《（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第四層熱身篇 專題檢測（十五）圓錐曲線的方程與性質(zhì)》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（全國通用）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第四層熱身篇 專題檢測（十五）圓錐曲線的方程與性質(zhì)（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題檢測（十五） 圓錐曲線的方程與性質(zhì) A組——“6＋3＋3”考點落實練 一、選擇題 1.(2019·全國卷Ⅱ)若拋物線y2＝2px(p>0)的焦點是橢圓＋＝1的一個焦點，則p＝(　　) A.2　　　　　　　 B.3 C.4 D.8 解析：選D　拋物線y2＝2px(p>0)的焦點坐標(biāo)為，橢圓＋＝1的焦點坐標(biāo)為. 由題意得＝，解得p＝0(舍去)或p＝8.故選D. 2.一個焦點為(，0)且與雙曲線－＝1有相同漸近線的雙曲線方程是(　　) A.－＝1 B.－＝1 C.－＝1 D.－＝1 解析：選B　設(shè)所求雙曲線方程為－＝t(t≠0)，因為一個焦點為(，0)，所以|13t

2、|＝26.又焦點在x軸上，所以t＝－2，即雙曲線方程為－＝1. 3.已知兩圓C1：(x－4)2＋y2＝169，C2：(x＋4)2＋y2＝9，動圓M在圓C1內(nèi)部且與圓C1內(nèi)切，與圓C2外切，則動圓圓心M的軌跡方程為(　　) A.＋＝1 B.＋＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 解析：選D　設(shè)圓M的半徑為r，則|MC1|＝13－r，|MC2|＝3＋r，|MC1|＋|MC2|＝16>|C1C2|，所以點M的軌跡是以點C1(4，0)和C2(－4，0)為焦點的橢圓，且2a＝16，a＝8，c＝4，則b2＝a2－c2＝48，所以點M的軌跡方程為＋＝1. 4.(2019·全國卷Ⅲ)已知F是雙曲線C：－

3、＝1的一個焦點，點P在C上，O為坐標(biāo)原點.若|OP|＝|OF|，則△OPF的面積為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　由F是雙曲線－＝1的一個焦點，知|OF|＝3， 所以 |OP|＝|OF|＝3. 不妨設(shè)點P在第一象限，P(x0，y0)，x0>0，y0>0， 則解得所以P， 所以S△OPF＝|OF|·y0＝×3×＝. 故選B. 5.(2019·石家莊市模擬(一))已知橢圓＋＝1(a>b>0)，點F為左焦點，點P為下頂點，平行于FP的直線l交橢圓于A，B兩點，且AB的中點為M，則橢圓的離心率為(　　) A. B. C. D. 解析：選B　∵FP的斜率為－

4、，F(xiàn)P∥l，∴直線l的斜率為－.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得－＝－，即＝－.∵AB的中點為M，∴－＝－，∴a2＝2bc，∴b2＋c2＝2bc，∴b＝c，∴a＝c，∴橢圓的離心率為，故選B. 6.(2019·全國卷Ⅱ)設(shè)F為雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點，O為坐標(biāo)原點，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點.若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為(　　) A.　　　　　　　　　　 B. C.2 D. 解析：選A　設(shè)雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點F的坐標(biāo)為(c，0).由圓的對稱性及條件|PQ|＝|OF|可知，PQ是以O(shè)F為直徑的圓的

5、直徑，且PQ⊥OF.設(shè)垂足為M，連接OP，如圖，則|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝.由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2得＋＝a2，故＝，即e＝.故選A. 二、填空題 7.(2019·北京通州區(qū)三模改編)拋物線y2＝2px(p＞0)的準(zhǔn)線與雙曲線x2－＝1的兩條漸近線所圍成的三角形的面積為2，則p＝________，拋物線焦點到雙曲線漸近線的距離為________. 解析：拋物線y2＝2px(p＞0)的準(zhǔn)線方程為x＝－，雙曲線x2－＝1的兩條漸近線方程分別為y＝2x，y＝－2x，這三條直線構(gòu)成等腰三角形，其底邊長為2p，三角形的高為，因此×2p×＝2，解得p＝2.則拋物線焦點坐標(biāo)為(1

