《2017-2018學年度高中數學 第二章 圓錐曲線與方程單元質量評估【含解析】新人教A版選修1-1》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2017-2018學年度高中數學 第二章 圓錐曲線與方程單元質量評估【含解析】新人教A版選修1-1（16頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 第二章 圓錐曲線與方程 單元質量評估(二) (120分鐘　150分) 一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分.在每小題給出的四個選項中,只有一項是符合題目要求的) 1.設P是橢圓x2169+y2144=1上一點,F1,F2是橢圓的焦點,若|PF1|等于4,則|PF2|等 于　(　　) A.22 B.21 C.20 D.13 【解析】選A.由橢圓的定義知,|PF1|+|PF2|=26,因為|PF1|=4,所以|PF2|=22. 2.(2015廣東高考)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1的離心率e=54,且其右焦點F2(5,0),則雙曲線C的方程為　

2、(　　) A.x24-y23=1 B.x216-y29=1 C.x29-y216=1 D.x23-y24=1 【解析】選B.因為所求雙曲線的右焦點為F25,0且離心率為e=ca=54,所以c=5,a=4,b2=c2-a2=9,所以所求雙曲線方程為x216-y29=1. 【補償訓練】與橢圓x29+y24=1有相同焦點,并且經過點(2,-3)的雙曲線的標準方程為__________. 【解析】由x29+y24=1知焦點F1(-5,0),F2(5,0). 依題意,設雙曲線方程為x2a2-y2b2=1(a>0,b>0). 所以a2+b2=5,① 又點(2,-3)在雙曲線

3、x2a2-y2b2=1上, 所以4a2-3b2=1.② 聯立①②得a2=2,b2=3, 因此所求雙曲線的方程為x22-y23=1. 答案:x22-y23=1 3.已知離心率為e的雙曲線和離心率為22的橢圓有相同的焦點F1,F2,P是兩曲線的一個公共點,若∠F1PF2=π3,則e等于　(　　) A.52 B.52 C.62 D.3 【解題指南】在△F1F2P中利用余弦定理列方程,然后利用定義和已知條件消元. 【解析】選C.設橢圓的長半軸長為a1,雙曲線的實半軸長為a2,焦距為2c,|PF1|=m,|PF2|=n,且不妨設m>n,由m+n=2a1,m-n=2a2得m

4、=a1+a2,n=a1-a2. 又∠F1PF2=π3, 所以4c2=m2+n2-mn=a12+3a22, 所以a12c2+3a22c2=4,即1222+3e2=4,解得e=62. 【補償訓練】(2017佛山高二檢測)已知橢圓的兩個焦點和短軸的兩個端點恰好為一個正方形的四個頂點,則該橢圓的離心率為　(　　) A.13　　　B.12　　　C.33　　　D.22 【解析】選D.依題意,橢圓的焦距和短軸長相等,即b=c,所以a2-c2=c2,得e=22.故選D. 4.設F1,F2是雙曲線x2-y224=1的兩個焦點,P是雙曲線上的一點,且3|PF1|=4|PF2|,則△PF1F2的面積等

5、于　(　　) A.42 B.83 C.24 D.48 【解析】選C.由3|PF1|=4|PF2|知|PF1|>|PF2|,由雙曲線的定義知|PF1|-|PF2|=2,所以|PF1|=8,|PF2|=6,又c2=a2+b2=1+24=25,所以c=5,所以|F1F2|=10, 所以△PF1F2為直角三角形, S△PF1F2=12|PF1||PF2|=24. 【拓展延伸】圓錐曲線中的焦點三角形問題解法 (1)△PF1F2由兩焦點和曲線上一點形成,我們把這種三角形叫焦點三角形.焦點三角形問題的主要類型有:周長、面積、角度等,通常會用到圓錐曲線的定義、正弦定理、余弦定理、面

