《新版高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪習(xí)題：專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓(xùn)練17 Word版含答案》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪習(xí)題：專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓(xùn)練17 Word版含答案（13頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。
1、
1
2、 1
專題能力訓(xùn)練17 橢圓、雙曲線、拋物線
能力突破訓(xùn)練
1.(20xx全國Ⅲ,理5)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一條漸近線方程為y=52x,且與橢圓x212+y23=1有公共焦點(diǎn),則C的方程為( )
A.x28-y210=1 B.x24-y25=1
C.x25-y24=1 D.x24-y23=1
2.已
3、知M(x0,y0)是雙曲線C:x22-y2=1上的一點(diǎn),F1,F2是C的兩個(gè)焦點(diǎn).若MF1·MF2<0,則y0的取值范圍是 ( )
A.-33,33 B.-36,36
C.-223,223 D.-233,233
3.以拋物線C的頂點(diǎn)為圓心的圓交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于D,E兩點(diǎn).已知|AB|=42,|DE|=25,則C的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離為( )
A.2 B.4 C.6 D.8
4.已知雙曲線x24-y2b2=1(b>0),以原點(diǎn)為圓心,雙曲線的實(shí)半軸長為半徑長的圓與雙曲線的兩條漸近線相交于A,B,C,D四點(diǎn),四邊形ABCD的面積為2b,則雙曲線的方程為( )
A.x24-
4、3y24=1 B.x24-4y23=1
C.x24-y24=1 D.x24-y212=1
5.設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F作與x軸垂直的直線l交兩漸近線于A,B兩點(diǎn),與雙曲線的一個(gè)交點(diǎn)為P,設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn).若OP=mOA+nOB(m,n∈R),且mn=29,則該雙曲線的離心率為( )
A.322 B.355
C.324 D.98
6.雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的漸近線為正方形OABC的邊OA,OC所在的直線,點(diǎn)B為該雙曲線的焦點(diǎn).若正方形OABC的邊長為2,則a= .?
7.(20xx全國Ⅰ,理15)已知雙曲線
5、C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右頂點(diǎn)為A,以A為圓心,b為半徑作圓A,圓A與雙曲線C的一條漸近線交于M,N兩點(diǎn).若∠MAN=60°,則C的離心率為.
8.
如圖,已知拋物線C1:y=14x2,圓C2:x2+(y-1)2=1,過點(diǎn)P(t,0)(t>0)作不過原點(diǎn)O的直線PA,PB分別與拋物線C1和圓C2相切,A,B為切點(diǎn).
(1)求點(diǎn)A,B的坐標(biāo);
(2)求△PAB的面積.
注:直線與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn),且與拋物線的對(duì)稱軸不平行,則稱該直線與拋物線相切,稱該公共點(diǎn)為切點(diǎn).
9.
如圖,
6、動(dòng)點(diǎn)M與兩定點(diǎn)A(-1,0),B(1,0)構(gòu)成△MAB,且直線MA,MB的斜率之積為4,設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為C.
(1)求軌跡C的方程;
(2)設(shè)直線y=x+m(m>0)與y軸相交于點(diǎn)P,與軌跡C相交于點(diǎn)Q,R,且|PQ|<|PR|,求|PR||PQ|的取值范圍.
10.已知三點(diǎn)O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲線C上任意一點(diǎn)M(x,y)滿足|MA+MB|=OM·(OA+OB)+2.
(1)求曲線C的方程;
(2)點(diǎn)Q(x0,y0)(-2
7、于點(diǎn)D,E,求△QAB與△PDE的面積之比.
思維提升訓(xùn)練
11.(20xx全國Ⅰ,理10)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn),過F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點(diǎn),直線l2與C交于D,E兩點(diǎn),則|AB|+|DE|的最小值為( )
A.16 B.14 C.12 D.10
12.(20xx全國Ⅱ,理16)已知F是拋物線C:y2=8x的焦點(diǎn),M是C上一點(diǎn),FM的延長線交y軸于點(diǎn)N,若M為FN的中點(diǎn),則|FN|= .?
