高考数学第一轮复习单元试卷13-直线与圆锥曲线的位置关系

1第十三单元直线与圆锥曲线的位置关系一.选择题(1)椭圆141622yx上的点到直线022yx的最大距离是()A3B11C22D10(2)过抛物线xy42的焦点作一条直线与抛物线相交于A、B两点，它们的横坐标之和等于5，则这样的直线()A有且仅有一条B有且仅有两条C有无穷多条D不存在(3)设双曲线12222byax(0ab)的半焦距c,直线l过(a,0),(0,b)两点.已知原点到直线l的距离为43c,则双曲线的离心率为()A2B3C2D332(4)如果椭圆193622yx的弦被点(4，2)平分，则这条弦所在的直线方程是()A02yxB042yxC01232yxD082yx(5)过双曲线2x2-y2-8x+6=0的由焦点作直线l交双曲线于A、B两点,若|AB|=4,则这样的直线有()A4条B3条C2条D1条(6)已知定点A、B且|AB|=4，动点P满足|PA|－|PB|=3，则|PA|的最小值是()A21B23C27D5(7)直线l交椭圆4x2+5y2=80于M、N两点,椭圆的上顶点为B点,若△BMN的重心恰好落在椭圆的右焦点上,则直线l的方程是()A5x+6y-28=0B5x+6y-28=0C6x+5y-28=0D6x-5y-28=02(8)过抛物线2yax(a0)的焦点F作一直线交抛物线于P、Q两点，若线段PF与FQ的长分别为p、q，则11pq等于()A2aB12aC4aD4a(9)已知双曲线13622yx的焦点为F1、F2，点M在双曲线上且MF1⊥x轴，则F1到直线F2M的距离为()A563B665C56D65(10)点P（-3，1）在椭圆)0(12222babyax的左准线上，过点P且方向为)5,2(a的光线，经直线2y反射后通过椭圆的左焦点，则这个椭圆的离心率为()A33B31C22D21二.填空题(11)椭圆192522yx的两焦点为F1，F2，一直线过F1交椭圆于P、Q，则△PQF2的周长为___________.(12)若直线l过抛物线2yax(a0)的焦点，并且与y轴垂直，若l被抛物线截得的线段长为4，则a=_______(13)过点)1,3(M且被点M平分的双曲线1422yx的弦所在直线方程为.(14)已知F1、F2是椭圆42x+y2=1的两个焦点,P是该椭圆上的一个动点,则|PF1|·|PF2|3的最大值是.三.解答题(15)如图，O为坐标原点，过点P（2，0）且斜率为k的直线l交抛物线y2=2x于M（x1,y1）,N(x2,y2)两点．（1）写出直线l的方程；（2）求x1x2与y1y2的值；（3）求证：OM⊥ON．(16)已知椭圆C：22ax＋22by＝1（a＞b＞0）的左．右焦点为F1、F2，离心率为e.直线l：y＝ex＋a与x轴．y轴分别交于点A、B，M是直线l与椭圆C的一个公共点，P是点F1关于直线l的对称点，设AM＝λAB.（Ⅰ）证明：λ＝1－e2；（Ⅱ）若43，△PF1F2的周长为6；写出椭圆C的方程.4(17)已知中心在原点的双曲线C的右焦点为（2，0），右顶点为)0,3(（1）求双曲线C的方程；（2）若直线2:kxyl与双曲线C恒有两个不同的交点A和B，且2OBOA（其中O为原点）.求k的取值范围.5(18)如图，已知椭圆的中心在坐标原点，焦点12,FF在x轴上，长轴12AA的长为4，左准线l与x轴的交点为M，|MA1|∶|A1F1|＝2∶1．(Ⅰ)求椭圆的方程；(Ⅱ)若点P为l上的动点，求∠F1PF2最大值ll1A2A1F2PF1Moyx6参考答案一选择题:1.D[解析]：设椭圆141622yx上的点P（4cosθ，2sinθ）则点P到直线022yx的距离d=5|2)4sin(24|5|2sin4cos4|105|224|maxd2.B[解析]：过抛物线xy42的焦点作一条直线与抛物线相交于A、B两点，若直线AB的斜率不存在，则横坐标之和等于2，不适合。故设直线AB的斜率为k，则直线AB为)1(xky代入抛物线xy42得，0)2(22222kxkxk∵A、B两点的横坐标之和等于5，∴5)2(222kk，342k7则这样的直线有且仅有两条3.A[解析]：直线l过(a,0),(0,b)两点.即为：0abaybx，故原点到直线l的距离22||baab=43c，22222163)(ccaca2216311ee∴e=332或2，又0ab，故2222222222aaaabaace∴e=24.D[解析]：用‘点差法’：这条弦的两端点位A(x1,y1),B（x2,y2）,斜率为k,则1936193622222121yxyx两式相减再变形得09362121yykxx又弦中点为(4，2)，故k=21故这条弦所在的直线方程y－2=21(x-4)5.B[解析]：过双曲线2x2－y2－2=0的由焦点作直线l交双曲线于A、B两点,若轴，xl则AB为通径，而通径长度正好是4，故直线l交双曲线于同支上的A、B两点且|AB|=4，这样的直线只有一条，若l经过顶点，此时|AB|=2,故直线l交双曲线于异支上的A、B两点且|AB|=4，这样的直线有且只有两条，故选B。