6、積公式等. (2)焦點三角形的面積主要有兩種求法:S△PF1F2=12r1r2sin∠F1PF2和S△PF1F2=122c|yP|. (3)涉及焦點、頂點、曲線上點(頂點以外)等問題,抓住幾個特征三角形,舉一反三.這是一個考查重點,容易出現離心率的值(或范圍)的運算. 5.橢圓x216+y24=1上的點到直線x+2y-2=0的最大距離是　(　　) A.3 B.11 C.22 D.10 【解析】選D.設直線方程為x+2y+b=0, x+2y+b=0,x216+y24=1得8y2+4by+b2-16=0, Δ=16b2-48(b2-16)=0得b=42. d=|42+

7、2|5=10. 6.過雙曲線C:x2a2-y2b2=1的右頂點作x軸的垂線與C的一條漸近線相交于點A.若以C的右焦點為圓心、半徑為4的圓經過A,O兩點(O為坐標原點),則雙曲線C的方程為　(　　) A.x24-y212=1 B.x27-y29=1 C.x28-y28=1 D.x212-y24=1 【解析】選A.設右焦點為F,由題意得|OF|=|AF|=4,即a2+b2=16, 又A(a,b),F(4,0)可得(a-4)2+b2=16, 故a=2,b2=12,所以方程為x24-y212=1. 7.(2017全國乙卷)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點,過F作兩條互相垂直

8、的直線l1, l2,直線l1與C交于A,B兩點,直線l2與C交于D,E兩點,則|AB|+|DE|的最小值為　(　　) A.16 B.14 C.12 D.10 【解析】選A.設直線l1方程為y=k1(x-1), 聯立方程y2=4x,y=k1(x-1),得k12x2-2k12x-4x+k12=0, 設A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),E(x4,y4), 所以x1+x2=--2k12-4k12=2k12+4k12, 同理直線l2與拋物線的交點滿足x3+x4=2k22+4k22, 由拋物線定義可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p =2k1

9、2+4k12+2k22+4k22+4=4k12+4k22+8≥216k12k22+8=16, 當且僅當k1=-k2=1(或-1)時,取得等號. 8.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F,若過點F且傾斜角為60的直線與雙曲線的右支有且只有一個交點,則此雙曲線離心率的取值范圍是　(　　) A.(1,2] B.(1,2) C.[2,+∞) D.(2,+∞) 【解析】選C.如圖所示,要使過點F且傾斜角為60的直線與雙曲線的右支有且只有一個交點,則該直線的斜率小于等于漸近線的斜率ba,所以ba≥3,離心率e2=c2a2=a2+b2a2≥4,所以e≥2.

10、 9.如果橢圓x236+y29=1的弦被點(4,2)平分,則這條弦所在的直線方程是　(　　) A.x-2y=0 B.x+2y-4=0 C.2x+3y-12=0 D.x+2y-8=0 【解析】選D.設這條弦的兩端點為A(x1,y1),B(x2,y2),斜率為k,則x1236+y129=1,x2236+y229=1, 兩式相減再變形得x1+x236+ky1+y29=0, 又弦中點為(4,2),故k=-12, 故這條弦所在的直線方程y-2=-12(x-4),整理得x+2y-8=0. 10.若拋物線y2=8x的焦點是F,準線是l,則經過點F,M(3,3)且與l相切的圓共 有　(

11、　　) A.0個 B.1個 C.2個 D.4個 【解析】選B.由題意得F(2,0), l:x=-2, 線段MF的垂直平分線方程為y-32=-3-23-0(x-52),即x+3y-7=0,設圓的圓心坐標為(a,b), 則圓心在x+3y-7=0上, 故a+3b-7=0,a=7-3b, 由題意得|a-(-2)|=(a-2)2+b2, 即b2=8a=8(7-3b),即b2+24b-56=0. 又b>0,故此方程只有一個根,于是滿足題意的圓只有一個. 【補償訓練】(2017蘭州模擬)已知拋物線y2=2px(p>0)上一點M(1,m)(m>0)到其焦點的距離為5,雙曲線x2a

12、-y2=1的左頂點為A,若雙曲線的一條漸近線與直線AM平行,則實數a=　(　　) A.19　　 　B.14　　　 C.13　　　 D.12 【解析】選A.根據題意,拋物線y2=2px(p>0)上一點M(1,m)到其焦點的距離為5,則1+p2=5,解得p=8;即拋物線的方程為y2=16x,把M(1,m)代入,可得m=4,即M的坐標為(1,4),雙曲線x2a-y2=1的左頂點為A,則a>0,且A的坐標為-a,0,漸近線方程為y=1ax,因為雙曲線的一條漸近線與直線AM平行,所以kAM=41+a=1a,解得a=19. 11.(2017珠海高二檢測)已知F1,F2分別為雙曲線x2a2-y2b2=

