《高三數(shù)學二輪復習 專題限時集訓14 專題5 突破點14 圓錐曲線的定義、方程、幾何性質(zhì) 理-人教高三數(shù)學試題》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高三數(shù)學二輪復習 專題限時集訓14 專題5 突破點14 圓錐曲線的定義、方程、幾何性質(zhì) 理-人教高三數(shù)學試題（9頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題限時集訓(十四)　圓錐曲線的定義、方程、幾何性質(zhì) 建議A、B組各用時：45分鐘] A組　高考達標] 一、選擇題 1．(2016·全國甲卷)設F為拋物線C：y2＝4x的焦點，曲線y＝(k＞0)與C交于點P，PF⊥x軸，則k＝(　　) A.　　　 B．1　　　　 C.　　　 D．2 D　∵y2＝4x，∴F(1,0)． 又∵曲線y＝(k＞0)與C交于點P，PF⊥x軸，∴P(1,2)． 將點P(1,2)的坐標代入y＝(k＞0)得k＝2.故選D.] 2．(2016·石家莊一模)過點A(0,1)作直線，與雙曲線x2－＝1有且只有一個公共點，則符合條件的直線的條數(shù)為(　　) A．

2、0　　　 B．2 C．4　　　 D．無數(shù) C　過點A(0,1)和雙曲線的漸近線平行的直線和雙曲線只有一個公共點，這樣的直線有兩條，過點A(0,1)和雙曲線相切的直線只有一個公共點，這樣的直線也有兩條，故共四條直線與雙曲線有且只有一個公共點．] 3．(2016·唐山二模)橢圓y2＋＝1(0＜m＜1)上存在點P使得PF1⊥PF2，則m的取值范圍是(　　) A. B． C. D. B　當點P是短軸的頂點時∠F1PF2最大，因此若橢圓上存在點P使得PF1⊥PF2，則∠F1PF2≥90°，所以∠F2PO≥45°(O是原點)，從而≥，即1－m2≥，又0＜m＜1，所以0＜m≤.] 4．

3、(2016·?？诙?設點P是橢圓＋＝1(a＞b＞0)上一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓的左，右焦點，I為△PF1F2的內(nèi)心，若S△IPF1＋S△IPF2＝2S△IF1F2，則該橢圓的離心率為(　　) A. B． C. D. A　因為S△IPF1＋S△IPF2＋S△IF1F2＝S△PF1F2，所以3S△IF1F2＝S△PF1F2，設△PF1F2內(nèi)切圓的半徑為r，則有×2c×r＝×(|PF1|＋|PF2|＋2c)×r，整理得|PF1|＋|PF2|＝4c，即2a＝4c，所以e＝.] 5．(2016·蘭州模擬)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為.雙曲線x2－y2＝1的漸近線與橢圓C有四

4、個交點，以這四個交點為頂點的四邊形的面積為16，則橢圓C的方程為(　　) 【導學號：85952052】 A.＋＝1 B．＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 D　橢圓的離心率e＝＝＝， 所以a＝2b. 所以橢圓方程為x2＋4y2＝4b2. 因為雙曲線x2－y2＝1的漸近線方程為x±y＝0， 所以漸近線x±y＝0與橢圓x2＋4y2＝4b2在第一象限的交點為， 所以由圓錐曲線的對稱性得四邊形在第一象限部分的面積為b×b＝4， 所以b2＝5，所以a2＝4b2＝20. 所以橢圓C的方程為＋＝1.故選D.] 二、填空題 6．(2016·合肥二模)雙曲線M：x2－＝1的左、右焦點

5、分別為F1，F(xiàn)2，記|F1F2|＝2c，以坐標原點O為圓心，c為半徑的圓與雙曲線M在第一象限的交點為P，若|PF1|＝c＋2，則P點的橫坐標為________． 　根據(jù)雙曲線的定義知|PF1|－|PF2|＝2，又|PF1|＝c＋2，所以|PF2|＝c，由勾股定理得(c＋2)2＋c2＝4c2，即c2－2c－2＝0，解得c＝＋1，根據(jù)△OPF2是等邊三角形得P點的橫坐標為.] 7．(2016·邯鄲二模)已知F1，F(xiàn)2為＋＝1的左、右焦點，M為橢圓上一點，則△MF1F2內(nèi)切圓的周長等于3π，若滿足條件的點M恰好有2個，則a2＝________. 【導學號：85952053】 25　由題意得

