高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 第二編 專題整合突破 專題六 解析幾何 第二講 橢圓、雙曲線、拋物線適考素能特訓(xùn) 文-人教版高三全冊數(shù)學(xué)試題

專題六解析幾何第二講橢圓、雙曲線、拋物線適考素能特訓(xùn)文一、選擇題1．[2015·陜西質(zhì)檢(一)]已知直線l：x－y－m＝0經(jīng)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點，l與C交于A、B兩點．若|AB|＝6，則p的值為()A.eq\f(1,2) B.eq\f(3,2)C．1 D．2答案B解析因為直線l過拋物線的焦點，所以m＝eq\f(p,2).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y－\f(p,2)＝0,y2＝2px))得，x2－3px＋eq\f(p2,4)＝0.設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，則x1＋x2＝3p，故|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝6，p＝eq\f(3,2)，故選B.2．[2016·沈陽質(zhì)檢]已知P是雙曲線eq\f(x2,3)－y2＝1上任意一點，過點P分別作雙曲線的兩條漸近線的垂線，垂足分別為A，B，則eq\o(PA,\s\up16(→))·eq\o(PB,\s\up16(→))的值是()A．－eq\f(3,8) B.eq\f(3,16)C．－eq\f(\r(3),8) D．不能確定答案A解析令點P(x0，y0)，因為該雙曲線的漸近線分別是eq\f(x,\r(3))－y＝0，eq\f(x,\r(3))＋y＝0，所以可取|PA|＝eq\f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,\r(3))－y0))),\r(\f(1,3)＋1))，|PB|＝eq\f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x0,\r(3))＋y0))),\r(\f(1,3)＋1))，又cos∠APB＝－cos∠AOB＝－cos2∠AOx＝－coseq\f(π,3)＝－eq\f(1,2)，所以eq\o(PA,\s\up16(→))·eq\o(PB,\s\up16(→))＝|eq\o(PA,\s\up16(→))|·|eq\o(PB,\s\up16(→))|·cos∠APB＝eq\f(\a\vs4\al(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,0),3)－y\o\al(2,0)))),\f(4,3))·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝eq\f(3,4)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)))＝－eq\f(3,8)，選A.3．[2016·南昌三模]已知拋物線y2＝2px(p>0)與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)有相同的焦點F，點A是兩曲線的一個交點，且AF⊥x軸，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(2)＋2 B.eq\r(5)＋1C.eq\r(3)＋1 D.eq\r(2)＋1答案D解析本題考查拋物線的性質(zhì)、雙曲線的離心率．由題意得點F的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，又因為AF⊥x軸，所以點A的橫坐標(biāo)為eq\f(p,2)，因為點A為拋物線與雙曲線的交點，不妨設(shè)點A位于第一象限，則yA＝eq\r(2pxA)＝p，即點A的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，p))，又因為點F為雙曲線與拋物線的相同的焦點，所以c＝eq\f(p,2)，則點A的坐標(biāo)為(c,2c)，代入雙曲線的方程得eq\f(c2,a2)－eq\f(4c2,b2)＝1，結(jié)合c2＝a2＋b2，化簡得c4－6a2c2＋a4＝0，解得雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2)＋1，故選D.4．