13.(
8、20xx山東,理14)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右支與焦點(diǎn)為F的拋物線x2=2py(p>0)交于A,B兩點(diǎn),若|AF|+|BF|=4|OF|,則該雙曲線的漸近線方程為 .?
14.已知圓C:(x+1)2+y2=20,點(diǎn)B(1,0),點(diǎn)A是圓C上的動(dòng)點(diǎn),線段AB的垂直平分線與線段AC交于點(diǎn)P.
(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C1的方程;
(2)設(shè)M0,15,N為拋物線C2:y=x2上的一動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)N作拋物線C2的切線交曲線C1于P,Q兩點(diǎn),求△MPQ面積的最大值.
15.已知?jiǎng)狱c(diǎn)C是
9、橢圓Ω:x2a+y2=1(a>1)上的任意一點(diǎn),AB是圓G:x2+(y-2)2=94的一條直徑(A,B是端點(diǎn)),CA·CB的最大值是314.
(1)求橢圓Ω的方程;
(2)已知橢圓Ω的左、右焦點(diǎn)分別為點(diǎn)F1,F2,過點(diǎn)F2且與x軸不垂直的直線l交橢圓Ω于P,Q兩點(diǎn).在線段OF2上是否存在點(diǎn)M(m,0),使得以MP,MQ為鄰邊的平行四邊形是菱形?若存在,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說明理由.
參考答案
專題能力訓(xùn)練17 橢圓、雙曲線、拋物線
能力突破訓(xùn)練
1.B 解析由題意得ba=52,c=3.
又a2+b2=c2,所以a2=
10、4,b2=5,
故C的方程為x24-y25=1.
2.A 解析由條件知F1(-3,0),F2(3,0),
∴MF1=(-3-x0,-y0),MF2=(3-x0,-y0),
∴MF1·MF2=x02+y02-3<0. ①
∵x022-y02=1,∴x02=2y02+2.代入①得y02<13,
∴-330),圓的方程為x2+y2=R2.
因?yàn)閨AB|=42,所以可設(shè)A(m,22).
又因?yàn)閨DE|=25,
所以R2=5+p24,m2+8=R2,8=2pm,解得p2=16.
故p=4,即C的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離是4
11、.
4.D 解析根據(jù)對(duì)稱性,不妨設(shè)點(diǎn)A在第一象限,其坐標(biāo)為(x,y),于是有x2+y2=4y=b2x?x=4b2+4,y=4b2+4·b2,則xy=16b2+4·b2=b2?b2=12.故所求雙曲線的方程為x24-y212=1,故選D.
5.C 解析在y=±bax中令x=c,得Ac,bca,Bc,-bca,在雙曲線x2a2-y2b2=1中令x=c得Pc,±b2a.
當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為c,b2a時(shí),由OP=mOA+nOB,
得c=(m+n)c,b2a=mbca-nbca,則m+n=1,m-n=bc.
由m+n=1,mn=29,得m=23,n=13或m=13,n=23(舍去),
∴bc=1
12、3,∴c2-a2c2=19,∴e=324.
同理,當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為c,-b2a時(shí),e=324.
故該雙曲線的離心率為324.
6.2 解析∵四邊形OABC是正方形,∴∠AOB=45°,∴不妨設(shè)直線OA的方程即雙曲線的一條漸近線的方程為y=x.∴ba=1,即a=b.又|OB|=22,∴c=22.∴a2+b2=c2,即a2+a2=(22)2,可得a=2.
7.233 解析
如圖所示,由題意可得|OA|=a,|AN|=|AM|=b,
∵∠MAN=60°,
∴|AP|=32b,|OP|=|OA|2-|PA|2=a2-34b2.
設(shè)雙曲線C的一條漸近線y=bax的傾斜角為θ,則tanθ
13、=|AP||OP|=32ba2-34b2.又tanθ=ba,∴32ba2-34b2=ba,解得a2=3b2,
∴e=1+b2a2=1+13=233.
8.解(1)由題意知直線PA的斜率存在,故可設(shè)直線PA的方程為y=k(x-t),
由y=k(x-t),y=14x2消去y,整理得:x2-4kx+4kt=0,
由于直線PA與拋物線相切,得k=t.
