《新版高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪習(xí)題：專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓(xùn)練17 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新版高三理科數(shù)學(xué)新課標(biāo)二輪習(xí)題：專題六 直線、圓、圓錐曲線 專題能力訓(xùn)練17 Word版含答案（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 1

2、 1 專題能力訓(xùn)練17　橢圓、雙曲線、拋物線 能力突破訓(xùn)練 1.(20xx全國Ⅲ,理5)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一條漸近線方程為y=52x,且與橢圓x212+y23=1有公共焦點,則C的方程為(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　 A.x28-y210=1 B.x24-y25=1 C.x25-y24=1 D.x24-y23=1 2.已

3、知M(x0,y0)是雙曲線C:x22-y2=1上的一點,F1,F2是C的兩個焦點.若MF1·MF2<0,則y0的取值范圍是 (　　) A.-33,33 B.-36,36 C.-223,223 D.-233,233 3.以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A,B兩點,交C的準(zhǔn)線于D,E兩點.已知|AB|=42,|DE|=25,則C的焦點到準(zhǔn)線的距離為(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 4.已知雙曲線x24-y2b2=1(b>0),以原點為圓心,雙曲線的實半軸長為半徑長的圓與雙曲線的兩條漸近線相交于A,B,C,D四點,四邊形ABCD的面積為2b,則雙曲線的方程為(　　) A.x24-

4、3y24=1 B.x24-4y23=1 C.x24-y24=1 D.x24-y212=1 5.設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F,過點F作與x軸垂直的直線l交兩漸近線于A,B兩點,與雙曲線的一個交點為P,設(shè)O為坐標(biāo)原點.若OP=mOA+nOB(m,n∈R),且mn=29,則該雙曲線的離心率為(　　) A.322 B.355 C.324 D.98 6.雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的漸近線為正方形OABC的邊OA,OC所在的直線,點B為該雙曲線的焦點.若正方形OABC的邊長為2,則a=　　　　　.? 7.(20xx全國Ⅰ,理15)已知雙曲線

5、C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右頂點為A,以A為圓心,b為半徑作圓A,圓A與雙曲線C的一條漸近線交于M,N兩點.若∠MAN=60°,則C的離心率為. 8. 如圖,已知拋物線C1:y=14x2,圓C2:x2+(y-1)2=1,過點P(t,0)(t>0)作不過原點O的直線PA,PB分別與拋物線C1和圓C2相切,A,B為切點. (1)求點A,B的坐標(biāo); (2)求△PAB的面積. 注:直線與拋物線有且只有一個公共點,且與拋物線的對稱軸不平行,則稱該直線與拋物線相切,稱該公共點為切點. 9. 如圖,

6、動點M與兩定點A(-1,0),B(1,0)構(gòu)成△MAB,且直線MA,MB的斜率之積為4,設(shè)動點M的軌跡為C. (1)求軌跡C的方程; (2)設(shè)直線y=x+m(m>0)與y軸相交于點P,與軌跡C相交于點Q,R,且|PQ|<|PR|,求|PR||PQ|的取值范圍. 10.已知三點O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲線C上任意一點M(x,y)滿足|MA+MB|=OM·(OA+OB)+2. (1)求曲線C的方程; (2)點Q(x0,y0)(-2

7、于點D,E,求△QAB與△PDE的面積之比. 思維提升訓(xùn)練 11.(20xx全國Ⅰ,理10)已知F為拋物線C:y2=4x的焦點,過F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點,直線l2與C交于D,E兩點,則|AB|+|DE|的最小值為(　　) A.16 B.14 C.12 D.10 12.(20xx全國Ⅱ,理16)已知F是拋物線C:y2=8x的焦點,M是C上一點,FM的延長線交y軸于點N,若M為FN的中點,則|FN|=　　　　　.? 13.(

