點C(2，0)的直線與拋物線y2＝4x相交于A，B兩點，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)求證：y1y2為定值； (2)是否存在平行于y軸的定直線被以AC為直徑的圓截得的弦長為定值？如果存在，求出該直線的方程和弦長，如果不存在，說明理由． (1)證明：法一　當直線AB垂直于x軸時，不妨取y1＝2，y2＝－2， 所以y1y2＝－8(定值)． 當直線AB不垂直于x軸時， 設(shè)直線AB的方程為y＝k(

9、x－2)， 由得ky2－4y－8k＝0， 所以y1y2＝－8. 綜上可得，y1y2＝－8為定值． 法二　設(shè)直線AB的方程為my＝x－2. 由得y2－4my－8＝0，所以y1y2＝－8. 因此有y1y2＝－8為定值． (2)解：存在．理由如下： 設(shè)存在直線l：x＝a滿足條件，則AC的中點E， |AC|＝， 因此以AC為直徑的圓的半徑r＝|AC|＝ ＝ ， 點E到直線x＝a的距離d＝， 所以所截弦長為2 ＝2 ＝ ＝， 當1－a＝0，即a＝1時，弦長為定值2，這時的直線的方程為x＝1. 10．(2018·河南鄭州二模)已知動圓E經(jīng)過點F(1，0)，且和直線l：x＝

10、－1相切． (1)求該動圓圓心E的軌跡G的方程； (2)已知點A(3，0)，若斜率為1的直線l′與線段OA相交(不經(jīng)過坐標原點O和點A)，且與曲線G交于B、C兩點，求△ABC面積的最大值． 解：(1)由題意可知點E到點F的距離等于點E到直線l的距離， 所以動點E的軌跡是以F(1，0)為焦點，直線x＝－1為準線的拋物線， 故軌跡G的方程是y2＝4x. (2)設(shè)直線l′的方程為y＝x＋m，其中－3＜m＜0. 聯(lián)立方程組消去y，得x2＋(2m－4)x＋m2＝0， Δ＝(2m－4)2－4m2＝16(1－m)恒大于零． 設(shè)C(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝4－2m，x1·x2＝m2， 所以|CB|＝4， 點A到直線l′的距離d＝， 所以S△ABC＝×4×＝2×(3＋m)， 令＝t，t∈(1，2)，則m＝1－t2， 所以S△ABC＝2t(4－t2)＝8t－2t3， 令f(t)＝8t－2t3，所以f′(t)＝8－6t2， 易知y＝f(t)在上遞增，在上遞減． 所以y＝f(t)在t＝，即m＝－時取得最大值． 所以△ABC面積的最大值為.