13、1(a>0,b>0)的左、右焦點,P為雙曲線右支上的任意一點,若|PF1|2|PF2|的最小值為8a,則雙曲線的離心率e的取值范圍是　(　　) A.(1,+∞) B.(1,2] C.(1,3] D.(1,3] 【解析】選D.|PF1|2|PF2|=(2a+|PF2|)2|PF2|=4a2|PF2|+|PF2|+4a≥4a+4a=8a,當且僅當4a2|PF2|=|PF2|,即|PF2|=2a時取等號.這時|PF1|=4a.由|PF1|+|PF2|≥|F1F2|,得6a≥2c,即e=ca≤3,得e∈(1,3]. 12.若a≠0且ab≠0,則曲線ax-y+b=0和bx2+ay2

14、=ab的形狀可能是下圖中 的　(　　) 【解析】選C.將bx2+ay2=ab化為x2a+y2b=1,若此方程表示雙曲線,則ab<0;當a>0時,b<0,表示焦點在x軸上的雙曲線;當a<0時,b>0,表示焦點在y軸上的雙曲線.易判斷選項C符合;當a>0,b>0時,方程表示橢圓,此時B,D都不符合. 二、填空題(本大題共4個小題,每小題5分,共20分.把答案填在題中的橫線上) 13.(2017南昌高二檢測)在平面直角坐標系中,O是原點,OA→=(1,0),P是平面內的動點,若|OP→-OA→|=|OP→OA→|,則P點的軌跡方程是________. 【解析】設P(x,y),則OP→=

15、(x,y), 又因為|OP→-OA→|=|OP→OA→|, 所以(x-1)2+y2=x2,整理得y2=2x-1. 答案:y2=2x-1 14.(2017蘭州高二檢測)直線y=x+3與曲線y29-x|x|4=1的公共點的個數為________. 【解析】當x≥0時,y29-x|x|4=1化為y29-x24=1; 當x<0時,y29-x|x|4=1化為y29+x24=1, 所以曲線y29-x|x|4=1是由半個雙曲線和半個橢圓組成的圖形,結合圖象可知(如圖),直線y=x+3與曲線x29-x|x|4=1的公共點的個數為3. 答案:3 15.(2017江西高二檢測)已知F1,F2

16、是橢圓的兩個焦點,滿足MF1→MF2→=0的點M總在橢圓內部,則橢圓的離心率的取值范圍是________. 【解析】因為MF1→MF2→=0,所以MF1⊥MF2.假設橢圓在坐標軸正方向上的短軸端點B,則∠F1BF2即橢圓上點與橢圓焦點夾角的最大值,由M在橢圓內部,所以 ∠F1BF2<90,即b>c,所以b2=a2-c2>c2,所以e2<12,即0b>0)的兩焦點關于直線y=x的對稱點均在橢圓內部,則橢圓的離心率e的取值范圍為________. 【解析】由已知得兩焦點為(c,0),其關于直線y=x的對稱點為(0

17、,c)均在橢圓內部,則c2b2<1,得c2a2-c2<1,e21-e2<1,解得00),過焦點F且斜率為k(k>0)的直線與C相交于A,B兩點,若AF→=3FB→,則k=________. 【解析】設直線l為拋物線的準線,過A,B分別作AA1,BB1垂直于l,A1,B1為垂足,過B作BE垂直于AA1于點E,則|AA1|=|AF|,|BB1|=|BF|,由AF→=3FB→, 所以cos∠BAE=|AE||AB|=12, 所以∠BAE=60,所以tan∠BAE=3.即k=3. 答案:3 三、解答題(

18、本大題共6個小題,共70分,解答時應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 17.(10分)(2017鄭州高二檢測)已知點M在橢圓x236+y29=1上,MP′垂直于橢圓焦點所在的直線,垂足為P′,并且M為線段PP′的中點,求P點的軌跡方程. 【解析】設P點的坐標為(x,y),M點的坐標為(x0,y0). 因為點M在橢圓x236+y29=1上,所以x0236+y029=1. 因為M是線段PP′的中點, 所以x0=x,y0=y2,把x0=x,y0=y2, 代入x0236+y029=1,得x236+y236=1,即x2+y2=36. 所以P點的軌跡方程為x2+y2=36. 18.

