《湖南省2013年高考數學第二輪復習 專題升級訓練14 橢圓、雙曲線、拋物線 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《湖南省2013年高考數學第二輪復習 專題升級訓練14 橢圓、雙曲線、拋物線 文（5頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、專題升級訓練14　橢圓、雙曲線、拋物線 (時間：60分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本大題共6小題，每小題6分，共36分) 1．(2012·安徽安慶二模，2)在同一坐標系下，下列曲線中，右焦點與拋物線y2＝4x的焦點重合的是(　　)． A.＋＝1 B.＋＝1 C.－＝1 D.－＝1 2．已知圓的方程為x2＋y2＝4，若拋物線過定點A(0,1)，B(0，－1)．且以該圓的切線為準線，則拋物線焦點的軌跡方程是(　　)． A.＋＝1(y≠0) B.＋＝1(y≠0) C.＋＝1(x≠0) D.＋＝1(x≠0) 3．(2012·湖南湘潭模擬，6

2、)已知直線l過拋物線C的焦點，且與C的對稱軸垂直，l與C交于A，B兩點，|AB|＝12，P為C的準線上一點，則△ABP的面積為(　　)． A．18 B．24 C．36 D．48 4．若直線mx＋ny＝4與圓x2＋y2＝4沒有交點，則過點P(m，n)的直線與橢圓＋＝1的交點個數為(　　)． A．至少1個 B．2個 C．1個 D．0個 5．已知點A，B是雙曲線x2－＝1上的兩點，O為坐標原點，且滿足·＝0，則點O到直線AB的距離等于(　　)． A. B. C．2 D．2 6．(2012·山東濰坊3月模擬，10)直線

3、4kx－4y－k＝0與拋物線y2＝x交于A，B兩點，若|AB|＝4，則弦AB的中點到直線x＋＝0的距離等于(　　)． A. B．2 C. D．4 二、填空題(本大題共3小題，每小題6分，共18分) 7．(2012·江蘇蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市調研，8)已知點M與雙曲線－＝1的左，右焦點的距離之比為2∶3，則點M的軌跡方程為__________． 8．已知拋物線y2＝2px(p＞0)上一點M(1，m)，到其焦點的距離為5，雙曲線x2－＝1的左頂點為A，若雙曲線的一條漸近線與直線AM垂直，則實數a＝__________. 9．連接拋物線x2＝4y的焦點F與點M(1,0)

4、所得的線段與拋物線交于點A，設點O為坐標原點，則△OAM的面積為__________． 三、解答題(本大題共3小題，共46分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 10．(本小題滿分15分)(2012·河北邯鄲一模，20)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的短軸長等于焦距，橢圓C上的點到右焦點F的最短距離為－1. (1)求橢圓C的方程； (2)過點E(2,0)且斜率為k(k＞0)的直線l與C交于M，N兩點，P是點M關于x軸的對稱點，證明：N，F，P三點共線． 11．(本小題滿分15分)如圖，橢圓C：＋＝1的焦點在x軸上，左、右頂點分別為A1，A，上頂點為B.拋物線C1，C2分

5、別以A，B為焦點，其頂點均為坐標原點O，C1與C2相交于直線y＝x上一點P. (1)求橢圓C及拋物線C1，C2的方程； (2)若動直線l與直線OP垂直，且與橢圓C交于不同兩點M，N，已知點Q(－，0)，求·的最小值． 12．(本小題滿分16分)(2012·安徽安慶二模，20)已知直線l：x＋y＋8＝0，圓O：x2＋y2＝36(O為坐標原點)，橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為e＝，直線l被圓O截得的弦長與橢圓的長軸長相等． (1)求橢圓C的方程； (2)過點(3,0)作直線l，與橢圓C交于A，B兩點，設＝＋ (O是坐標原點)，是否存在這樣的直線l，使四邊形OASB的對角線長相

6、等？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由． 參考答案 一、選擇題 1．D 2．C　解析：過點A，B，O(O為坐標原點)分別向拋物線的準線作垂線，垂足為A1，B1，O1，設拋物線的焦點F(x，y)，則|FA|＝|AA1|，|FB|＝|BB1|， ∴|FA|＋|FB|＝|AA1|＋|BB1|. ∵O為AB的中點， ∴|AA1|＋|BB1|＝2|OO1|＝4. ∴|FA|＋|FB|＝4，故點F的軌跡是以A，B為焦點的橢圓，其方程為＋＝1.又F點不能在y軸上，故所求軌跡方程為＋＝1(x≠0)．故選C. 3．C　解析：設拋物線C為y2＝2px. x＝時，|AB|＝2p＝1