8、20xx山東,理14)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右支與焦點為F的拋物線x2=2py(p>0)交于A,B兩點,若|AF|+|BF|=4|OF|,則該雙曲線的漸近線方程為　　　　　.? 14.已知圓C:(x+1)2+y2=20,點B(1,0),點A是圓C上的動點,線段AB的垂直平分線與線段AC交于點P. (1)求動點P的軌跡C1的方程; (2)設(shè)M0,15,N為拋物線C2:y=x2上的一動點,過點N作拋物線C2的切線交曲線C1于P,Q兩點,求△MPQ面積的最大值. 15.已知動點C是

9、橢圓Ω:x2a+y2=1(a>1)上的任意一點,AB是圓G:x2+(y-2)2=94的一條直徑(A,B是端點),CA·CB的最大值是314. (1)求橢圓Ω的方程; (2)已知橢圓Ω的左、右焦點分別為點F1,F2,過點F2且與x軸不垂直的直線l交橢圓Ω于P,Q兩點.在線段OF2上是否存在點M(m,0),使得以MP,MQ為鄰邊的平行四邊形是菱形?若存在,求實數(shù)m的取值范圍;若不存在,請說明理由. 參考答案 專題能力訓(xùn)練17　橢圓、雙曲線、拋物線 能力突破訓(xùn)練 1.B　解析由題意得ba=52,c=3. 又a2+b2=c2,所以a2=

10、4,b2=5, 故C的方程為x24-y25=1. 2.A　解析由條件知F1(-3,0),F2(3,0), ∴MF1=(-3-x0,-y0),MF2=(3-x0,-y0), ∴MF1·MF2=x02+y02-3<0. ① ∵x022-y02=1,∴x02=2y02+2.代入①得y02<13, ∴-330),圓的方程為x2+y2=R2. 因為|AB|=42,所以可設(shè)A(m,22). 又因為|DE|=25, 所以R2=5+p24,m2+8=R2,8=2pm,解得p2=16. 故p=4,即C的焦點到準(zhǔn)線的距離是4

11、. 4.D　解析根據(jù)對稱性,不妨設(shè)點A在第一象限,其坐標(biāo)為(x,y),于是有x2+y2=4y=b2x?x=4b2+4,y=4b2+4·b2,則xy=16b2+4·b2=b2?b2=12.故所求雙曲線的方程為x24-y212=1,故選D. 5.C　解析在y=±bax中令x=c,得Ac,bca,Bc,-bca,在雙曲線x2a2-y2b2=1中令x=c得Pc,±b2a. 當(dāng)點P的坐標(biāo)為c,b2a時,由OP=mOA+nOB, 得c=(m+n)c,b2a=mbca-nbca,則m+n=1,m-n=bc. 由m+n=1,mn=29,得m=23,n=13或m=13,n=23(舍去), ∴bc=1

12、3,∴c2-a2c2=19,∴e=324. 同理,當(dāng)點P的坐標(biāo)為c,-b2a時,e=324. 故該雙曲線的離心率為324. 6.2　解析∵四邊形OABC是正方形,∴∠AOB=45°,∴不妨設(shè)直線OA的方程即雙曲線的一條漸近線的方程為y=x.∴ba=1,即a=b.又|OB|=22,∴c=22.∴a2+b2=c2,即a2+a2=(22)2,可得a=2. 7.233　解析 如圖所示,由題意可得|OA|=a,|AN|=|AM|=b, ∵∠MAN=60°, ∴|AP|=32b,|OP|=|OA|2-|PA|2=a2-34b2. 設(shè)雙曲線C的一條漸近線y=bax的傾斜角為θ,則tanθ

13、=|AP||OP|=32ba2-34b2.又tanθ=ba,∴32ba2-34b2=ba,解得a2=3b2, ∴e=1+b2a2=1+13=233. 8.解(1)由題意知直線PA的斜率存在,故可設(shè)直線PA的方程為y=k(x-t), 由y=k(x-t),y=14x2消去y,整理得:x2-4kx+4kt=0, 由于直線PA與拋物線相切,得k=t. 因此,點A的坐標(biāo)為(2t,t2). 設(shè)圓C2的圓心為D(0,1),點B的坐標(biāo)為(x0,y0),由題意知:點B,O關(guān)于直線PD對稱,故y02=-x02t+1,x0t-y0=0,解得x0=2t1+t2,y0=2t21+t2. 因此,點B的坐標(biāo)為

