(完整版)圓錐曲線與方程測試題(帶答案)

(完整版)圓錐曲線與方程測試題(帶答案)圓錐曲線與方程單元測試時間：90分鐘分數(shù)：120分一、選擇題（每小題5分，共60分）1.橢圓$x+my=1$的焦點在$y$軸上，長軸長是短軸長的兩倍，則$m$的值為（）A.2B.1C.1/2D.1/42.過拋物線$y=4x$的焦點作直線$l$交拋物線于$A$、$B$兩點，若線段$AB$中點的橫坐標為3，則$|AB|$等于（）A.10B.8C.6D.43.若直線$y=kx+2$與雙曲線$x-y=6$的右支交于不同的兩點，則$k$的取值范圍是（）A.$(-15/3,-5/3)$B.$(5/3,15/3)$C.$(-\infty,-1)$D.$(-1,\infty)$4.（理）已知拋物線$y=4x$上兩個動點$B$、$C$和點$A(1,2)$且$\angleBAC=90^\circ$，則動直線$BC$必過定點（）A.$(2,5)$B.$(-2,5)$C.$(5,-2)$D.$(5,2)$5.（文）過拋物線$y=2px(p>0)$的焦點作直線交拋物線于$P(x_1,y_1)$、$Q(x_2,y_2)$兩點，若$x_1+x_2=3p$，則$|PQ|$等于（）A.$4p$B.$5p$C.$6p$D.$8p$6.已知兩點$M(1,5)$，$N(-4,-4)$，給出下列曲線方程：①$4x+2y-1=0$；②$x+y=3$；③$2x^2+y^2=1$；④$-y^2=1$。在曲線上存在點$P$滿足$|MP|=|NP|$的所有曲線方程是（）A.①③B.②④C.①②③D.②③④7.雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1(a>0,b>0)$的兩個焦點為$F_1$、$F_2$，點$A$在雙曲線第一象限的圖象上，若$\triangleAF_1F_2$的面積為1，且$\tan\angleAF_1F_2=1$，$\tan\angleAF_2F_1=-2$，則雙曲線方程為（）A.$\frac{12x^2}{25}-\frac{y^2}{25}-\frac{3y}{2}=1$B.$\frac{x^2}{2}-\frac{y^2}{2}=1$C.$3x^2-y^2=1$D.$2x^2-3y^2=1$8.雙曲線的虛軸長為4，離心率$e=\frac{6}{5}$，$F_1$、$F_2$分別是它的左、右焦點，若過$F_1$的直線與雙曲線的右支交于$A$、$B$兩點，且$|AB|$是$|AF_2|$的等差中項，則$|AB|$等于（）A.8B.4C.2D.2/59.（理）已知橢圓$x+2y^2=1$的一條直徑的兩個端點分別為$(0,\frac{1}{\sqrt{2}})$和$(\frac{1}{\sqrt{2}},0)$，則橢圓的方程為（）A.$x^2+2y^2=1$B.$2x^2+y^2=1$C.$x^2+4y^2=1$D.$4x^2+y^2=1$二、填空題（每小題5分，共20分）10.雙曲線$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}=1$的漸近線方程為$y=$$\pm\frac{3}{2}$$x$。11.過點$(2,3)$且與雙曲線$\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{4}=1$相切的直線方程為$2x-3y+4=0$。12.雙曲線$\frac{x^2}{4}-\frac{y^2}{9}=1$的離心率為$\frac{5}{4}$。13.設(shè)$F_1(-c,0)$，$F_2(c,0)$是橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的兩個焦點，$P(x,y)$是橢圓上一點，則$\angleF_1PF_2$的正切值等于$\frac{b^2x}{a^2y}$。三、解答題（共40分）14.（10分）已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的一條直徑的兩個端點分別為$(0,\frac{\sqrt{2}})$和$(\frac{a}{\sqrt{2}},0)$，求橢圓的方程。解：設(shè)橢圓的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，則直徑的兩個端點分別滿足$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{\frac{b^2}{2}}=1$，即$2y^2=b^2(1-\frac{x^2}{a^2})$。代入第一個端點得到$\frac{b^2}{2}=a^2-\frac{b^2}{2}$，解得$a^2=\frac{3}{2}b^2$。代入第二個端點得到$\frac{a^2}{2}=b^2-\frac{a^2}{2}$，解得$b^2=\frac{2}{3}a^2$。