19、(12分)已知橢圓C的焦點F1(-22,0)和F2(22,0),長軸長6,設直線y=x+2交橢圓C于A,B兩點,求線段AB的中點坐標. 【解析】由已知條件得橢圓的焦點在x軸上, 其中c=22,a=3,從而b=1, 所以其標準方程是:x29+y2=1. 聯立方程組x29+y2=1,y=x+2,消去y得,10x2+36x+27=0. 設A(x1,y1),B(x2,y2),線段AB的中點為M(x0,y0),則x1+x2=-185,x0=x1+x22=-95,所以y0=x0+2=15, 所以線段AB中點坐標為-95,15. 19.(12分)已知點F1,F2分別是橢圓C:x2a2+y2b2

20、=1(a>b>0)的左、右焦點,A是橢圓C的上頂點,B是直線AF2與橢圓C的另一個交點,∠F1AF2=60. (1)求橢圓C的離心率. (2)已知△AF1B的面積為403,求a,b的值. 【解析】(1)由題意知△AF1F2為正三角形,a=2c,e=ca=12. (2)直線AB的方程為y=-3(x-c), x2a2+y2b2=1,y=-3(x-c), ?(3a2+b2)x2-6a2cx+3a2c2-a2b2=0.?、? 由a=2c,得a2=4c2,b2=a2-c2=3c2. 代入①中得5x2-8cx=0,x=0或x=8c5, 得A(0,3c),B8c5,-335c,得|AB|=1

21、6c5. 由△AF1B的面積為403,得12|AB||AF1|sin60 =403, 1216c5a32=403,解得c=5,a=10,b=53. 20.(12分)過拋物線y2=4x的焦點F的直線與這條拋物線交于A,B兩點,O為坐標原點. (1)求△AOB的重心G的軌跡方程. (2)當直線l的傾斜角為45時,試求拋物線的準線上一點P的坐標,使AP⊥BP. 【解析】(1)拋物線的焦點坐標為(1,0). 當直線l不垂直于x軸時,設l:y=k(x-1),代入y2=4x得k2x2-2(k2+2)x+k2=0. 因為l與拋物線相交于兩點,所以k≠0. 設A(x1,y1),B(x2,y

22、2),根據根與系數的關系得 x1+x2=2(k2+2)k2,x1x2=1. 因為y1=kx1-k,y2=kx2-k,所以y1+y2=k(x1+x2-2)=4k, y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=-4. 設△AOB的重心G(x,y), 則x=0+x1+x23=23+43k2,y=0+y1+y23=43k, 消去k并整理得y2=43x-89. 當l垂直于x軸時,A,B的坐標分別是(1,2)和(1,-2), △AOB的重心G23,0也適合y2=43x-89, 因此所求軌跡方程為y2=43x-89. (2)當直線l的傾斜角為45時,k=1, 所以x1+x2=6,y1+y2

23、=4. 設拋物線的準線上一點P(-1,y0). 因為AP⊥BP,所以y1-y0x1+1y2-y0x2+1=-1, 即y1y2-y0(y1+y2)+y02x1x2+(x1+x2)+1=-1,-4-4y0+y021+6+1=-1, 解得y0=2,故所求點P的坐標為(-1,2). 21.(12分)(2016全國卷Ⅱ)已知A是橢圓E:x24+y23=1的左頂點,斜率為k(k>0)的直線交E于A,M兩點,點N在E上,MA⊥NA. (1)當|AM|=|AN|時,求△AMN的面積. (2)當2|AM|=|AN|時,證明:30,