6、內(nèi)切圓的半徑等于，因此△MF1F2的面積為××(2a＋2c)＝，即＝×|yM|×2c，因為滿足條件的點M恰好有2個，所以M為橢圓短軸端點，即|yM|＝4，所以3a＝5c而a2－c2＝16，所以a2＝25.] 8．(2016·平頂山二模)如圖14-1，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，過F1的直線l與雙曲線的左、右兩支分別交于點B，A.若△ABF2為等邊三角形，則雙曲線的離心率為________． 圖14-1 　因為△ABF2為等邊三角形，由點A是雙曲線上的一點知，|F1A|－|F2A|＝|F1A|－|AB|＝|F1B|＝2a，由點B是雙曲線上一點知，|BF2|－

7、|BF1|＝2a，從而|BF2|＝4a，由∠ABF2＝60°得∠F1BF2＝120°，在△F1BF2中應用余弦定理得4c2＝4a2＋16a2－2·2a·4a·cos 120°，整理得c2＝7a2，則e2＝7，從而e＝.] 三、解答題 9．(2016·唐山一模)在△ABC中，A(－1,0)，B(1,0)，若△ABC的重心G和垂心H滿足GH平行于x軸(G，H不重合)． (1)求動點C的軌跡方程； (2)已知O為坐標原點，若直線AC與以O為圓心，以|OH|為半徑的圓相切，求此時直線AC的方程． 解]　(1)由題意可設C(x，y)，則G，H，＝，＝(x＋1，y).2分 因為H為垂心，所以·

8、＝x2－1＋＝0，整理可得x2＋＝1， 即動點C的軌跡方程為x2＋＝1(x·y≠0).4分 (2)顯然直線AC的斜率存在，設AC的方程為y＝k(x＋1)，C(x0，y0)． 將y＝k(x＋1)代入x2＋＝1得(3＋k2)x2＋2k2x＋k2－3＝0，6分 解得x0＝，y0＝，則H.8分 原點O到直線AC的距離d＝， 依題意可得＝，10分 即7k4＋2k2－9＝0，解得k2＝1，即k＝1或－1， 故所求直線AC的方程為y＝x＋1或y＝－x－1.12分 10．(2016·全國甲卷)已知橢圓E：＋＝1的焦點在x軸上，A是E的左頂點，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點，點N在E

9、上，MA⊥NA. (1)當t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積； (2)當2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍． 解]　設M(x1，y1)，則由題意知y1>0. (1)當t＝4時，E的方程為＋＝1，A(－2,0).2分 由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為. 因此直線AM的方程為y＝x＋2. 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1得7y2－12y＝0. 解得y＝0或y＝，所以y1＝.4分 因此△AMN的面積S△AMN＝2×××＝.5分 (2)由題意t＞3，k＞0，A(－，0)． 將直線AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得 (3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3

10、t＝0. 由x1·(－)＝得x1＝， 故|AM|＝|x1＋|＝.7分 由題設，直線AN的方程為y＝－(x＋)， 故同理可得|AN|＝. 由2|AM|＝|AN|得＝， 即(k3－2)t＝3k(2k－1)． 當k＝時上式不成立，因此t＝.9分 t＞3等價于＝＜0， 即＜0.10分 由此得或解得＜k＜2. 因此k的取值范圍是(，2).12分 B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(2016·唐山二模)已知點A是拋物線C：x2＝2py(p＞0)上一點，O為坐標原點，若以點M(0,8)為圓心，|OA|的長為半徑的圓交拋物線C于A，B兩點，且△ABO為等邊三角形，則p的值是(　　)

11、 A.　　　 B．2 C．6　　　 D. D　由題意知|MA|＝|OA|，所以點A的縱坐標為4，又△ABO為等邊三角形，所以點A的橫坐標為，又點A是拋物線C上一點，所以＝2p×4，解得p＝.] 2．(2016·安慶二模)已知焦點在x軸上的橢圓方程為＋＝1，隨著a的增大該橢圓的形狀(　　) A．越接近于圓 B．越扁 C．先接近于圓后越扁 D．先越扁后接近于圓 D　由題意知4a＞a2＋1且a＞0，解得2－＜a＜2＋，又e2＝1－＝1－＝1－.因此當a∈(2－，1)時，e越來越大，當a∈(1,2＋)時，e越來越小，故選D.] 3．已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)