因此，橢圓的方程為$\frac{3}{4}x^2+\frac{2}{3}y^2=a^2$。15.（10分）已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的焦點為$F_1$、$F_2$，點$P$在橢圓上，$PF_1$與$PF_2$的中點為$M$，$F_1M$交$F_2P$的延長線于點$N$，求$\angleF_1PF_2$的正切值。解：設(shè)橢圓的方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，$P(x_0,y_0)$，$F_1(-c,0)$，$F_2(c,0)$，則$PF_1=\sqrt{(x_0+c)^2+y_0^2}$，$PF_2=\sqrt{(x_0-c)^2+y_0^2}$。由于$M$是$PF_1$、$PF_2$的中點，因此$MF_1^2=MF_2^2=\frac{(PF_1+PF_2)^2}{4}$，即$(x_0^2+c^2+y_0^2)^2=4c^2(x_0^2+y_0^2)$?；喌玫?x_0^2=\frac{c^2b^2}{a^2-b^2}$，$y_0^2=\frac{c^2b^2}{a^2}$。因此，$F_1P$的斜率為$\frac{y_0}{x_0+c}=\frac{a}\sqrt{\frac{a^2-b^2}{c^2}}$，$F_2P$的斜率為$\frac{y_0}{x_0-c}=-\frac{a}\sqrt{\frac{a^2-b^2}{c^2}}$。由于$\angleF_1PF_2$為銳角，所以$\tan\angleF_1PF_2=\frac{F_1P+F_2P}{F_1F_2-PF_1-PF_2}=\frac{2a\sqrt{a^2-b^2}}{2c-a\sqrt{a^2-b^2}}=\frac{b^2x_0}{a^2y_0}$。代入$x_0$、$y_0$的值化簡得到$\tan\angleF_1PF_2=\frac{a}\sqrt{\frac{a^2-b^2}{c^2}}$。16.（10分）已知拋物線$y^2=4px(p>0)$的焦點為$F$，$P$、$Q$是拋物線上兩個不同的點，且$\angleFPQ=90^\circ$，求直線$PQ$的斜率。解：設(shè)$P(x_1,y_1)$，$Q(x_2,y_2)$，則$PF=\frac{p}{y_1}$，$QF=\frac{p}{y_2}$。由于$\angleFPQ=90^\circ$，因此$PQ$的斜率為$\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=-\frac{x_1+x_2}{2p}$。又因為$P$、$Q$在拋物線上，因此$y_1^2=4px_1$，$y_2^2=4px_2$。代入斜率的表達式化簡得到$-\frac{x_1+x_2}{2p}=-\frac{y_1^2+y_2^2}{8p^2}=\frac{x_1x_2}{4p^2}$，即$x_1x_2+x_1+x_2-2p=0$。解得$x_1=-\frac{p}{x_2-2p}$，代入$y_1^2=4px_1$化簡得到$y_1^2=\frac{4p^2}{x_2-2p}$。同理，$y_2^2=\frac{4p^2}{x_1-2p}$。代入斜率的表達式化簡得到$\frac{x_1+x_2}{2p}=\frac{2p}{y_1^2}+\frac{2p}{y_2^2}=\frac{2p(x_1+x_2-4p)}{4p^2-x_1x_2}$。代入$x_1x_2+x_1+x_2-2p=0$化簡得到$\frac{x_1+x_2}{2p}=-\frac{2p}{x_1+x_2-2p}$。解得$x_1+x_2已知橢圓的一個頂點為A（0，-1），右焦點為F(c,0)，則左焦點為F'(-c,0)。由于焦點在x軸上，所以橢圓的長軸平行于x軸，短軸平行于y軸。設(shè)橢圓方程為$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$，則有：$$\begin{cases}b^2=a^2-c^2\\c-a+2=3\end{cases}$$解得：$a=2,c=\sqrt{3}$，代入$b^2=a^2-c^2$得$b=1$。所以橢圓的方程為$\frac{x^2}{4}+y^2=1$。（2）求橢圓的離心率和焦距長度。橢圓的離心率為$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，焦距長度為$f=\sqrt{a^2-b^2}=\sqrt{3}$。18．（本小題10分）已知拋物線$y=x^2$上有一點P，過P點作拋物線的切線，切線與x軸和y軸的交點分別為A和B，連接PA和PB，求證：直線AB過定點。設(shè)P點坐標為$(t,t^2)$，則拋物線的切線方程為$y=2tx-t^2$。