《新版新課標高三數學一輪復習 第8篇 第6節(jié) 圓錐曲線的綜合問題課時訓練 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新版新課標高三數學一輪復習 第8篇 第6節(jié) 圓錐曲線的綜合問題課時訓練 理（13頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。
1、
1
2、 1
【導與練】（新課標）20xx屆高三數學一輪復習 第8篇 第6節(jié) 圓錐曲線的綜合問題課時訓練 理
【選題明細表】
知識點、方法
題號
圓錐曲線間的綜合問題
2、4、7、10
直線與圓錐曲線的綜合問題
1、6、9、12、13
圓與圓錐曲線的綜合問題
8、11、14、15、16、17
圓錐曲線與其他知識的綜合
3、
3、5
基礎過關
一、選擇題
1.(20xx泉州質檢)“直線與雙曲線相切”是“直線與雙曲線只有一個公共點”的( B )
(A)充分而不必要條件
(B)必要而不充分條件
(C)充要條件
(D)既不充分也不必要條件
解析:直線與雙曲線相切時,只有一個公共點,但直線與雙曲線相交時,也可能有一個公共點,例如:與拋物線的對稱軸平行的直線與拋物線只有一個交點.故選B.
2.已知雙曲線x24-y2b2=1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 )
(A)5 (B)42 (C)3 (D)5
解析:拋物線y2=12x的焦點是(3,0),
4、
∴c=3,b2=c2-a2=5.
∴雙曲線的漸近線方程為y=±52x,
焦點(3,0)到y(tǒng)=±52x的距離d=5.
故選A.
3.橢圓x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左頂點為A,左、右焦點分別為F1、F2,D是它短軸上的一個端點,若3DF1→=DA→+2DF2→,則該橢圓的離心率為( D )
(A)12 (B)13 (C)14 (D)15
解析:設D(0,b),則DF1→=(-c,-b),
DA→=(-a,-b),DF2→=(c,-b),
由3DF1→=DA→+2DF2→
得-3c=-a+2c,
即a=5c,
∴e=ca=15.
4.(20xx海口調研)拋物線y
5、2=-12x的準線與雙曲線x29-y23=1的兩條漸近線所圍成的三角形的面積等于( A )
(A)33 (B)23 (C)2 (D)3
解析:y2=-12x的準線方程為x=3,
雙曲線x29-y23=1的漸近線為y=±33x.
設拋物線的準線與雙曲線的兩條漸近線的交點分別為A、B,
由x=3,y=33x,
求得A(3,3),同理B(3,-3),
所以|AB|=23,
而O到直線AB的距離d=3,
故所求三角形的面積S=12|AB|×d=12×23×3=33.
5.(20xx河南省中原名校模擬)設雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),離心率e=2,右焦點F(c,0)
6、,方程ax2-bx-c=0的兩個實數根分別為x1,x2,則點P(x1,x2)與圓x2+y2=8的位置關系( C )
(A)在圓內 (B)在圓上
(C)在圓外 (D)不確定
解析:由e=2得a=b,故c=2a,
所以方程ax2-bx-c=0化為ax2-ax-2a=0,
即x2-x-2=0,
故x1+x2=1,x1·x2=-2.
x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=12-2×(-2)=1+22,
顯然(1+22)2=9+42>8,
所以點P(x1,x2)在圓外.
6.橢圓ax2+by2=1與直線y=1-x交于A、B兩點,過原點與線段AB中點的直線的斜率為32,則ab的
7、值為( A )
(A)32 (B)233 (C)932 (D)2327
解析:設A(x1,y1),B(x2,y2),
中點為M(x0,y0),
將y=1-x代入ax2+by2=1,
得(a+b)x2-2bx+b-1=0,
故x1+x2=2ba+b,x0=ba+b,
∴y1+y2=2-2ba+b=2aa+b,y0=aa+b,
∴kOM=y0x0=ab=32.
二、填空題
7.設橢圓C1的離心率為513,焦點在x軸上且長軸長為26.若曲線C2上的點到橢圓C1的兩個焦點的距離的差的絕對值等于8,則曲線C2的標準方程為 .?
解析:對于橢圓C1,a=13,c=5,曲
8、線C2為雙曲線,c=5,a=4,b=3,則標準方程為x216-y29=1.
答案:x216-y29=1
8.(20xx哈師大附中模擬)雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F(c,0),以原點為圓心,c為半徑的圓與雙曲線在第二象限的交點為A,若此圓在A點處切線的斜率為33,則雙曲線C的離心率為 .?
解析:如圖,由題知∠ABO=30°,
所以∠AOB=60°,OA=c,
設A(x0,y0),
則x0=-c·cos 60°=-c2,
y0=csin 60°=32c,
由雙曲線定義知
2a=(-c2-c)?2+(32c)?2-(-c2+c)?2+(
9、32c)?2
=(3-1)c,
∴e=ca=3+1.