6.C[解析]：已知定点A、B且|AB|=4，动点P满足|PA|－|PB|=3，则点P的轨迹是以A、B为左右焦点的双曲线的右支，故|PA|的最小值是A到右顶点的距离，为2+27237.D[解析]：设M（x1,y1）、N(x2,y2),而B（0，4）,又△BMN的重心恰好落在椭圆的右焦点（2，0）上,故x1+x2=6，y1+y2=－4，又A、B在椭圆上，故得802856028562211yxyx则直线l的方程是02856yx8.C[解析]：过抛物线2yax(a0)的焦点F作一直线交抛物线于P、Q两点，设P（x1,y1）、Q(x2,y2),则p=ayqay41,4121设直线PQ为akxy41，联立直线方程与抛物线方程可得21yy=ak221，221161ayy11pq=2212121161)(4121ayyayyayy=4a9.C[解析]：已知双曲线13622yx的焦点为F1、F2，点M在双曲线上且MF1⊥x轴，M(3,)26则MF1=26,故MF2=2652662，故F1到直线F2M的距离为562652662121MFMFFF10.A[解析]：点P（-3，1）在椭圆)0(12222babyax的左准线上，故32ca点P（-3，1）关于直线2y的对称的点为Q，则Q（-3，-5），设椭圆的左焦点为F，则直线FQ为)5(25xy，故9)3(255c∴c1，3a二填空题:11.20[解析]：△PQF2的周长=4a12.14[解析]：l被抛物线截得的线段长即为通径长a1，故a1=4，13.0543yx[解析]：参考选择题（4），由‘点差法’可得斜率为4314.4.[解析]：由焦半径公式|PF1|=exa，|PF2|=exa|PF1|·|PF2|=（exa）（exa）=222xea则|PF1|·|PF2|的最大值是2a=4.三解答题(15)解（Ⅰ）解：直线l的方程为)0()2(kxky①（Ⅱ）解：由①及y2=2x消去y可得.04)1(22222kxkxk②点M，N的横坐标x1与x2是②的两个根，由韦达定理得22212122212,2.44xyxykkxx由.4,0,16444)(212121221yyyyxxyy所以注意到得（Ⅲ）证明：设OM，ON的斜率分别为k1,k2,10.,144.,212121222111ONOMxxyykkxykxyk所以相乘得则(16)（Ⅰ）证法一：因为A、B分别是直线l：aexy与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是2222222.,,1,).,0(),0,(bacabycxbyaxaexyaea这里得由.所以点M的坐标是（abc2,）.由).,(),(2aeaabeacABAM得即221eaabeacea解得证法二：因为A、B分别是直线l：aexy与x轴、y轴的交点，所以A、B的坐标分别是).,0(),0,(aea设M的坐标是),,(),(),,(0000aeayeaxABAMyx得由所以.)1(00ayeax因为点M在椭圆上，所以,1220220byax即.11)1(,1)()]1([22222222eebaaea所以,0)1()1(2224ee解得.1122ee即（Ⅱ）当43时，21c，所以.2ca由△MF1F2的周长为6，得.622ca所以.3,1,2222cabca椭圆方程为.13422yx(17)解：（Ⅰ）设双曲线方程为12222byax).0,0(ba11由已知得.1,2,2,32222bbaca得再由故双曲线C的方程为.1322yx（Ⅱ）将得代入13222yxkxy.0926)31(22kxxk由直线l与双曲线交于不同的两点得.0)1(36)31(36)26(,0312222kkkk即.13122kk且①设),(),,(BBAAyxByxA，则,22,319,312622BABABABAyyxxOBOAkxxkkxx得由而2)(2)1()2)(2(2BABABABABABAxxkxxkkxkxxxyyxx.1373231262319)1(22222kkkkkkk于是解此不等式得即,01393,213732222kkkk.3312k②由①、②得.1312k故k的取值范围为).1,33()33,1((18)解(Ⅰ)设椭圆方程为222210xyabab，半焦距为c，则2111,aMAaAFacc2222224aaaccaabc由题意,得2,3,1abc12221.43xy故椭圆方程为(Ⅱ)004,,0Pyy设00112212110021122120000121212350,22215tan.115152151515tan15arctan.15yyPFkPFkFPFPFMFPFyykkFPFkkyyyyFPFFPFFPF设直线的斜率,直线的斜率为锐角。当，即=时，取到最大值，此时最大，故的最大值为