切線與x軸交點為$(\frac{t^2}{2},0)$，與y軸交點為$(0,-t^2)$。所以點A的坐標為$(\frac{t^2}{2},0)$，點B的坐標為$(0,-t^2)$。直線AB的斜率為$k=\frac{t^2}{2t}=\frac{t}{2}$，截距為0。所以直線AB的方程為$y=\frac{t}{2}x$。設(shè)直線AB與x軸的交點為C，坐標為$(c,0)$，則有$c=\frac{t^2}{2t+1}$。設(shè)直線AB與y軸的交點為D，坐標為$(0,d)$，則有$d=\frac{t^2}{2}$?？紤]點P到直線AB的距離：$$d(P,AB)=\frac{|2t^2-t^2|}{\sqrt{1+(\frac{t}{2})^2}}=\frac{\sqrt{3}}{2}|t|$$因為$\frac{d(P,AB)}{PC}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以點C為定點，坐標為$(\frac{1}{2},0)$。19．（本小題12分）已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的一條直徑的兩個端點為$(\sqrt{3},1)$和$(-\sqrt{3},-1)$，直線$l:y=2x$與橢圓交于A、B兩點，點M為弦AB的中點，點N為直線$l$與弦AB的交點，求證：線段MN的長度為定值。設(shè)橢圓的長軸為2a，短軸為2b，則有$a=\sqrt{3},b=1$。弦AB的中點為$(0,0)$，弦AB的斜率為$k=\frac{1}{\sqrt{3}}$，所以弦AB的方程為$y=kx$。直線$l$與弦AB的交點為$(\frac{\sqrt{3}}{5},\frac{2\sqrt{3}}{5})$和$(-\frac{\sqrt{3}}{5},-\frac{2\sqrt{3}}{5})$。設(shè)點M為$(m,n)$，則有$m=0,n=0$。設(shè)點N為$(t,2t)$，則有$t=\frac{2\sqrt{3}}{5}$。所以線段MN的長度為$\sqrt{m^2+n^2+t^2+(2t)^2}=\frac{2\sqrt{3}}{5}\sqrt{5}$，為定值。2x2y21，右焦點為(a,0)，離心率為e，則F1的坐標為(ae,0)，左準線為xa/e，MN的方程為xa/eae2/y，代入MF1MN得x2y2a2e2y2a2e2，化簡得x2a2e2y2a2e21，故所求雙曲線的方程為x2a2e2y2a2e21………6分設(shè)M(x,y)，則由MF1MN得(xae)2y2(xa/eae)2a2e2，化簡得x2y2a2e2，故M點在以原點為中心，以a為半徑的圓上，又由雙曲線定義可知x0，故M點在第一象限或第四象限，設(shè)M點坐標為(x,y)，則有x2y2a2e2a2e2a2，化簡得y2a2x2，故M點坐標為(acosθ,asinθ)，其中θ為M點與x軸正方向的夾角，由題意可知M點到y(tǒng)軸的距離等于a/e，故有acosθa/e，解得θπ/4，故M點坐標為(a/√2,a/√2)。又因為M點在圓上，故有a22a2/2，解得a2/√3，故離心率e的取值范圍為(0,1/√3]。………………14分19.（1）由y1y21得y1y2，設(shè)交點的橫坐標為t，則有t(x1x2)/2，又由y2x可得x1y12，x2y22，代入t得t(y1y2)/2，又因為A、B兩點在直線ykxm上，代入得y1kx1my2kx2m解得x1x2(y1y2)/k2m，代入t得t(y1y2)/2(x1x2)/2km，又因為M點在x軸上，故y1y20，代入得tm/2k，又因為t(x1x2)/2，代入得x1x22m/k，解得m(x1x2)/2k，又因為A、B兩點在拋物線上，代入得y1x12，y2x22，代入m得m(x1x2)/2k(y12y22)/2k，由于M點坐標為(1,)，代入得k1/2，代入m得m3/4，故M點的坐標為(1,)?！?4分（2）由y1y2可得AB平行于y軸，設(shè)AB的斜率為k，則有k(x1x2)y1y22y1，代入y2x可得x24x12，代入y1x12可得y1x22/4，代入AMAN可得(x11)2x21/4(x2/41)2x22/16化簡得3x218x2216，設(shè)f(x)=3x218x22，求解f(x)的最大值即可。由于f(x)在x軸上非負，且隨著x的增大而增大，故最大值出現(xiàn)在x軸與f(x)的交點處，即x12，代入得x28，故△AMB的面積為8/3?！?0分20.將橢圓方程化為標準形式得(x3)2y2x2(y2)236，設(shè)M點坐標為(x,y)，則有y24x，代入得4x236(x3)2，化簡得x26x90，解得x3(cosθsinθ)，y3(cosθsinθ)，其中θ為射線與x軸正方向的夾角，由于射線的斜率為2，故θ為第一象限的角度，即θπ/4，故M點坐標為(3,3