《浙江高考數(shù)學二輪復習練習:專題限時集訓12 圓錐曲線的定義、方程、幾何性質(zhì) Word版含答案》由會員分享,可在線閱讀,更多相關《浙江高考數(shù)學二輪復習練習:專題限時集訓12 圓錐曲線的定義、方程、幾何性質(zhì) Word版含答案(10頁珍藏版)》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。
1、
高考數(shù)學精品復習資料
2019.5
專題限時集訓(十二)
圓錐曲線的定義、方程、幾何性質(zhì)
(對應學生用書第141頁)
[建議A、B組各用時:45分鐘]
[A組 高考達標]
一、選擇題
1.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.
2、故選D.]
2.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.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.已知雙曲線-=1(a>0,b>0)的焦距為2,且雙曲線的一條漸近線與直線2x+y=0垂直,則雙曲線的方程為( )
A.-y2=1 B.x2-=1
C.-=1 D.-=1
A [由焦距為2得c=.因
3、為雙曲線的一條漸近線與直線2x+y=0垂直,所以=.
又c2=a2+b2,解得a=2,b=1,
所以雙曲線的方程為-y2=1.]
4.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2cr=(|PF1|+|PF2|+2c)r,整理得|PF1|+|PF2|=4c,即2a=4c,所以
4、e=.]
5.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:68334127】
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xy=0,
所以漸近線xy=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bb=4,
所以b2=5,所以a2=4b2=20.
所以
5、橢圓C的方程為+=1.故選D.]
二、填空題
6.雙曲線M:x2-=1的左、右焦點分別為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.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=_
6、_______.
【導學號:68334128】
25 [由題意得內(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.(20xx紹興一中高考考前適應性考試)設拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,準線為l,過拋物線上一點A作l的垂線,垂足為B.設C,AF與BC相交于點E.若|CF|=2|AF|,且△ACE的面積為3,則p的值為________.
[由拋物線y2=2px可得F,則|CF|=-=3p,又|CF|=2|AF|,則|AF
7、|=,由拋物線的定義得|AB|=|AF|=,所以xA=p,則|yA|=p.由CF∥AB得△ABE∽△FCE,從而得===2,所以S△CEF=2S△CEA=6,S△ACF=S△AEC+S△CFE=9,所以3pp=9,解得p=.
]
三、解答題
9.(20xx溫州市普通高中高考模擬考試)已知A,B,C是拋物線y2=2px(p>0)上三個不同的點,且AB⊥AC.
(1)若A(1,2),B(4,-4),求點C的坐標;
(2)若拋物線上存在點D,使得線段AD總被直線BC平分,求點A的坐標.
圖125
[解] (1)∵A(1,2)在拋物線上,
∴p=2. 2分
設C,則由kA
8、BkAC=-1,得t=6,
即C(9,6). 4分
(2)設A(x0,y0),B,C,
則直線BC的方程為(y1+y2)y=2px+y1y2, 6分
由kABkAC==-1,
得y0(y1+y2)+y1y2+y=-4p2, 8分
代入直線BC的方程,得(y1+y2)(y+y0)=2p(x-2p-x0),
故直線BC恒過點E(x0+2p,-y0),
因此直線AE的方程為y=-(x-x0)+y0, 10分
代入拋物線的方程y2=2px(p>0),
得點D的坐標為.
因為線段AD總被直線BC平分,
所以 13分
解得x0=,y0=p
即點A的坐標為. 15分
9、10.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,
10、A(-,0).
將直線AM的方程y=k(x+)代入+=1得
(3+tk2)x2+2tk2x+t2k2-3t=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. 11分
由此得或
解得<k<2.
因此k的取值范圍是(,2). 15分
[B組 名校沖刺]
一、選擇題
1.(20xx湖州調(diào)測)已知點A是拋物線C:x2=2py(p>0)上一點,O為
11、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( )
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=2p4,解得p=.]
2.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-
12、,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)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:68334129】
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
13、e>1,所以1<e≤3.故選C.]
4.(20xx嘉興調(diào)測)拋物線y2=2px(p>0)的焦點為F,已知點A,B為拋物線上的兩個動點,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.設F1,F(xiàn)2是橢圓x2+=1(0<b<1)的左、右焦點,過
14、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F1(-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.(20xx杭州學軍中學高三模擬)已知拋物線y=x2和直線l:y=kx+m(m>0)交于兩點A,B,當=2時,直線l過定點________;當m=________時,以AB為直徑的圓與直線y=-相切.
(0,2) [設A,
15、B的坐標分別為(x1,y1),(x2,y2),聯(lián)立方程y=x2與y=kx+m,消去y得x2-kx-m=0,則x1+x2=k,x1x2=-m ①
所以y1y2=m2,y1+y2=k2+2m?、?
又=(x1,y1)(x2,y2)=x1x2+y1y2=2,所以m2-m-2=0,又m>0,所以m=2,則直線的方程為y=kx+2,故過定點(0,2).以AB為直徑的圓與直線y=-相切,故滿足方程2==,將①②代入,得4m2-2m+=0,解得m=.]
三、解答題
7.如圖126,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126
16、
(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.
【導學號:68334130】
[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,+=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
17、
由?x2+4(2x+2)2-4b2=0,即17x2+32x+16-4b2=0,
9分
Δ=322+1617(b2-4)>0?b>,x1+x2=-,x1x2=. 11分
∵OP⊥OQ,∴=0,即x1x2+y1y2=0,
x1x2+(2x1+2)(2x2+2)=0,5x1x2+4(x1+x2)+4=0, 13分
從而-+4=0,解得b=1,橢圓C的方程為+y2=1. 15分
8.已知拋物線C:y2=2x的焦點為F,平行于x軸的兩條直線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△PQ
18、F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). 11分
當AB與x軸垂直時,E與D(1,0)重合.
所以,所求軌跡方程為y2=x-1. 15分