7、2，∴p＝6. 故準線方程為x＝－3. ∴S△ABP＝×12×6＝36. 4．B　解析：∵直線mx＋ny＝4與圓x2＋y2＝4沒有交點， ∴圓心到直線的距離d＝＞2， 解得m2＋n2＜4， 即點P(m，n)在以原點為圓心，半徑為2的圓的內部，而此圓在橢圓＋＝1的內部，故點P在橢圓內部，經過此點的任意直線與橢圓有兩個交點．故選B. 5．A　解析：由·＝0OA⊥OB，由于雙曲線為中心對稱圖形，因此可考查特殊情況，令點A為直線y＝x與雙曲線在第一象限的交點，因此點B為直線y＝－x與雙曲線在第四象限的一個交點，因此直線AB與x軸垂直，點O到直線AB的距離就為點A或點B的橫坐標的值． 由

8、x＝.故選A. 6．C　解析：據拋物線定義知，|AB|＝x1＋＋x2＋＝4， ∴x1＋x2＝. 故弦AB的中點到x＝－的距離為－＝＋＝. 二、填空題 7．x2＋y2＋26x＋25＝0　解析：由題意得a2＝16，b2＝9，c2＝16＋9＝25. ∴F1(－5,0)，F2(5,0)． 設M(x，y)，有＝，即＝.整理即可得解． 8.　解析：根據拋物線的性質得1＋＝5，∴p＝8. 不妨取M(1,4)，則AM的斜率為2，由已知得－×2＝－1. 故a＝. 9.－　解析：線段FM所在直線方程x＋y＝1與拋物線交于A(x0，y0)，則y0＝3－2或y0＝3＋2(舍去)． ∴S△OAM

9、＝×1×(3－2)＝－. 三、解答題 10．解：(1)由題可知解得a＝，c＝1，∴b＝1. ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)設直線l為y＝k(x－2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x1，－y1)，F(1,0)， 由得(2k2＋1)x2－8k2x＋8k2－2＝0. 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 而＝(x2－1，y2)＝(x2－1，kx2－2k)， ＝(x1－1，－y1)＝(x1－1，－kx1＋2k)． ∵(x1－1)(kx2－2k)－(x2－1)(－kx1＋2k)＝k[2x1x2－3(x1＋x2)＋4]＝k＝0， ∴∥. ∴N，F，P三點共線． 11．解

10、：(1)由題意得A(a,0)，B(0，)，故拋物線C1的方程可設為y2＝4ax，C2的方程為x2＝4y. 由 所以橢圓C：＋＝1，拋物線C1：y2＝16x，拋物線C2：x2＝4y. (2)由(1)知，直線OP的斜率為，所以直線l的斜率為－，設直線l的方程為y＝－x＋b. 由 消去y，整理得5x2－8bx＋8b2－16＝0， 因為動直線l與橢圓C交于不同兩點， 所以Δ＝128b2－20(8b2－16)＞0， 解得－＜b＜. 設M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝， y1y2＝＝x1x2－(x1＋x2)＋b2＝. 因為＝(x1＋，y1)，＝(x2

11、＋，y2)， 所以·＝(x1＋，y1)·(x2＋，y2)＝x1x2＋(x1＋x2)＋y1y2＋2＝. 因為－＜b＜， 所以當b＝－時，·取得最小值． 其最小值為×2＋×－＝－. 12．解：(1)∵圓心O到直線l：x＋y＋8＝0的距離為d＝＝4， 直線l被圓O截得的弦長2a＝2＝4，∴a＝2. 又＝，a2－b2＝c2，解得b＝1，c＝. ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)∵＝＋，∴四邊形OASB是平行四邊形． 假設存在這樣的直線l，使四邊形OASB的對角線長相等． 則四邊形OASB為矩形，因此有⊥， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2＋y1y2＝0. 直線l的斜率顯然存在，設過點(3,0)的直線l方程為y＝k(x－3)， 由得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0， 由Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)＞0， 可得－5k2＋1＞0，即k2＜. x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2(x1－3)(x2－3)＝(1＋k2)x1x2－3k2(x1＋x2)＋9k2＝(1＋k2)－3k2＋9k2， 由x1x2＋y1y2＝0得，k2＝，∴k＝±，滿足Δ＞0. 故存在這樣的直線l，其方程為y＝±(x－3)．