2018屆高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)沖刺提分作業(yè)第一篇專題突破專題六解析幾何刺第2講橢圓、雙曲線、拋物線第2課時圓錐曲線中的綜合問題文

學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精PAGE10-學(xué)必求其心得，業(yè)必貴于專精第2課時圓錐曲線中的綜合問題A組基礎(chǔ)題組時間：30分鐘分值:45分1.（2017福建福州質(zhì)量檢測)已知拋物線C：y2=4x的焦點為F,準(zhǔn)線為l。若射線y=2（x—1)(x≤1）與C,l分別交于P，Q兩點,則=（）A. B。2 C. D.52。（2017廣東廣州五校協(xié)作體診斷考試)已知點F1，F(xiàn)2分別是雙曲線-=1(a〉0,b>0）的左,右焦點，過F2且垂直于x軸的直線與雙曲線交于M，N兩點,若·〉0，則該雙曲線的離心率e的取值范圍是()A.(,+1） B.(1,+1）C。（1,） D.(，+∞)3.已知拋物線C：x2=2py（p〉0）,直線2x—y+2=0交拋物線C于A、B兩點,過線段AB的中點作x軸的垂線,交拋物線C于點Q。若·=0,則p=.

4。（2017安徽合肥模擬)已知點A在橢圓+=1上，點P滿足=(λ-1)(λ∈R）（O是坐標(biāo)原點),且·=72，則線段OP在x軸上的投影長度的最大值為.

5.(2017課標(biāo)全國Ⅱ，20，12分)設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓C：+y2=1上，過M作x軸的垂線,垂足為N,點P滿足=.（1)求點P的軌跡方程；(2）設(shè)點Q在直線x=—3上,且·=1。證明:過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F。6。(2017湖北武昌調(diào)研)已知橢圓的中心在坐標(biāo)原點,A(2,0),B(0，1）是它的兩個頂點，直線y=kx（k>0)與直線AB相交于點D，與橢圓相交于E,F兩點。(1)若=6，求k的值;(2）求四邊形AEBF面積的最大值.B組提升題組時間：20分鐘分值：25分1。（2016課標(biāo)全國Ⅲ理,20,12分）已知拋物線C:y2=2x的焦點為F,平行于x軸的兩條直線l1,l2分別交C于A，B兩點,交C的準(zhǔn)線于P，Q兩點.(1)若F在線段AB上,R是PQ的中點，證明AR∥FQ;（2）若△PQF的面積是△ABF的面積的兩倍,求AB中點的軌跡方程.2。(2017貴州適應(yīng)性考試)已知橢圓E:+=1（a〉b〉0）的離心率為,點P在橢圓E上，直線l過橢圓的右焦點F且與橢圓相交于A,B兩點。(1)求橢圓E的方程；（2）在x軸上是否存在定點M，使得·為定值？若存在,求出定點M的坐標(biāo);若不存在，請說明理由。

