新編高三理科數(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

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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,理5)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)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MF1MF20),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.x24-3y24=1B.x24-4y23=1C.x

2、24-y24=1D.x24-y212=15.設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1(a0,b0)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(a0,b0)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,理15)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)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

3、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)(t0)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(m0)與y軸相交于點(diǎn)P,與軌跡C相交于點(diǎn)Q,R,且|PQ|PR|,求

4、|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)(-2x00,b0)的右支與焦點(diǎn)為F的拋物線x2=2py(p0)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M

5、PQ面積的最大值.15.已知?jiǎng)狱c(diǎn)C是橢圓:x2a+y2=1(a1)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)),CACB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

6、件知F1(-3,0),F2(3,0),MF1=(-3-x0,-y0),MF2=(3-x0,-y0),MF1MF2=x02+y02-30.x022-y02=1,x02=2y02+2.代入得y0213,-33y00),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+4b2,則xy=16b2+4b2=b2b2=12.故所求雙曲線的方

7、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

8、=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

9、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|=t1+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),M

10、A的斜率為yx+1,MB的斜率為yx-1.由題意,有yx+1yx-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(x1).(2)由y=x+m,4x2-y2-4=0消去y,可得3x2-2mx-m2-4=0.對于方程,其判別式=(-2m)2-43(-m2-4)=16m2+480,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)(m0)可知,m0,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|1,且1+3m22,所以11+221+3m2-13,且1+221+3m2-153,所以1|PR|P

11、Q|=xRxQ2=|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+4t280(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,得SM

12、PQ=510-(t2-10)2+104510104=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CACB=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1-1,即a3時(shí),CACB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

13、+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=5y020,從而0x02.假設(shè)在線段OF2上存在點(diǎn)M(m,0)(0m2),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.