高三文科數(shù)學(xué) 通用版二輪復(fù)習(xí)：專題限時集訓(xùn)12　圓錐曲線的定義、方程、幾何性質(zhì) Word版含解析

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1、 專題限時集訓(xùn)(十二)　 圓錐曲線的定義、方程、幾何性質(zhì) 建議A、B組各用時：45分鐘] A組　高考達(dá)標(biāo)] 一、選擇題 1．(20xx全國甲卷)設(shè)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(biāo)代入y＝(k＞0)得k＝2.故選D.] 2．(20xx石家莊一模)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

2、．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．(20xx天津高考)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

3、－y2＝1.] 4．(20xx?？诙?設(shè)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(shè)△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e＝.] 5．(20xx唐山二模)橢圓y2＋＝1(0＜m＜1)上存在點P使得PF1⊥PF2，則m的取值范圍是

4、(　　) A. B. C. D. B　當(dāng)點P是短軸的頂點時∠F1PF2最大，因此若橢圓上存在點P使得PF1⊥PF2，則∠F1PF2≥90，所以∠F2PO≥45(O是原點)，從而≥，即1－m2≥，又0＜m＜1，所以0＜m≤.] 二、填空題 6．(20xx合肥二模)雙曲線M：x2－＝1的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，記|F1F2|＝2c，以坐標(biāo)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(biāo)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＝4

5、c2，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(biāo)為.] 7．(20xx邯鄲二模)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＝________. 【導(dǎo)學(xué)號：85952053】 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.] 圖141 8．(20xx平頂山二模)如圖141，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線－＝1(a＞0，b

6、＞0)的左、右焦點，過F1的直線l與雙曲線的左、右兩支分別交于點B，A.若△ABF2為等邊三角形，則雙曲線的離心率為________． 　因為△ABF2為等邊三角形，由點A是雙曲線上的一點知，|F1A|－|F2A|＝|F1A|－|AB|＝|F1B|＝2a，由點B是雙曲線上一點知，|BF2|－|BF1|＝2a，從而|BF2|＝4a，由∠ABF2＝60得∠F1BF2＝120，在△F1BF2中應(yīng)用余弦定理得4c2＝4a2＋16a2－22a4acos 120，整理得c2＝7a2，則e2＝7，從而e＝.] 三、解答題 9．(20xx唐山一模)在△ABC中，A(－1,0)，B(1,0)，若△ABC的

7、重心G和垂心H滿足GH平行于x軸(G，H不重合)． (1)求動點C的軌跡方程； (2)已知O為坐標(biāo)原點，若直線AC與以O(shè)為圓心，以|OH|為半徑的圓相切，求此時直線AC的方程． 解]　(1)由題意可設(shè)C(x，y)，則G，H，＝，＝(x＋1，y).2分 因為H為垂心，所以＝x2－1＋＝0，整理可得x2＋＝1， 即動點C的軌跡方程為x2＋＝1(xy≠0).4分 (2)顯然直線AC的斜率存在，設(shè)AC的方程為y＝k(x＋1)，C(x0，y0)． 將y＝k(x＋1)代入x2＋＝1得(3＋k2)x2＋2k2x＋k2－3＝0，6分 解得x0＝，y0＝，則H.8分 原點O到直線AC的距離d＝

8、， 依題意可得＝，10分 即7k4＋2k2－9＝0，解得k2＝1，即k＝1或－1， 故所求直線AC的方程為y＝x＋1或y＝－x－1.12分 10．(20xx全國甲卷)已知A是橢圓E：＋＝1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(dāng)|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積； (2)當(dāng)2|AM|＝|AN|時，證明：0. 由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為. 又A(－2,0)，因此直線AM的方程為y＝x＋2.2分 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1得7y2－12y＝0. 解得y＝0

9、或y＝，所以y1＝.4分 因此△AMN的面積S△AMN＝2＝.5分 (2)證明：設(shè)直線AM的方程為y＝k(x＋2)(k＞0)， 代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0. 由x1(－2)＝得x1＝， 故|AM|＝|x1＋2|＝.7分 由題意，設(shè)直線AN的方程為y＝－(x＋2)， 故同理可得|AN|＝.8分 由2|AM|＝|AN|得＝， 即4k3－6k2＋3k－8＝0.10分 設(shè)f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，則k是f(t)的零點．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)單調(diào)遞增．又f()＝15－26＜0，f

10、(2)＝6＞0，因此f(t)在(0，＋∞)有唯一的零點，且零點k在(，2)內(nèi)，所以＜k＜2.12分 B組　名校沖刺] 一、選擇題 1．(20xx唐山二模)已知點A是拋物線C：x2＝2py(p＞0)上一點，O為坐標(biāo)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(biāo)為4，又△ABO為等邊三角形，所以點A的橫坐標(biāo)為，又點A是拋物線C上一點，所以＝2p4，解得p＝.] 2．(20xx安慶二模)已知焦點在x軸上的橢圓方程為＋＝1，隨

11、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(dāng)a∈(2－，1)時，e越來越大，當(dāng)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(dǎo)學(xué)號：85952054】 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

12、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e＞1，所以1＜e≤3.故選C.] 4．(20xx武漢二模)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(zhǔn)線的垂線MN，垂足為N，則的最大值為(　　) A.　　　 B.1 C.　　　 D.2 A　設(shè)AF＝a，BF＝b，由余弦定理得|AB|2＝a2＋b2－2abcos 120＝a2＋b2＋ab＝(a＋b)2

13、－ab≥(a＋b)2－2＝(a＋b)2.∵a＋b＝AF＋BF＝2MN， ∴|AB|2≥|2MN|2，∴≤.] 二、填空題 5．(20xx哈爾濱二模)設(shè)F1，F(xiàn)2是橢圓x2＋＝1(0＜b＜1)的左、右焦點，過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(biāo)為(c，b2)，設(shè)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．過拋物線y2＝4x焦

14、點F的直線交其于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點．若|AF|＝3，則△AOB的面積為________． 　設(shè)直線AB的傾斜角為θ(0＜θ＜π)及|BF|＝m， ∵|AF|＝3，∴點A到準(zhǔn)線l：x＝－1的距離為3， ∴2＋3cos θ＝3，即cos θ＝，則sin θ＝. ∵m＝2＋mcos(π－θ)，∴m＝＝， ∴△AOB的面積為S＝|OF||AB|sin θ＝1＝.] 三、解答題 7．如圖142，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142 (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

15、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． 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(shè)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 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＝－

16、，x1x2＝. ∵OP⊥OQ，∴＝0，即x1x2＋y1y2＝0， x1x2＋(2x1＋2)(2x2＋2)＝0,5x1x2＋4(x1＋x2)＋4＝0，11分 從而－＋4＝0，解得b＝1，橢圓C的方程為＋y2＝1.12分 8．(20xx全國丙卷)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(zhǔn)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△PQF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(shè)l1：y＝a，l2：y＝b，則ab≠0，且A，B，P，Q，R. 記過A，B兩點

17、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(shè)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(shè)可得2|b－a|＝，8分 所以x1＝0(舍去)或x1＝1. 設(shè)滿足條件的AB的中點為E(x，y)． 當(dāng)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).10分 當(dāng)AB與x軸垂直時，E與D(1,0)重合.11分 所以，所求軌跡方程為y2＝x－1.12分