答案精解精析A組基礎(chǔ)題組1.C由題意,知拋物線C:y2=4x的焦點F的坐標(biāo)為（1，0），準(zhǔn)線l:x=—1,設(shè)l與x軸的交點為F1,過點P作直線l的垂線,垂足為P1，由得點Q的坐標(biāo)為（—1,—4)，所以｜FQ|=2。又|PF｜=｜PP1|,所以====,故選C。2。B由題意可知，F(xiàn)1（-c，0)，F(xiàn)2(c，0）,M,N，所以=,=，所以·=4c2—>0,∴b4-4a2c2〈0，∴（c2—a2）2-4a2c兩邊同時除以a4得，（e2—1）2—4e2〈0,又因為e〉1，所以e∈（1,+1）,故選B.3.答案解析聯(lián)立拋物線x2=2py與直線y=2x+2的方程,消去y得x2—4px-4p=0。設(shè)A(x1，y1),B（x2，y2)，則Δ=16p2+16p〉0，x1+x2=4p,x1x2=-4p，∴Q（2p,2p）.∵·=0，∴(x1-2p）·(x2—2p)+(y1-2p）（y2—2p)=0，即(x1—2p）（x2-2p)+(2x1+2—2p）·（2x2+2-2p）=0，∴5x1x2+(4-6p)（x1+x2)+8p2-8p+4=0,將x1+x2=4p,x1x2=-4p代入，得4p2+3p-1=0,解得p=或p=—1（舍去）。4.答案15解析因為=（λ—1),所以=λ,即O，A，P三點共線，因為·=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｜｜｜cosθ｜=|λ｜｜x|===≤=15,當(dāng)且僅當(dāng)|x|=時取等號.5.解析(1）設(shè)P(x，y），M(x0，y0）,則N（x0，0），=（x-x0,y）,=（0,y0).由=得x0=x,y0=y.因為M（x0,y0）在C上,所以+=1。因此點P的軌跡方程為x2+y2=2。(2)證明：由題意知F(—1,0)。設(shè)Q（—3,t）,P（m，n）,則=(—3，t)，=(—1-m，—n）,·=3+3m-tn,=（m，n)，=(—3-m，t-n）。由·=1得—3m-m2+tn-n2=1,又由（1）知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以·=0，即⊥.又過點P存在唯一直線垂直于OQ,所以過點P且垂直于OQ的直線l過C的左焦點F.6.解析（1)由題設(shè)條件可得,橢圓的方程為+y2=1，直線AB的方程為x+2y-2=0.設(shè)D(x0,kx0),E(x1,kx1），F(xiàn)(x2，kx2），其中x1〈x2，由得(1+4k2）x2=4，解得x2=—x1=.①由=6，得x0—x1=6（x2-x0），∴x0=(6x2+x1)=x2=。由D在AB上，得x0+2kx0—2=0，∴x0=?！?，化簡,得24k2-25k+6=0，解得k=或k=。(2)根據(jù)點到直線的距離公式和①式可知，點E，F(xiàn)到AB的距離分別為d1==，d2==,又|AB|==，∴四邊形AEBF的面積為S=｜AB|(d1+d2）=××==2=2=2≤2=2,當(dāng)且僅當(dāng)4k=(k>0），即k=時，等號成立。故四邊形AEBF面積的最大值為2.B組提升題組1.解析由題設(shè)知F.設(shè)l1：y=a，l2：y=b,則ab≠0,且A，B，P，Q，R。記過A，B兩點的直線為l，則l的方程為2x-（a+b）y+ab=0。(1)由于F在線段AB上,故1+ab=0。記AR的斜率為k1，F(xiàn)Q的斜率為k2，則k1=====-b=k2.所以AR∥FQ。(2）設(shè)l與x軸的交點為D（x1，0），則S△ABF=｜b-a｜|FD｜=｜b-a|，S△PQF=。由題設(shè)可得2×|b—a|=，所以x1=0（舍去），或x1=1。設(shè)滿足條件的AB的中點為E（x，y).當(dāng)AB與x軸不垂直時，由kAB=kDE可得=(x≠1)。而=y,所以y2=x-1（x≠1）。當(dāng)AB與x軸垂直時，E與D重合.所以,所求軌跡方程為y2=x—1。2。解析(1）由題意,知=，+=1，又a2=b2+c2，解得a=,b=1,故橢圓E的方程為+y2=1。(2)當(dāng)直線AB不與x軸重合時,可設(shè)直線AB：x=my+1,代入橢圓方程,并整理得(2+m2）y2+2my—1=0，設(shè)A（x1，y1)，B(x2,y2）,則y1+y2=—,y1y2=—.設(shè)M（t,0）,若·=(x1-t)（x2—t)+y1y2=（my1+1—t)·（my2+1-t)+y1y2=（1+m2)y1y2+m(1-t)(y1+y2)+（1-t)2=--+（1-t）2=為定值,則2t2—4t+1=2(t2