24、由已知及橢圓的對稱性知,直線AM的傾斜角為π4, 又A(-2,0),因此直線AM的方程為y=x+2, 將x=y-2代入x24+y23=1,得7y2-12y=0. 解得y=0或y=127,所以y1=127. 因此△AMN的面積為212127127=14449. (2)設直線AM的方程為y=k(x+2)(k>0), 代入x24+y23=1, 得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0, 由x1(-2)=16k2-123+4k2,得x1=-8k2-63+4k2, 故|AM|=|x1+2|1+k2=121+k23+4k2, 由題意設直線AN的方程為y=-1k(x+2),

25、 故同理可得|AN|=12k1+k23k2+4, 由2|AM|=|AN|,得23+4k2=k3k2+4, 即4k3-6k2+3k-8=0, 設f(t)=4t3-6t2+3t-8,則k是f(t)的零點, f′(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0, 所以f(t)在(0,+∞)上單調遞增, 又f(3)=153-26<0,f(2)=6>0, 因此f(t)在(0,+∞)上有唯一的零點,且零點k在(3,2)內,故3b>0)的右焦點為F(2,0),M為橢圓的上頂點,O為坐標原點,且△MOF是

26、等腰直角三角形. (1)求橢圓的方程. (2)過點M分別作直線MA,MB交橢圓于A,B兩點,設兩直線的斜率分別為k1,k2,且k1+k2=8,證明:直線AB過定點-12,-2. 【解題指南】(1)根據幾何性質求出a,b,然后代入橢圓的標準方程.(2)以參數k,m表示直線方程,代入橢圓方程,設出A,B的坐標,利用根與系數的關系和k1+k2=8求出m,k的關系式,建立直線AB的方程,證明直線過定點. 【解析】(1)由△MOF是等腰直角三角形,得c2=b2=4,所以a2=8,故橢圓方程為x28+y24=1. (2)①若直線AB的斜率存在,設AB方程為y=kx+m,依題意m≠2. 設A(x

27、1,y1),B(x2,y2), 由x28+y24=1,y=kx+m得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0. 則x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-81+2k2. 由已知k1+k2=8,可得y1-2x1+y2-2x2=8, 所以kx1+m-2x1+kx2+m-2x2=8, 即2k+(m-2)x1+x2x1x2=8. 所以k-mkm+2=4,整理得m=12k-2. 故直線AB的方程為y=kx+12k-2, 即y=kx+12-2. 所以直線AB過定點-12,-2. ②若直線AB的斜率不存在,設AB方程為x=x0,設A(x0,y0),B(x0,-y0), 由

28、已知y0-2x0+-y0-2x0=8,得x0=-12.此時AB方程為x=-12,顯然過點-12,-2. 綜上,直線AB過定點-12,-2. 【補償訓練】已知橢圓C的中心在坐標原點,焦點在x軸上,橢圓C上的點到焦點距離的最大值為3,最小值為1. (1)求橢圓C的標準方程. (2)若直線l:y=kx+m與橢圓C相交于A,B兩點(A,B不是左右頂點),且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點,求證:直線l過定點,并求出該定點的坐標. 【解析】(1)由題意設橢圓的標準方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),且a+c=3,a-c=1, 所以a=2,c=1,所以b2=3,所以x24+y23=1.

29、 (2)設A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx+m,x24+y23=1, 得(3+4k2)x2+8mkx+4(m2-3)=0, Δ=64m2k2-16(3+4k2)(m2-3)>0,3+4k2-m2>0. 又x1+x2=-8mk3+4k2,x1x2=4(m2-3)3+4k2, 所以y1y2=(kx1+m)(kx2+m) =k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=3(m2-4k2)3+4k2. 因為以AB為直徑的圓過橢圓的右頂點D(2,0), 所以kADkBD=-1, 即y1x1-2y2x2-2=-1, 所以y1y2+x1x2-2(x1+x2)+4=0, 3(m2-4k2)3+4k2+4(m2-3)3+4k2+16mk3+4k2+4=0, 7m2+16mk+4k2=0, 解得m1=-2k,m2=-2k7,且滿足3+4k2-m2>0. 當m=-2k時,l:y=k(x-2),直線過定點(2,0),與已知矛盾; 當m=-2k7時,l:y=kx-27,直線過定點27,0. 綜上可知,直線l過定點,定點坐標為27,0. 16