新編高考數(shù)學(xué)復(fù)習(xí) 專題六 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線 專題升級訓(xùn)練含答案解析

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1、 專題升級訓(xùn)練 　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.(20xx·遼寧師大附中模擬,6)若拋物線y2=ax的焦點與雙曲線=1的右焦點重合,則a的值為(　　) A.4 B.8 C.16 D.8 2.已知F1,F2分別是橢圓=1的左、右焦點,A是橢圓上一動點,圓C與F1A的延長線、F1F2的延長線以及線段AF2相切,若M(t,0)為一個切點,則(　　) A.t=2 B.t>2 C.t<2 D.t與2的大小關(guān)系不確定 3.若點P為共焦點的橢圓C1和雙曲線C2的一個交點,F1,F2分別是它們的

2、左、右焦點,設(shè)橢圓的離心率為e1,雙曲線的離心率為e2.若=0,則=(　　) A.1 B.2 C.3 D.4 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的交點有(　　) 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.直線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

3、,共18分) 7.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(shù)a=　　　　　.? 8.在△ABC中,AB=BC,cos B=-,若以A,B為焦點的橢圓經(jīng)過點C,則該橢圓的離心率e=　　　　　.? 9.連接拋物線x2=4y的焦點F與點M(1,0)所得的線段與拋物線交于點A,設(shè)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(yīng)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)已知橢圓C:=1(a>b>0)的短軸長等于焦距,橢圓C

4、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(guān)于x軸的對稱點,證明:N,F,P三點共線. 11.(本小題滿分15分)(20xx·山東東營模擬,22)已知圓的方程為x2+y2=4,過點M(2,4)作圓的兩條切線,切點分別為A1,A2,直線A1A2恰好經(jīng)過橢圓=1(a>b>0)的右頂點和上頂點. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)AB是橢圓=1(a>b>0)垂直于x軸的一條弦,AB所在直線的方程為x=m(|m|

5、于Q,R兩點,求證:>4. 12.(本小題滿分16分)(20xx·河南鄭州模擬,20)如圖,已知定點F(-1,0),N(1,0),以線段FN為對角線作周長是4的平行四邊形MNEF.平面上的動點G滿足||=2(O為坐標原點). (1)求點E,M所在曲線C1的方程及動點G的軌跡C2的方程; (2)已知過點F的直線l交曲線C1于P,Q兩點,交軌跡C2于A,B兩點,若|AB|∈(2),求△NPQ的內(nèi)切圓半徑的取值范圍. ## 1.C 2.A　解析:如圖,P,Q分別是圓C與F1A的延長線、線段AF2相切的切點,則|MF2|=|F2Q|=2a-(|F1A|+|AQ|)=2a-|F1P|=

6、2a-|F1M|,即|F1M|+|MF2|=2a,所以t=a=2.選A. 3.B　解析:設(shè)橢圓方程為=1(a>b>0), 雙曲線方程為=1(m>0,n>0),其中兩焦點距離為2c. 不妨令P在第一象限,由題意知 ∴|PF1|=a+m,|PF2|=a-m, 又·=0,∴PF1⊥PF2, ∴|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2, ∴2(a2+m2)=4c2, ∴=2,故選B. 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(nèi)部,而此圓在橢圓=1的內(nèi)部,故

7、點P在橢圓內(nèi)部,經(jīng)過此點的任意直線與橢圓有兩個交點.故選B. 5.A　解析:由·=0?OA⊥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?x=.故選A. 6.C　解析:據(jù)拋物線定義知,|AB|=x1++x2+=4, ∴x1+x2=. 故弦AB的中點到x=-的距離為. 7.　解析:根據(jù)拋物線的性質(zhì)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=. 8.　解析:如

8、圖所示,設(shè)AB=BC=x, [來源:] 由cos B=-及余弦定理得 AC2=AB2+BC2-2AB·BCcos B=x2+x2+2x2×, ∴AC2=x2,∴AC=x. ∵橢圓以A,B為焦點, ∴焦距為2c=AB=x. 又橢圓經(jīng)過點C, ∴AC+BC=x+x=2a, ∴2a=x,∴e=. 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=×1×(3-2)=. 10.(1)解:由題可知解得a=,c=1,∴b=1. ∴橢圓C的方程為+y2=1. (2)證明:設(shè)直線l為y=k(x-2),M(x

9、1,y1),N(x2,y2),P(x1,-y1),F(1,0), 由得(2k2+1)x2-8k2x+8k2-2=0. ∴x1+x2=,x1x2=. 而=(x2-1,y2)=(x2-1,kx2-2k), =(x1-1,-y1)=(x1-1,-kx1+2k).[來源:] ∵(x1-1)(kx2-2k)-(x2-1)(-kx1+2k) =k[2x1x2-3(x1+x2)+4] =k=0, ∴.∴N,F,P三點共線. 11.(1)解:觀察知,x=2是圓的一條切線,切點為(2,0). 設(shè)O為圓心,根據(jù)圓的切線性質(zhì),MO⊥A1A2, 所以=-=-, 所以直線A1A2的方程為y=-(

10、x-2). 直線A1A2與y軸相交于點(0,1),依題意可知a=2,b=1, 故橢圓的方程為+y2=1. (2)證明:橢圓方程為+y2=1, 設(shè)P(x0,y0),A(m,n),B(m,-n), 則有+4-4=0,m2+4n2-4=0. 在直線AP的方程y-n=(x-m)中,令x=,整理,得 yQ=.① 同理,yR=.② ①×②,并將=1-,n2=1-m2代入得 yQ·yR== =. 故··+yQ·yR==1+. 因為|m|<2且m≠0, 所以03, 所以·>4. 12.解:(1)因為四邊形MNEF為周長為4的平行四邊形,所以點E到點F,N的距離

11、之和是2.[來源:] 又|NF|=2<2,故由橢圓的定義知,曲線C1為橢圓,a=,c=1,b=1. 故曲線C1的方程為+y2=1. 由||=2知,動點G的軌跡為以坐標原點O為圓心,2為半徑的圓,其方程為x2+y2=4. (2)當l⊥x軸時,將x=-1代入x2+y2=4得y=±, 所以|AB|=2?(2),[來源:學(xué)§科§網(wǎng)] 所以直線l不垂直于x軸. 設(shè)直線l的方程為y=k(x+1). 圓C2的圓心O(0,0)到直線l的距離d=, 由圓的幾何性質(zhì),得|AB|=2=2=2. 由|AB|∈(2),解得k2>. 聯(lián)立方程消去x得y2-y-1=0.[來源:] 設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2),△NPQ內(nèi)切圓半徑為R, 則y1+y2=,y1y2=-. 因為|NF|·|y1-y2|=·R·(|PN|+|PQ|+|QN|). 其中,|NF|=2,|PN|+|PQ|+|QN|=4, 所以R=|y1-y2|. 而|y1-y2|= = =. 因為k2>,所以1-. 另外,顯然有1-<1, 即<|y1-y2|<,所以