6、，0)，且到直線y＝2x和y＝－2x的距離相等，均為＝. 答案：2　 8.設(shè)直線l：2x＋y＋2＝0關(guān)于原點對稱的直線為l′，若l′與橢圓x2＋＝1的交點為A，B，點P為橢圓上的動點，則使△PAB的面積為的點P的個數(shù)為________. 解析：直線l′的方程為2x＋y－2＝0，∴交點分別為橢圓頂點(1，0)和(0，2)，則|AB|＝，由△PAB的面積為，得點P到直線AB的距離為，而平面上到直線2x＋y－2＝0的距離為的點都在直線2x＋y－1＝0和2x＋y－3＝0上，而直線2x＋y－1＝0與橢圓相交，2x＋y－3＝0與橢圓相離，∴滿足題意的點P有2個. 答案：2 9.已知M(x0，y0

7、)是雙曲線C：－y2＝1上的一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2是雙曲線C的兩個焦點.若·<0，則y0的取值范圍是________. 解析：由題意知a＝，b＝1，c＝， 設(shè)F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)， 則＝(－－x0，－y0)，＝(－x0，－y0). ∵·<0， ∴(－－x0)(－x0)＋y<0， 即x－3＋y<0. ∵點M(x0，y0)在雙曲線C上， ∴－y＝1，即x＝2＋2y， ∴2＋2y－3＋y<0，∴－b>0)的中心是坐標(biāo)原點O，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，設(shè)P是橢圓C上一點

8、，滿足PF2⊥x軸，|PF2|＝，橢圓C的離心率為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)過橢圓C左焦點且傾斜角為45°的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，求△AOB的面積. 解：(1)由題意知，離心率e＝＝，|PF2|＝＝，得a＝2，b＝1，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)由條件可知F1(－，0)，直線l：y＝x＋，聯(lián)立直線l和橢圓C的方程，得消去y得5x2＋8x＋8＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－，x1·x2＝，所以|y1－y2|＝|x1－x2|＝＝， 所以S△AOB＝·|y1－y2|·|OF1|＝. 11.(2019·全國卷Ⅰ)已知拋物線C：

9、y2＝3x的焦點為F，斜率為的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P. (1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程； (2)若＝3，求|AB|. 解：設(shè)直線l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2). (1)由題設(shè)得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋. 又|AF|＋|BF|＝4，所以x1＋x2＝. 由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0， 則x1＋x2＝－. 從而－＝，得t＝－. 所以l的方程為y＝x－. (2)由＝3可得y1＝－3y2. 由可得y2－2y＋2t＝0. 所以y1＋y2＝2，從而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3. 代入C的方

10、程得x1＝3，x2＝. 故|AB|＝. 12.(2019·成都市第二次診斷性檢測)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的短軸長為4，離心率為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)橢圓C的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A，B，點M，N為橢圓C上位于x軸上方的兩點，且F1M∥F2N，直線F1M的斜率為2，記直線AM，BN的斜率分別為k1，k2，求3k1＋2k2的值. 解：(1)由題意，得2b＝4，＝. 又a2－c2＝b2，∴a＝3，b＝2，c＝1. ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)由(1)可知A(－3，0)，B(3，0)，F(xiàn)1(－1，0). 據(jù)題意，直線F1M的方

11、程為y＝2(x＋1). 記直線F1M與橢圓C的另一個交點為M′.設(shè)M(x1，y1)(y1>0)，M′(x2，y2). ∵F1M∥F2N，∴根據(jù)對稱性，得N(－x2，－y2). 聯(lián)立得消去y，得14x2＋27x＋9＝0. 由題意知x1>x2，∴x1＝－，x2＝－， k1＝＝＝，k2＝＝＝－， ∴3k1＋2k2＝3×＋2×＝0，即3k1＋2k2的值為0. B組——大題專攻強(qiáng)化練 1.已知中心在原點，焦點在x軸上的橢圓C的離心率為，其中一個頂點是拋物線x2＝－4y的焦點. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)若過點P(2，1)的直線l與橢圓C在第一象限相切于點M，求直線l的方程