答案:3+1
9.(20xx太原五中模擬)直線l過橢圓x22+y2=1的左焦點F,且與橢圓相交于P、Q兩點,M為PQ的中點,O為原點.若△FMO是以OF為底邊的等腰三角形,則直線l的方程為 .?
解析:法一 由橢圓方程得a=2,b=c=1,則F(-1,0).
在△FMO中 ,|MF|=|MO|,
所以M在線段OF的中垂線上,
即xM=-12,
設直線l的斜率為k,則其方程為y=k(x+1),
由y=k(x+1),x22+y2=1?得x2+2k2(x+1)2-2=0,
即(2k2+1)x2+4k2x+2(k2-1)
10、=0,
∴xP+xQ=-4k22k2+1,
而M為PQ的中點,
故xM=12(xP+xQ)=-2k22k2+1=-12,
∴k2=12,
解得k=±22.
故直線l的方程為y=±22(x+1),
即x±2y+1=0.
法二 設P(x1,y1),Q(x2,y2),M(x0,y0),
由題意知kPQ=-kOM,
由P、Q在橢圓上知x122+y12=1,x222+y22=1,
兩式相減整理得kPQ=y1-y2x1-x2=-x1+x22(y1+y2)=-x02y0,
而kOM=y0x0,故x02y0=y0x0,
即x02=2y02,
所以kPQ=±22,
直線PQ的方程為
11、y=±22(x+1),
即x±2y+1=0.
答案:x±2y+1=0
10.(20xx高考山東卷)已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的焦距為2c,右頂點為A,拋物線x2=2py(p>0)的焦點為F.若雙曲線截拋物線的準線所得線段長為2c,且|FA|=c,則雙曲線的漸近線方程為 .?
解析:拋物線x2=2py的準線方程為y=-p2,與雙曲線的方程聯立得x2=a2(1+p24b2),
根據已知得a2(1+p24b2)=c2,①
由|FA|=c,得p24+a2=c2,②
由①②可得a2=b2,即a=b,所以所求雙曲線的漸近線方程是y=±x.
答案:y=±x
三
12、、解答題
11.如圖,等邊三角形OAB的邊長為83,且其三個頂點均在拋物線E:x2=2py(p>0)上.
(1)求拋物線E的方程;
(2)設動直線l與拋物線E相切于點P,與直線y=-1相交于點Q,證明以PQ為直徑的圓恒過y軸上某定點.
(1)解:依題意,|OB|=83,∠BOy=30°.
設B(x,y),則x=|OB|sin 30°=43,
y=|OB|cos 30°=12.
因為點B(43,12)在x2=2py上,
所以(43)2=2p×12,解得p=2.
故拋物線E的方程為x2=4y.
(2)證明:由(1)知y=14x2,y′=12x.
設P(x0,y0),則x0
13、≠0,y0=14x02,且l的方程為
y-y0=12x0(x-x0),即y=12x0x-14x02.
由y=12x0x-14x02,y=-1,得x=x02-42x0,y=-1.
所以Q為x02-42x0,-1.
設M(0,y1),令MP→·MQ→=0對滿足y0=14x02(x0≠0)的x0,y0恒成立.
由于MP→=(x0,y0-y1),MQ→=x02-42x0,-1-y1,
由MP→·MQ→=0,
得x02-42-y0-y0y1+y1+y12=0,
即(y12+y1-2)+(1-y1)y0=0.(*)
由于(*)式對滿足y0=14x02(x0≠0)的y0恒成立,
所以1-
14、y1=0,y12+y1-2=0,
解得y1=1.
故以PQ為直徑的圓恒過y軸上的定點M(0,1).
12.(20xx長葛三模)已知圓C1的圓心的坐標原點O,且恰好與直線l1:x-2y+35=0相切,點A為圓上一動點,AM⊥x軸于點M,且動點N滿足ON→=33OA→+(1-33)OM→,設動點N的軌跡為曲線C.
(1)求曲線C的方程;
(2)直線l與直線l1垂直且與曲線C交于B、D兩點,求△OBD面積的最大值.
解:(1)設動點N(x,y),A(x0,y0),
因為AM⊥x軸于M,
所以M(x0,0),
設圓C1的方程為x2+y2=r2,
由題意得r=|35|1+4=3,
15、所以圓C1的方程為x2+y2=9.
由題意,ON→=33OA→+(1-33)OM→,
所以(x,y)=33(x0,y0)+(1-33)(x0,0),
所以x=x0,y=33y0,
即x0=x,y0=3y.
將A(x,3y)代入x2+y2=9,
得動點N的軌跡方程為x29+y23=1.
(2)由題意可設直線l:2x+y+m=0,
設直線l與橢圓x29+y23=1交于B(x1,y1),D(x2,y2),
聯立方程y=-2x-m,x2+3y2=9
得13x2+12mx+3m2-9=0,
Δ=144m2-13×4(3m2-9)>0,
解得m2<39.
又∵點O到直線l的距離d
16、=|m|5,
BD=5·|x1-x2|=5·2117-3m213,
∴S△OBD=12·|m|5·5·2117-3m213
=m2(117-3m2)13
=3m2(39-m2)13≤332
(當且僅當m2=39-m2,即m2=392時取到最大值).
