2019年高考数学大二轮复习 专题六 解析几何 6.3 圆锥曲线的综合问题练习

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1、6.3圆锥曲线的综合问题【课时作业】A级1．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于M，N两点，且

2、MF

3、＝2

4、NF

5、，则直线l的斜率为(　　)A．±B．±2C．±D．±解析：　依题意得F(1,0)．设直线MN的方程为x＝my＋1.由消去x并整理，得y2－4my－4＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4①.因为

6、MF

7、＝2

8、NF

9、，所以y1＝－2y2②.联立①和②，消去y1，y2，得m＝±，所以直线l的斜率是±2.故选B.答案：　B2．(20

10、18·全国卷Ⅰ)已知双曲线C：－y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C的两条渐近线的交点分别为M，N.若△OMN为直角三角形，则

11、MN

12、＝(　　)A.B．3C．2D．4解析：　由已知得双曲线的两条渐近线方程为y＝±x.设两渐近线夹角为2α，则有tanα＝＝，所以α＝30°.所以∠MON＝2α＝60°.又△OMN为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN⊥ON，如图所示．在Rt△ONF中，

13、OF

14、＝2，则

15、ON

16、＝.则在Rt△OMN中，

17、MN

18、＝

19、ON

20、·tan2α＝·tan60°＝

21、3.故选B.答案：　B3．(2018·益阳市，湘潭市调研试卷)已知圆C1：x2＋(y－2)2＝4，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，C1与C2相交于A，B两点，

22、AB

23、＝，则抛物线C2的方程为________________．解析：　由题意，知圆C1与抛物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，设A(m，n)．∵

24、AB

25、＝，∴∴即A.将A的坐标代入抛物线方程得2＝2p×，∴p＝，∴抛物线C2的方程为y2＝x.答案：　y2＝x4．已知点A在椭圆＋＝1上，点P满足＝(λ－1)·(λ∈R)(O是坐标原点)

26、，且·＝72，则线段OP在x轴上的投影长度的最大值为________．解析：　因为＝(λ－1)，所以＝λ，即O，A，P三点共线，因为·＝72，所以·＝λ

27、

28、2＝72，设A(x，y)，OA与x轴正方向的夹角为θ，线段OP在x轴上的投影长度为

29、

30、

31、cosθ

32、＝

33、λ

34、

35、x

36、＝＝＝≤＝15，当且仅当

37、x

38、＝时取等号．答案：　155．已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝且与双曲线C2：－＝1有共同焦点．(1)求椭圆C1的方程；(2)在椭圆C1落在第一象限的图象上任取一点作C1的切线l，求l与坐标轴围成

39、的三角形的面积的最小值．解析：　(1)由e＝，可得：＝，即＝，所以＝，a2＝4b2，①又因为c2＝2b2＋1，即a2－b2＝2b2＋1，②联立①②解得：a2＝4，b2＝1，所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.(2)因为l与椭圆C1相切于第一象限内的一点，所以直线l的斜率必存在且为负，设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0)，联立消去y整理可得：x2＋2kmx＋m2－1＝0，③依题意可得方程③只有一实根，所以Δ＝(2km)2－4(m2－1)＝0，整理可得：m2＝4k2＋1，　④因为直线l与两坐标轴的交点分别为

40、，(0，m)且k<0，所以l与坐标轴围成的三角形的面积S＝·，⑤把④代入⑤可得：S＝(－2k)＋≥2.即三角形面积最小值为2.6．(2018·北京卷)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．解析：　(1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在

41、且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0

42、得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以＋＝＋＝＋＝·＝·＝2.所以＋为定值．B级1．(2018·南昌市摸底调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝，求原点O到直线l的距离的取值范围．解析：　(1)由题知e＝＝，2b＝2，又a2＝b2＋c2，∴b＝1，a＝2，∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2