因此,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2t,t2).
設(shè)圓C2的圓心為D(0,1),點(diǎn)B的坐標(biāo)為(x0,y0),由題意知:點(diǎn)B,O關(guān)于直線PD對(duì)稱,故y02=-x02t+1,x0t-y0=0,解得x0=2t1+t2,y0=2t21+t2.
因此,點(diǎn)B的坐標(biāo)為
14、2t1+t2,2t21+t2.
(2)由(1)知|AP|=t·1+t2和直線PA的方程tx-y-t2=0.
點(diǎn)B到直線PA的距離是d=t21+t2.
設(shè)△PAB的面積為S(t),
所以S(t)=12|AP|·d=t32.
9.解(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x,y),當(dāng)x=-1時(shí),直線MA的斜率不存在;
當(dāng)x=1時(shí),直線MB的斜率不存在.
于是x≠1,且x≠-1.
此時(shí),MA的斜率為yx+1,MB的斜率為yx-1.
由題意,有yx+1·yx-1=4.
整理,得4x2-y2-4=0.
故動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程為4x2-y2-4=0(x≠±1).
(2)由y=x+m,4x2-y2-4=
15、0消去y,可得3x2-2mx-m2-4=0. ①
對(duì)于方程①,其判別式Δ=(-2m)2-4×3(-m2-4)=16m2+48>0,
而當(dāng)1或-1為方程①的根時(shí),m的值為-1或1.
結(jié)合題設(shè)(m>0)可知,m>0,且m≠1.
設(shè)Q,R的坐標(biāo)分別為(xQ,yQ),(xR,yR),
則xQ,xR為方程①的兩根,
因?yàn)閨PQ|<|PR|,所以|xQ|<|xR|.
因?yàn)閤Q=m-2m2+33,xR=m+2m2+33,且Q,R在同一條直線上,
所以|PR||PQ|=xRxQ=21+3m2+121+3m2-1=1+221+3m2-1.
此時(shí)1+3m2>1,且1+3m2≠2,
所以1<1+
16、221+3m2-1<3,
且1+221+3m2-1≠53,
所以1<|PR||PQ|=xRxQ<3,且|PR||PQ|=xRxQ≠53.
綜上所述,|PR||PQ|的取值范圍是1,53∪53,3.
10.解(1)由題意可知MA=(-2-x,1-y),MB=(2-x,1-y),OM=(x,y),OA+OB=(0,2).
∵|MA+MB|=OM·(OA+OB)+2,
∴4x2+4(1-y)2=2y+2,∴x2=4y.
∴曲線C的方程為x2=4y.
(2)設(shè)Qx0,x024,
則S△QAB=21-x024=21-x024.
∵y=x24,∴y'=12x,∴kl=12x0,
∴切
17、線l的方程為y-x024=12x0(x-x0)與y軸交點(diǎn)H0,-x024,|PH|=1-x024=1-x024.
直線PA的方程為y=-x-1,直線PB的方程為y=x-1,
由y=-x-1,y=12x0x-x024,得xD=x0-22.
由y=x-1,y=12x0x-x024,得xE=x0+22,
∴S△PDE=12|xD-xE|·|PH|=1-x024,
∴△QAB與△PDE的面積之比為2.
思維提升訓(xùn)練
11.A 解析方法一:由題意,易知直線l1,l2斜率不存在時(shí),不合題意.
設(shè)直線l1方程為y=k1(x-1),
聯(lián)立拋物線方程,得y2=4x,y=k1(x-1),
消去
18、y,得k12x2-2k12x-4x+k12=0,
所以x1+x2=2k12+4k12.
同理,直線l2與拋物線的交點(diǎn)滿足x3+x4=2k22+4k22.
由拋物線定義可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=2k12+4k12+2k22+4k22+4=4k12+4k22+8≥216k12k22+8=16,
當(dāng)且僅當(dāng)k1=-k2=1(或-1)時(shí),取得等號(hào).