∴△OBD面積的最大值為332.
能力提升
13.(20xx高考遼寧卷)已知點A(-2,3)在拋物線C:y2=2px的準線上,過點A的直線與C在第一象限相切于點B,記C的焦點為F,則直線BF的斜率為( D )
(A)12 (B)23 (C)34 (D)43
解析:∵A(-2,3)在拋物線y2=2px的準線上,
∴-p2=-2,
17、
∴p=4,
∴y2=8x,
設直線AB的方程為x=k(y-3)-2,①
將①與y2=8x聯立,
即x=k(y-3)-2,y2=8x,
得y2-8ky+24k+16=0,②
則Δ=(-8k)2-4(24k+16)=0,
即2k2-3k-2=0,
解得k=2或k=-12(舍去),
將k=2代入①②解得x=8,y=8
即B(8,8),
又F(2,0),
∴kBF=8-08-2=43.
故選D.
14.過雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點F引圓x2+y2=a2的切線,切點為T,延長FT交雙曲線右支于點P,若T為線段FP的中點,則該雙曲線的漸近線方程為
18、 .?
解析:如圖所示,設雙曲線的另一個焦點為F′,連接OT、PF′.
∵FT為圓的切線,
∴FT⊥OT,且|OT|=a,
又∵T、O分別為FP、FF′的中點,
∴OT∥PF′且|OT|=12|PF′|,
∴|PF′|=2a,
且PF′⊥PF.
又|PF|-|PF′|=2a,
∴|PF|=4a.
在Rt△PFF′中,|PF|2+|PF′|2=|FF′|2,
即16a2+4a2=4c2,∴c2a2=5.
∴b2a2=c2a2-1=4,∴ba=2,
即漸近線方程為y=±2x,
即2x±y=0.
答案:2x±y=0
15.(20xx保定二模)設橢圓E:x2a
19、2+y2b2=1(a>b>0)的離心率為e=22,且過點(-1,-62).
(1)求橢圓E的方程;
(2)設橢圓E的左頂點是A,若直線l:x-my-t=0與橢圓E相交于不同的兩點M、N(M、N與A均不重合),若以MN為直徑的圓過點A,試判定直線l是否過定點,若過定點,求出該定點的坐標.
解:(1)由e2=c2a2=a2-b2a2=12,
可得a2=2b2,
則橢圓E的方程為x22b2+y2b2=1(a>b>0),
代入點(-1,-62)可得b2=2,a2=4,
故橢圓E的方程為x24+y22=1.
(2)由x-my-t=0得x=my+t,把它代入E的方程得
(m2+2)y2+
20、2mty+t2-4=0,
設M(x1,y1),N(x2,y2),
y1+y2=-2mtm2+2,y1y2=t2-4m2+2,
x1+x2=m(y1+y2)+2t=4tm2+2,
x1x2=(my1+t)(my2+t)
=m2y1y2+tm(y1+y2)+t2
=2t2-4m2m2+2.
因為以MN為直徑的圓過點A,
所以AM⊥AN,
所以AM→·AN→=(x1+2,y1)·(x2+2,y2)
=x1x2+2(x1+x2)+4+y1y2
=2t2-4m2m2+2+2×4tm2+2+4+t2-4m2+2
=3t2+8t+4m2+2
=(t+2)(3t+2)m2+2
=0
21、.
因為M、N與A均不重合,
所以t≠-2,
所以t=-23,直線l的方程是x=my-23,
直線l過定點T(-23,0),
由于點T在橢圓內部,故滿足直線l與橢圓有兩個交點,
所以直線l過定點T(-23,0).
探究創(chuàng)新
16.(20xx邯鄲二模)如圖所示點F是拋物線y2=8x的焦點,點A、B分別在拋物線y2=8x及圓(x-2)2+y2=16的實線部分上運動,且AB總是平行于x軸,則△FAB的周長的取值范圍是 .?
解析:由拋物線方程知準線l:x=-2,焦點F(2,0),圓的圓心C(2,0),半徑r=4.
作出拋物線的準線l,過B作BM⊥l于M,
由拋物線
22、的定義得|AF|=|AM|,
∴△FAB的周長為|AF|+|FB|+|AB|=|AB|+|AM|+|FB|=|BM|+|FB|.
又∵B在圓弧上移動,且A、B、F三點不重合不共線,
∴20,b>0)的一個焦點作圓x2+y2=a2的兩條切線,切點分別為A、B.若∠AOB=120°(O是坐標原點),則雙曲線C的離心率為 .?
解析:如圖,由題知
OA⊥AF,OB⊥BF
且∠AOB=120°,
∴∠AOF=60°.
又OA=a,OF=c,
∴ac=OAOF=cos 60°=12,
∴ca=2.
答案:2
新版新課標高三數學一輪復習 第8篇 第6節(jié) 圓錐曲線的綜合問題課時訓練 理