[2016·黃岡質(zhì)檢]在以O(shè)為中心，F(xiàn)1，F(xiàn)2為焦點的橢圓上存在一點M，滿足|eq\o(MF1,\s\up16(→))|＝2|eq\o(MO,\s\up16(→))|＝2|eq\o(MF2,\s\up16(→))|，則該橢圓的離心率為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\f(\r(3),3)C.eq\f(\r(6),3) D.eq\f(\r(2),4)答案C解析延長MO與橢圓交于N，因為MN與F1F2互相平分，則四邊形NMF1F2為平行四邊形，則|MN|2＋|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2＋|NF1|2＋|NF2|2，又|MF1|＋|MF2|＝2|MF2|＋|MF2|＝3|MF2|＝2a，故|NF1|＝|MF2|＝eq\f(2,3)a，|NF2|＝|MF1|＝eq\f(4,3)a，|F1F2|＝2c，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)a))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)a))2＋(2c)2，即eq\f(c2,a2)＝eq\f(2,3)，故e＝eq\f(\r(6),3).5．[2016·重慶測試]若以F1(－3,0)，F(xiàn)2(3,0)為焦點的雙曲線與直線y＝x－1有公共點，則該雙曲線的離心率的最小值為()A.eq\f(\r(6),2) B.eq\f(3\r(5),5)C.eq\f(3,2) D.eq\r(3)答案B解析由題意知c＝3，∴e＝eq\f(3,a)，∴a越大e越小，而雙曲線為eq\f(x2,m)－eq\f(y2,9－m)＝1，把直線y＝x－1代入化簡整理得(9－2m)x2＋2mx－10m＋m2＝0，由Δ＝0得m＝5，于是a＝eq\r(5)，e＝eq\f(3,a)＝eq\f(3\r(5),5)，故選B.6．[2016·金版原創(chuàng)]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點A為圓心的圓與x軸相切于橢圓的一個焦點，與y軸相交于B，C兩點，若△ABC是銳角三角形，則該橢圓的離心率的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)－\r(2),2)，\f(\r(5)－1,2))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6)－\r(2),2)，1))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5)－1,2)，1)) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(5)－1,2)))答案A解析本題考查橢圓的幾何性質(zhì)、直線與圓的位置關(guān)系．利用直線與圓的位置關(guān)系建立橢圓基本量的關(guān)系求解離心率．由題意可得，圓心Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，r＝eq\f(b2,a)，由三角形ABC是銳角三角形得∠BAC<90°，則c＝r·coseq\f(∠BAC,2)>r·cos45°，即c>eq\f(\r(2),2)r.又依題意c<eq\f(b2,a)，即eq\f(\r(2),2)<eq\f(c,\f(b2,a))<1，化簡得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(c2＋\r(2)ac－a2>0，,c2＋ac－a2<0，))兩邊同時除以a2，關(guān)于離心率e的不等式組為eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e2＋\r(2)e－1>0，,e2＋e－1<0，))解得eq\f(\r(6)－\r(2),2)<e<eq\f(\r(5)－1,2)，故選A.二、填空題7．[2016·唐山統(tǒng)考]焦點在x軸上，焦距為10，且與雙曲線eq\f(y2,4)－x2＝1有相同漸近線的雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程是________．答案eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1解析設(shè)所求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(y2,4)－x2＝－λ(λ>0)，即eq\f(x2,λ)－eq\f(y2,4λ)＝1，則有4λ＋λ＝25，解得λ＝5，所以所求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1.8．設(shè)F為拋物線C：y2＝3x的焦點，過F且傾斜角為30°的直線交C于A，B兩點，O為坐標(biāo)原點，則△OAB的面積為________．答案eq\f(9,4)解析易知直線AB的方程為y＝eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(3,4)))，與y2＝3x聯(lián)立并消去x，得4y2－12eq\r(3)y－9＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝3eq\r(3)，y1y2＝－eq\f(9,4).S△OAB＝eq\f(1,2)|OF|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)×eq\f(3,4)eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(3,8)eq\r(27＋9)＝eq\f(9,4).9．