（京津?qū)Ｓ茫?019高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 優(yōu)編增分練：8+6分項練11 圓錐曲線 文.doc

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8＋6分項練11　圓錐曲線 1．(2018大連模擬)設(shè)橢圓C：＋y2＝1的左焦點為F，直線l：y＝kx(k≠0)與橢圓C交于A，B兩點，則＋的值是(　　) A．2 B．2 C．4 D．4 答案　C 解析　設(shè)橢圓的右焦點為F2，連接AF2，BF2， 因為|OA|＝|OB|，|OF|＝|OF2|， 所以四邊形AFBF2是平行四邊形， 所以|BF|＝|AF2|， 所以|AF|＋|BF|＝|AF|＋|AF2|＝2a＝4. 2．(2018洛陽統(tǒng)考)已知雙曲線－＝1(b>0)的右焦點與拋物線y2＝12x的焦點重合，則該雙曲線的焦點到其漸近線的距離等于(　　) A. B．3 C．5 D．4 答案　A 解析　因為拋物線y2＝12x的焦點坐標(biāo)為， 依題意得4＋b2＝9，所以b2＝5， 所以雙曲線的方程為－＝1， 所以其漸近線方程為y＝x， 所以雙曲線的一個焦點到漸近線的距離為 ＝. 3．(2018重慶模擬)已知拋物線y2＝4x的焦點為F，以F為圓心的圓與拋物線交于M，N兩點，與拋物線的準(zhǔn)線交于P，Q兩點，若四邊形MNPQ為矩形，則矩形MNPQ的面積是(　　) A．16 B．12 C．4 D．3 答案　A 解析　根據(jù)題意，四邊形MNPQ為矩形， 可得|PQ|＝|MN|， 從而得到圓心F到準(zhǔn)線的距離與到MN的距離是相等的， 所以M點的橫坐標(biāo)為3，代入拋物線方程，設(shè)M為x軸上方的交點， 從而求得M(3,2)，N(3，－2)， 所以|MN|＝4，＝4， 從而求得四邊形MNPQ的面積為S＝44＝16. 4．(2018昆明模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，圓M：2＋y2＝p2，直線l：y＝k(k≠0)，自上而下順次與上述兩曲線交于A1，A2，A3，A4四點，則等于(　　) A. B. C．p D. 答案　B 解析　圓M：2＋y2＝p2的圓心為拋物線的焦點F，半徑為p. 直線l：y＝k過拋物線的焦點F. 設(shè)A2(x1，y1)，A4(x2，y2)． 不妨設(shè)k<0，則x1<，x2>. |A1A2|＝|A1F|－|A2F|＝p－＝－x1， |A3A4|＝|A4F|－|A3F|＝－p＝x2－. 由 得k2x2－p(k2＋2)x＋＝0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 所以 ＝ ＝＝ ＝＝. 5．(2018江西省景德鎮(zhèn)市第一中學(xué)等盟校聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，過其焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，若＝3，且拋物線C上存在點M與x軸上一點N(7,0)關(guān)于直線l對稱，則該拋物線的焦點到準(zhǔn)線的距離為(　　) A．4 B．5 C. D．6 答案　D 解析　拋物線y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線為l′：x＝－， 如圖所示，當(dāng)直線AB的傾斜角為銳角時， 分別過點A，B作AP⊥l′，BQ⊥l′，垂足為P，Q， 過點B作BD⊥AP交AP于點D， 則|AP|＝|AF|，|BQ|＝|BF|， ∵|AF|＝3|BF|＝|AB|， ∴|AP|－|BQ|＝|AD| ＝|AF|－|BF|＝|AB|， 在Rt△ABD中，由|AD|＝|AB|， 可得∠BAD＝60， ∵AP∥x軸，∴∠BAD＝∠AFx＝60， ∴kAB＝tan 60＝， 直線l的方程為y＝， 設(shè)M點坐標(biāo)為(xM，yM)， 由 可得xM＝p－，yM＝， 代入拋物線的方程化簡可得 3p2－4p－84＝0，解得p＝6(負值舍去)， 該拋物線的焦點到準(zhǔn)線的距離為6. 6．已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且∠F1PF2＝，則橢圓和雙曲線的離心率乘積的最小值為(　　) A. B. C．1 D. 答案　B 解析　設(shè)橢圓和雙曲線的離心率分別為e1，e2， 設(shè)橢圓的長半軸長為a1，雙曲線的半實軸長為a2， 半焦距為c，P為第一象限內(nèi)的公共點， 則 解得|PF1|＝a1＋a2，|PF2|＝a1－a2， 所以4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)cos ， 所以4c2＝(2－)a＋(2＋)a， 所以4＝＋≥2＝， 所以e1e2≥，故選B. 7．(2017全國Ⅰ)設(shè)A，B是橢圓C：＋＝1長軸的兩個端點．若C上存在點M滿足∠AMB＝120，則m的取值范圍是(　　) A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0，]∪[9，＋∞) C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0，]∪[4，＋∞) 答案　A 解析　方法一　設(shè)橢圓焦點在x軸上， 則03時，焦點在y軸上， 要使C上存在點M滿足∠AMB＝120， 則≥tan 60＝，即≥，解得m≥9. 故m的取值范圍為(0,1]∪[9，＋∞)． 故選A. 8．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為雙曲線右支上一點(異于右頂點)，△PF1F2的內(nèi)切圓與x軸切于點(2,0)．