12、和點M的坐標(biāo). 解：(1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， 由題意得b＝，＝， 解得a＝2，c＝1. 故橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)因為過點P(2，1)的直線l與橢圓C在第一象限相切，所以直線l的斜率存在， 故可設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)＋1(k≠0). 由 得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.① 因為直線l與橢圓C相切， 所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－4(3＋4k2)(16k2－16k－8)＝0. 整理，得2k＋1＝0， 解得k＝－. 所以直線l的方程為y＝－(x－2)＋1＝－x＋2.將k＝－代入①式，可以解得M

13、點的橫坐標(biāo)為1，故切點M的坐標(biāo)為. 2.在直角坐標(biāo)系xOy中，長為＋1的線段的兩端點C，D分別在x軸，y軸上滑動，＝ .記點P的軌跡為曲線E. (1)求曲線E的方程； (2)經(jīng)過點(0，1)作直線l與曲線E相交于A，B兩點，＝＋，當(dāng)點M在曲線E上時，求直線l的方程. 解：(1)設(shè) C(m，0)，D(0，n)，P(x，y). 由＝ ，得(x－m，y)＝(－x，n－y)， 所以得 由||＝＋1，得m2＋n2＝(＋1)2， 所以(＋1)2x2＋y2＝(＋1)2， 整理，得曲線E的方程為x2＋＝1. (2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝＋， 知點M的坐標(biāo)為(x1＋x2

14、，y1＋y2). 易知直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，代入曲線E的方程，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0， 則x1＋x2＝－， 所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝. 由點M在曲線E上，知(x1＋x2)2＋＝1， 即＋＝1，解得k2＝2. 此時直線l的方程為y＝±x＋1. 3.已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，焦距為2. (1)求橢圓C的方程； (2)過點Q(0，2)作斜率為k(k≠0)的直線l與橢圓C交于A，B兩點，若x軸上的一點E滿足|AE|＝|BE|，試求出點E的橫坐標(biāo)的取值范圍. 解：(1)由已知得＝，2c＝2， 所以c＝1，a＝3

15、，b2＝a2－c2＝8.所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)根據(jù)題意可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點為G(x0，y0). 設(shè)點E(m，0)，使得|AE|＝|BE|，則EG⊥AB. 由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0， x1＋x2＝－，所以x0＝，y0＝kx0＋2＝， 因為EG⊥AB，所以kEG＝－，即＝－， 所以m＝＝， 當(dāng)k>0時，9k＋≥2＝12，所以－≤m<0； 當(dāng)k<0時，9k＋≤－12，所以0b>0)的右焦點為F，右頂點、上頂點分別

16、為點A，B，且|AB|＝|BF|. (1)求橢圓C的離心率； (2)若點M在橢圓C的內(nèi)部，過點M的直線l交橢圓C于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|， 得 ＝a， 即4a2＋4b2＝5a2，4a2＋4(a2－c2)＝5a2， 所以e＝＝. (2)由(1)知a2＝4b2， 所以橢圓C的方程可化為＋＝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，所以直線l的方程為y－＝2， 即2x－y＋2＝0. 聯(lián)立消去y，得17x2＋32x＋16－4b2＝0. 則Δ＝322＋16×17×(b2－4)>0?b>， x1＋x2＝－，x1x2＝. 因為OP⊥OQ，·＝0，即x1x2＋y1y2＝0， x1x2＋(2x1＋2)(2x2＋2)＝0， 5x1x2＋4(x1＋x2)＋4＝0， 從而－＋4＝0，解得b＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. 綜上，直線l的方程為2x－y＋2＝0， 橢圓C的方程為＋y2＝1. - 10 -