[2015·山東萊蕪一模]已知圓G：x2＋y2－2eq\r(2)x－2y＝0經(jīng)過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點及上頂點．過橢圓外一點M(m,0)(m>a)，傾斜角為eq\f(2π,3)的直線l交橢圓于C，D兩點，若點N(3,0)在以線段CD為直徑的圓E的外部，則m的取值范圍是________．答案eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，\f(2\r(30),3)))解析∵圓G：x2＋y2－2eq\r(2)x－2y＝0與x軸，y軸交點為(2eq\r(2)，0)和(0,2)，∴c＝2eq\r(2)，b＝2，∴a2＝b2＋c2＝12，∴橢圓方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,4)＝1，設(shè)直線l的方程為y＝－eq\r(3)(x－m)(m>2eq\r(3))，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\r(3)x－m，,\f(x2,12)＋\f(y2,4)＝1))得10x2－18mx＋9m2－12＝0.由Δ＝324m2－40(可得－eq\f(2\r(30),3)<m<eq\f(2\r(30),3)，∴2eq\r(3)<m<eq\f(2\r(30),3).設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝eq\f(9m,5)，x1·x2＝eq\f(9m2－12,10)，eq\o(NC,\s\up16(→))·eq\o(ND,\s\up16(→))＝(x1－3，y1)·(x2－3，y2)＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2＝4x1x2－(3m＋3)(x1＋x2)＋9＋3化簡得2m2－9m＋7>0，解得m>eq\f(7,2).∴m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(7,2)，\f(2\r(30),3))).三、解答題10．[2016·貴陽質(zhì)檢]設(shè)點F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)分別是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右焦點，P為橢圓C上任意一點，且eq\o(PF1,\s\up16(→))·eq\o(PF2,\s\up16(→))的最小值為0.(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，動直線l：y＝kx＋m與橢圓C有且僅有一個公共點，作F1M⊥l，F(xiàn)2N⊥l分別交直線l于M，N兩點，求四邊形F1MNF2面積S解(1)設(shè)P(x，y)，則eq\o(PF1,\s\up16(→))＝(－c－x，－y)，eq\o(PF2,\s\up16(→))＝(c－x，－y)，∴eq\o(PF1,\s\up16(→))·eq\o(PF2,\s\up16(→))＝x2＋y2－c2＝eq\f(a2－1,a2)x2＋1－c2，x∈[－a，a]，由題意得，1－c2＝0，c＝1，則a2＝2，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)將直線l的方程l：y＝kx＋m代入橢圓C的方程eq\f(x2,2)＋y2＝1中，得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，由直線l與橢圓C有且僅有一個公共點知Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(化簡得m2＝2k2＋1.設(shè)d1＝|F1M|＝eq\f(|－k＋m|,\r(k2＋1))，d2＝|F2N|＝eq\f(|k＋m|,\r(k2＋1)).①當(dāng)k≠0時，設(shè)直線l的傾斜角為θ，則|d1－d2|＝|MN|·|tanθ|，∴|MN|＝eq\f(1,|k|)·|d1－d2|，∴S＝eq\f(1,2)·eq\f(1,|k|)·|d1－d2|·(d1＋d2)＝eq\f(2|m|,k2＋1)＝eq\f(4|m|,m2＋1)＝eq\f(4,|m|＋\f(1,|m|))，∵m2＝2k2＋1，∴當(dāng)k≠0時，|m|>1，|m|＋eq\f(1,|m|)>2，即S<2.②當(dāng)k＝0時，四邊形F1MNF2是矩形，此時S＝2.∴四邊形F1MNF2面積S的最大值為2.11．已知過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點，斜率為2eq\r(2)的直線交拋物線于A(x1，y1)和B(x2，y2)(x1<x2)兩點，且|AB|＝eq\f(9,2).(1)求拋物線C的方程；(2)若拋物線C的準(zhǔn)線為l，焦點為F，點P為直線m：x＋y－2＝0上的動點，且點P的橫坐標(biāo)為a，試討論當(dāng)a取不同的值時，圓心在拋物線C上，與直線l相切，且過點P的圓的個數(shù)．