方法二:如圖所示,
由題意可得F(1,0),設(shè)AB傾斜角為θ不妨令θ∈0,π2.作AK1垂直準(zhǔn)線,AK2垂直x軸,結(jié)合圖形,根據(jù)拋物線的定義,可得|AF|·cosθ+|GF|=|AK1|,|AK1|=|AF|,|G
19、F|=2,
所以|AF|·cosθ+2=|AF|,即|AF|=21-cosθ.
同理可得|BF|=21+cosθ,所以|AB|=41-cos2θ=4sin2θ.
又DE與AB垂直,即DE的傾斜角為π2+θ,則|DE|=4sin2π2+θ=4cos2θ,
所以|AB|+|DE|=4sin2θ+4cos2θ=4sin2θcos2θ=414sin22θ=16sin22θ≥16,當(dāng)θ=π4時(shí)取等號(hào),即|AB|+|DE|最小值為16,故選A.
12.6 解析設(shè)N(0,a),由題意可知F(2,0).
又M為FN的中點(diǎn),則M1,a2.
因?yàn)辄c(diǎn)M在拋物線C上,所以a24=8,即a2=32,即a=
20、±42.
所以N(0,±42).
所以|FN|=(2-0)2+(0±42)2=6.
13.y=±22x 解析拋物線x2=2py的焦點(diǎn)F0,p2,準(zhǔn)線方程為y=-p2.
設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則|AF|+|BF|=y1+p2+y2+p2=y1+y2+p=4|OF|=4·p2=2p.
所以y1+y2=p.
聯(lián)立雙曲線與拋物線方程得x2a2-y2b2=1,x2=2py,
消去x,得a2y2-2pb2y+a2b2=0.
所以y1+y2=2pb2a2=p,所以b2a2=12.
所以該雙曲線的漸近線方程為y=±22x.
14.解(1)由已知可得,點(diǎn)P滿足|PB|+|PC
21、|=|AC|=25>2=|BC|,
所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C1是一個(gè)橢圓,其中2a=25,2c=2.
動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C1的方程為x25+y24=1.
(2)設(shè)N(t,t2),則PQ的方程為
y-t2=2t(x-t)?y=2tx-t2.
聯(lián)立方程組y=2tx-t2,x25+y24=1,消去y整理,得(4+20t2)x2-20t3x+5t4-20=0,
有Δ=80(4+20t2-t4)>0,x1+x2=20t34+20t2,x1x2=5t4-204+20t2.
而|PQ|=1+4t2×|x1-x2|=1+4t2×80(4+20t2-t4)4+20t2,
點(diǎn)M到PQ的高為h=15+t21+4
22、t2,
由S△MPQ=12|PQ|h代入化簡,得
S△MPQ=510-(t2-10)2+104≤510×104=1305,當(dāng)且僅當(dāng)t2=10時(shí),S△MPQ可取最大值1305.
15.解(1)設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x,y),
則x2a+y2=1.
連接CG,由CA=CG+GA,CB=CG+GB=CG-GA,又G(0,2),CG=(-x,2-y),
可得CA·CB=CG2-GA2=x2+(y-2)2-94=a(1-y2)+(y-2)2-94=-(a-1)y2-4y+a+74,其中y∈[-1,1].
因?yàn)閍>1,所以當(dāng)y=42(1-a)≤-1,即1
23、大值-(a-1)+4+a+74=274,與條件矛盾;
當(dāng)y=42(1-a)>-1,即a>3時(shí),CA·CB的最大值是4(1-a)a+74-164(1-a),
由條件得4(1-a)a+74-164(1-a)=314,
即a2-7a+10=0,解得a=5或a=2(舍去).
綜上所述,橢圓Ω的方程是x25+y2=1.
(2)設(shè)點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0),則滿足x125+y12=1,x225+y22=1,兩式相減,
整理,得y2-y1x2-x1=-x2+x15(y2+y1)=-x05y0,
從而直線PQ的方程為y-y0=-x05y0(x-x0).
又右焦點(diǎn)F2的坐標(biāo)是(2,0),
將點(diǎn)F2的坐標(biāo)代入PQ的方程得
-y0=-x05y0(2-x0),
因?yàn)橹本€l與x軸不垂直,所以2x0-x02=5y02>0,從而0
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