過F2作直線l與雙曲線交于A，B兩點，若使|AB|＝b2的直線l恰有三條，則雙曲線離心率的取值范圍是(　　) A．(1，) B．(1,2) C．(，＋∞) D．(2，＋∞) 答案　C 解析　|F1F2|＝2c(c2＝a2＋b2)， 設(shè)△PF1F2的內(nèi)切圓分別與PF1，F(xiàn)1F2，PF2切于點G，H，I， 則|PG|＝|PI|，|F1G|＝|F1H|，|F2H|＝|F2I|. 由雙曲線的定義知 2a＝|PF1|－|PF2|＝|F1G|－|F2I|＝|F1H|－|F2H|， 又|F1H|＋|F2H|＝|F1F2|＝2c， 故|F1H|＝c＋a，|F2H|＝c－a， 所以H(a,0)，即a＝2. 注意到這樣的事實： 若直線l與雙曲線的右支交于A，B兩點， 則當(dāng)l⊥x軸時，|AB|有最小值＝b2； 若直線l與雙曲線的兩支各交于一點(A，B兩點)， 則當(dāng)l⊥y軸時，|AB|有最小值2a，于是， 由題意得b2>2a＝4，b>2，c＝>2， 所以雙曲線的離心率e＝>.故選C. 9．(2018唐山模擬)已知P是拋物線y2＝4x上任意一點，Q是圓2＋y2＝1上任意一點，則|PQ|的最小值為________． 答案　2－1 解析　設(shè)點P的坐標(biāo)為， 由圓的方程2＋y2＝1， 可得圓心坐標(biāo)A， ∴|PA|2＝2＋m2＝2＋12≥12， ∴|PA|≥2， ∵Q是圓2＋y2＝1上任意一點， ∴|PQ|的最小值為2－1. 10．已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，以F1F2為直徑的圓交漸近線ay＝bx于點P(P在第一象限)，PF1交雙曲線左支于Q，若Q是線段PF1的中點，則該雙曲線的離心率為________． 答案　＋1 解析　聯(lián)立直線方程與圓的方程 結(jié)合c2＝a2＋b2，且點P位于第一象限可得P(a，b)， 雙曲線的左焦點為F1(－c,0)， 則PF1的中點為Q， 點Q在雙曲線上，則－＝1， 整理可得c2－2ac－4a2＝0，即e2－2e－4＝0， 解得e＝1， 又雙曲線的離心率e>1，故e＝＋1. 11．(2018三明質(zhì)檢)已知中心是坐標(biāo)原點的橢圓C過點，且C的一個焦點坐標(biāo)為(2,0)，則C的標(biāo)準(zhǔn)方程為________． 答案?。珁2＝1 解析　根據(jù)題意得橢圓的另一個焦點坐標(biāo)是(－2,0)， 則2a＝＋ ＝＝2， 所以a＝，因為c＝2，所以b＝＝1， 從而得到橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. 12．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，點M不與點O重合，稱射線OM與圓x2＋y2＝1的交點N為點M的“中心投影點”． (1)點M(1，)的“中心投影點”為________； (2)曲線x2－＝1上所有點的“中心投影點”構(gòu)成的曲線的長度是________． 答案　(1)　(2) 解析　(1)|OM|＝＝2，|ON|＝1， 所以＝，則N點坐標(biāo)為. (2)雙曲線x2－＝1的漸近線方程為y＝x，由“中心投影點”的定義知，中心投影點是單位圓上夾在兩漸近線之間的與x軸相交的兩段圓弧，一條漸近線的傾斜角為，因此弧長為2π1＝. 13．已知點F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：x2－＝1(b>0)的左、右焦點，O為坐標(biāo)原點，點P在雙曲線C的右支上，且滿足|F1F2|＝2|OP|，tan∠PF2F1≥4，則雙曲線C的半焦距的取值范圍為____________． 答案　 解析　由|F1F2|＝2|OP|可得△PF1F2為直角三角形，∠F1PF2＝90，tan∠PF2F1≥4， 即|PF1|≥4|PF2|，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2， 又|PF1|－|PF2|＝2a，可得|PF2|≤a， 由(|PF2|＋2a)2＋|PF2|2＝4c2化為(|PF2|＋a)2＝2c2－a2≤2，可得c≤， 又雙曲線中c>a＝1， 所以雙曲線C的半焦距的取值范圍為. 14．(2018威海模擬)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，P，Q是拋物線上的兩個動點，線段PQ的中點為M，過M作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為N，若|MN|＝|PQ|，則∠PFQ的最大值為________． 答案　 解析　如圖所示，分別過P，Q作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為A，B， 設(shè)|PF|＝2a，|QF|＝2b， 由拋物線定義，得|PF|＝|PA|，|QF|＝|QB|， 在梯形ABQP中，2|MN|＝|PA|＋|QB|＝2a＋2b， ∴|MN|＝a＋b. 若PQ過焦點F，則|PQ|＝|PF|＋|QF|＝2a＋2b， 又|MN|＝a＋b，且|MN|＝|PQ|， ∴2a＋2b＝a＋b， ∴a＋b＝0，顯然不成立， ∴PQ不過焦點F. ∵|MN|＝|PQ|，∴|PQ|＝a＋b， 設(shè)∠PFQ＝θ，由余弦定理得， (a＋b)2＝4a2＋4b2－8abcos θ， ∴a2＋b2＋2ab＝4a2＋4b2－8abcos θ， ∴cos θ＝≥＝， 當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號， 又∵θ∈(0，π)，∴0<θ≤， ∴∠PFQ的最大值為.