解(1)直線AB的方程是y＝2eq\r(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，代入y2＝2px，得4x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝eq\f(5p,4)，由拋物線的定義得|AB|＝x1＋x2＋p＝eq\f(9p,4)＝eq\f(9,2)，∴p＝2，∴拋物線C的方程是y2＝4x.(2)解法一：由題意知l：x＝－1，F(xiàn)(1,0)．∵所求圓的圓心在拋物線上，且與直線l相切，則圓過焦點F，又圓過點P，∴圓心在線段PF的中垂線上，設(shè)P(a,2－a)，則線段PF中點的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a＋1,2)，\f(2－a,2)))，當(dāng)a≠1，a≠2時，kPF＝eq\f(2－a,a－1)，∴線段PF的中垂線方程為y＝eq\f(a－1,a－2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(a＋1,2)))＋eq\f(2－a,2)，化簡得y＝eq\f(a－1,a－2)x＋eq\f(－2a2＋4a－3,2a－2)①圓的個數(shù)即中垂線與拋物線的交點的個數(shù)，將x＝eq\f(y2,4)代入①得eq\f(a－1,4a－2)y2－y＋eq\f(－2a2＋4a－3,2a－2)＝0，判別式Δ＝1－4·eq\f(a－1,4a－2)·eq\f(－2a2＋4a－3,2a－2)＝1＋eq\f(a－12a2－4a＋3,2a－22)＝eq\f(2a－22＋2a3－6a2＋7a－3,2a－22)＝eq\f(2a3－4a2－a＋5,2a－22)＝eq\f(a＋12a2－6a＋5,2a－22)，∴當(dāng)a＝－1時，交點有1個，圓有1個；當(dāng)a<－1時，交點有0個，圓有0個；當(dāng)a>－1且a≠1，a≠2時，交點有2個，圓有2個．而當(dāng)a＝2時，易驗證有2個交點，圓有2個；當(dāng)a＝1時，易知交點有1個，圓有1個．綜上所述：當(dāng)a<－1時，圓有0個；當(dāng)a＝±1時，圓有1個；當(dāng)a>－1，且a≠1時，圓有2個．解法二：設(shè)圓心Q(x0，y0)(yeq\o\al(2,0)＝4x0)，P(a,2－a)，由于準(zhǔn)線l：x＝－1，故若存在圓Q滿足條件，則r＝|PQ|＝eq\r(x0－a2＋y0＋a－22)，且r＝|x0＋1|，∴(x0－a)2＋(y0＋a－2)2＝(x0＋1)2，即a2＋yeq\o\al(2,0)＋2(a－2)y0＋(a－2)2＝(2＋2a)x0＋1＝(2＋2a)eq\f(y\o\al(2,0),4)＋1，整理得(1－a)yeq\o\al(2,0)＋(4a－8)y0＋4a2－8a＋6＝0(*)，當(dāng)a＝1時，(*)式即－4y0＋2＝0，有1個解．當(dāng)a≠1時，(*)式中Δ＝(4a－8)2－4(1－a)(4a2－8a＋6)＝16a3－32a2－8a＋40＝8(a∵2a2－6a＋5＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a－\f(3,2)))2＋eq\f(1,2)>0，∴當(dāng)a>－1時，Δ>0，(*)式有2個解；當(dāng)a＝－1時，Δ＝0，(*)式有1個解；當(dāng)a<－1時，Δ<0，(*)式無解．綜上，當(dāng)a<－1時，圓有0個；當(dāng)a＝±1時，圓有1個；當(dāng)a>－1，且a≠1時，圓有2個．12．[2016·山西太原二模]已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，以原點為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線x－y＋eq\r(6)＝0相切．(1)求橢圓C的方程；(2)已知點P(4,0)，A，B是橢圓C上關(guān)于x軸對稱的任意兩個不同的點，連接PB交橢圓C于另一點E，直線AE與x軸相交于點Q，過點Q的直線與橢圓C交于M，N兩點，求eq\o(OM,\s\up16(→))·eq\o(ON,\s\up16(→))的取值范圍．解(1)∵e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，a2＝b2＋c2，∴eq\f(b,a)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))2)＝eq\f(\r(3),2).據(jù)另一個題設(shè)條件得：b＝r＝eq\f(\r(6),\r(12＋－12))＝eq\r(3).∴a＝2，∴橢圓C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)B(x1，y1)，E(x2，y2)，據(jù)題意A(x1，－y1)，且y1≠0.設(shè)直線PB的方程為x＝my＋4，把它代入eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1并整理得(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，∴y1，y2是該方程的兩根，∴y1＋y2＝－eq\f(