12、的左、右焦點，對于左支上任意一點P都有|PF2|2＝8a|PF1|(a為實半軸)，則此雙曲線的離心率e的取值范圍是(　　) 【導學號：85952054】 A．(1，＋∞) B．(2,3] C．(1,3] D．(1,2] C　由P是雙曲線左支上任意一點及雙曲線的定義，得|PF2|＝2a＋|PF1|，所以＝|PF1|＋＋4a＝8a，所以|PF1|＝2a，|PF2|＝4a，在△PF1F2中，|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|，即2a＋4a≥2a，所以e＝≤3.又e＞1，所以1＜e≤3.故選C.] 4．(2016·武漢二模)拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點為F，已知點A，B為拋物線上的

13、兩個動點，且滿足∠AFB＝120°.過弦AB的中點M作拋物線準線的垂線MN，垂足為N，則的最大值為(　　) A.　　　 B．1 C.　　　 D．2 A　設AF＝a，BF＝b，由余弦定理得|AB|2＝a2＋b2－2abcos 120°＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2－ab≥(a＋b)2－2＝(a＋b)2.∵a＋b＝AF＋BF＝2MN，∴|AB|2≥|2MN|2，∴≤.] 二、填空題 5．(2016·哈爾濱二模)設F1，F(xiàn)2是橢圓x2＋＝1(0＜b＜1)的左、右焦點，過F1的直線l交橢圓于A，B兩點，若|AF1|＝3|F1B|，且AF2⊥x軸，則b2＝________. 　由題意F

14、1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，AF2⊥x軸，∴|AF2|＝b2，∴A點坐標為(c，b2)，設B(x，y)， 則|AF1|＝3|F1B|，∴(－c－c，－b2)＝3(x＋c，y)，∴B，代入橢圓方程可得2＋＝1.∵1＝b2＋c2，∴b2＝.] 6．過拋物線y2＝4x焦點F的直線交其于A，B兩點，O為坐標原點．若|AF|＝3，則△AOB的面積為________． 　設直線AB的傾斜角為θ(0＜θ＜π)及|BF|＝m， ∵|AF|＝3，∴點A到準線l：x＝－1的距離為3， ∴2＋3cos θ＝3，即cos θ＝，則sin θ＝. ∵m＝2＋mcos(π－θ)，∴m＝＝， ∴△AOB的

15、面積為 S＝×|OF|×|AB|×sin θ＝×1××＝.] 三、解答題 7．如圖14-2，橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦點為F，右頂點、上頂點分別為點A，B，且|AB|＝|BF|. 圖14-2 (1)求橢圓C的離心率； (2)若點M在橢圓C內(nèi)部，過點M的直線l交橢圓C于P，Q兩點，M為線段PQ的中點，且OP⊥OQ.求直線l的方程及橢圓C的方程． 解]　(1)由已知|AB|＝|BF|，即＝a，2分 4a2＋4b2＝5a2,4a2＋4(a2－c2)＝5a2， ∴e＝＝.4分 (2)由(1)知a2＝4b2，∴橢圓C：＋＝1.設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由＋＝1

16、，＋＝1， 可得＋＝0， 即＋＝0， 即＋(y1－y2)＝0，從而kPQ＝＝2，6分 ∴直線l的方程為y－＝2，即2x－y＋2＝0.8分 由?x2＋4(2x＋2)2－4b2＝0，即17x2＋32x＋16－4b2＝0，9分 Δ＝322＋16×17(b2－4)＞0?b＞，x1＋x2＝－，x1x2＝. ∵OP⊥OQ，∴·＝0，即x1x2＋y1y2＝0， x1x2＋(2x1＋2)(2x2＋2)＝0,5x1x2＋4(x1＋x2)＋4＝0，11分 從而－＋4＝0，解得b＝1，橢圓C的方程為＋y2＝1.12分 8．(2016·全國丙卷)已知拋物線C：y2＝2x的焦點為F，平行于x軸的兩條

17、直線l1，l2分別交C于A，B兩點，交C的準線于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． 解]　由題意知F.設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＝0.2分 (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.4分 (2)設l與x軸的交點為D(x1,0)， 則S△ABF＝|b－a||FD|＝|b－a|， S△PQF＝.6分 由題設可得2×|b－a|＝，8分 所以x1＝0(舍去)或x1＝1. 設滿足條件的AB的中點為E(x，y)． 當AB與x軸不垂直時，9分 由kAB＝kDE可得＝(x≠1)． 而＝y(tǒng)，所以y2＝x－1(x≠1).10分 當AB與x軸垂直時，E與D(1,0)重合.11分 所以，所求軌跡方程為y2＝x－1.12分