高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪復(fù)習(xí)專題整合高頻突破習(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

專題能力訓(xùn)練17橢圓、雙曲線、拋物線能力突破訓(xùn)練1.(2017全國(guó),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=1B.x24-y25=1C.x25-y24=1D.x24-y23=12.已知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.-33,33B.-36,36C.-223,223D.-233,2333.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.2B.4C.6D.84.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(zhǎng)為半徑長(zhǎng)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.x24-3y24=1B.x24-4y23=1C.x24-y24=1D.x24-y212=15.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,nR),且mn=29,則該雙曲線的離心率為()A.322B.355C.324D.986.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(zhǎng)為2,則a=. 7.(2017全國(guó),理15)已知雙曲線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,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<x0<2)是曲線C上動(dòng)點(diǎn),曲線C在點(diǎn)Q處的切線為l,點(diǎn)P的坐標(biāo)是(0,-1),l與PA,PB分別交于點(diǎn)D,E,求QAB與PDE的面積之比.思維提升訓(xùn)練11.(2017全國(guó),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.16B.14C.12D.1012.(2017全國(guó),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(zhǎng)線交y軸于點(diǎn)N,若M為FN的中點(diǎn),則|FN|=. 13.(2017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是橢圓: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)求橢圓的方程;(2)已知橢圓的左、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=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.x022-y02=1,x02=2y02+2.代入得y02<13,-33<y0<33.3.B解析不妨設(shè)拋物線C的方程為y2=2px(p>0),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4.4.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=b2xx=4b2+4,y=4b2+4·b2,則xy=16b2+4·b2=b2b2=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=13,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,則tan=|AP|OP|=32ba2-34b2.又tan=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x1,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=0消去y,可得3x2-2mx-m2-4=0.對(duì)于方程,其判別式=(-2m)2-4×3(-m2-4)=16m2+48>0,而當(dāng)1或-1為方程的根時(shí),m的值為-1或1.結(jié)合題設(shè)(m>0)可知,m>0,且m1.設(shè)Q,R的坐標(biāo)分別為(xQ,yQ),(xR,yR),則xQ,xR為方程的兩根,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+3m22,所以1<1+221+3m2-1<3,且1+221+3m2-153,所以1<|PR|PQ|=xRxQ<3,且|PR|PQ|=xRxQ53.綜上所述,|PR|PQ|的取值范圍是1,5353,3.10.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SQAB=21-x024=21-x024.y=x24,y'=12x,kl=12x0,切線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,SPDE=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+8216k12k22+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傾斜角為不妨令0,2.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|·cos+|GF|=|AK1|,|AK1|=|AF|,|GF|=2,所以|AF|·cos+2=|AF|,即|AF|=21-cos.同理可得|BF|=21+cos,所以|AB|=41-cos2=4sin2.又DE與AB垂直,即DE的傾斜角為2+,則|DE|=4sin22+=4cos2,所以|AB|+|DE|=4sin2+4cos2=4sin2cos2=414sin22=16sin2216,當(dāng)=4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=±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|=|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=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+4t2,由SMPQ=12|PQ|h代入化簡(jiǎn),得SMPQ=510-(t2-10)2+104510×104=1305,當(dāng)且僅當(dāng)t2=10時(shí),SMPQ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<a3時(shí),取y=-1,得CA·CB有最大值-(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<x0<2.假設(shè)在線段OF2上存在點(diǎn)M(m,0)(0<m<2),使得以MP,MQ為鄰邊的平行四邊形是菱形,則線段PQ的垂直平分線必過點(diǎn)M,而線段PQ的垂直平分線方程是y-y0=5y0x0(x-x0),將點(diǎn)M(m,0)代入得-y0=5y0x0(m-x0),得m=45x0,從而m0,85.