14、2t1+t2,2t21+t2. (2)由(1)知|AP|=t·1+t2和直線PA的方程tx-y-t2=0. 點B到直線PA的距離是d=t21+t2. 設(shè)△PAB的面積為S(t), 所以S(t)=12|AP|·d=t32. 9.解(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x,y),當(dāng)x=-1時,直線MA的斜率不存在; 當(dāng)x=1時,直線MB的斜率不存在. 于是x≠1,且x≠-1. 此時,MA的斜率為yx+1,MB的斜率為yx-1. 由題意,有yx+1·yx-1=4. 整理,得4x2-y2-4=0. 故動點M的軌跡C的方程為4x2-y2-4=0(x≠±1). (2)由y=x+m,4x2-y2-4=

15、0消去y,可得3x2-2mx-m2-4=0. ① 對于方程①,其判別式Δ=(-2m)2-4×3(-m2-4)=16m2+48>0, 而當(dāng)1或-1為方程①的根時,m的值為-1或1. 結(jié)合題設(shè)(m>0)可知,m>0,且m≠1. 設(shè)Q,R的坐標(biāo)分別為(xQ,yQ),(xR,yR), 則xQ,xR為方程①的兩根, 因為|PQ|<|PR|,所以|xQ|<|xR|. 因為xQ=m-2m2+33,xR=m+2m2+33,且Q,R在同一條直線上, 所以|PR||PQ|=xRxQ=21+3m2+121+3m2-1=1+221+3m2-1. 此時1+3m2>1,且1+3m2≠2, 所以1<1+

16、221+3m2-1<3, 且1+221+3m2-1≠53, 所以1<|PR||PQ|=xRxQ<3,且|PR||PQ|=xRxQ≠53. 綜上所述,|PR||PQ|的取值范圍是1,53∪53,3. 10.解(1)由題意可知MA=(-2-x,1-y),MB=(2-x,1-y),OM=(x,y),OA+OB=(0,2). ∵|MA+MB|=OM·(OA+OB)+2, ∴4x2+4(1-y)2=2y+2,∴x2=4y. ∴曲線C的方程為x2=4y. (2)設(shè)Qx0,x024, 則S△QAB=21-x024=21-x024. ∵y=x24,∴y'=12x,∴kl=12x0, ∴切

17、線l的方程為y-x024=12x0(x-x0)與y軸交點H0,-x024,|PH|=1-x024=1-x024. 直線PA的方程為y=-x-1,直線PB的方程為y=x-1, 由y=-x-1,y=12x0x-x024,得xD=x0-22. 由y=x-1,y=12x0x-x024,得xE=x0+22, ∴S△PDE=12|xD-xE|·|PH|=1-x024, ∴△QAB與△PDE的面積之比為2. 思維提升訓(xùn)練 11.A　解析方法一:由題意,易知直線l1,l2斜率不存在時,不合題意. 設(shè)直線l1方程為y=k1(x-1), 聯(lián)立拋物線方程,得y2=4x,y=k1(x-1), 消去

18、y,得k12x2-2k12x-4x+k12=0, 所以x1+x2=2k12+4k12. 同理,直線l2與拋物線的交點滿足x3+x4=2k22+4k22. 由拋物線定義可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=2k12+4k12+2k22+4k22+4=4k12+4k22+8≥216k12k22+8=16, 當(dāng)且僅當(dāng)k1=-k2=1(或-1)時,取得等號. 方法二:如圖所示, 由題意可得F(1,0),設(shè)AB傾斜角為θ不妨令θ∈0,π2.作AK1垂直準(zhǔn)線,AK2垂直x軸,結(jié)合圖形,根據(jù)拋物線的定義,可得|AF|·cosθ+|GF|=|AK1|,|AK1|=|AF|,|G

19、F|=2, 所以|AF|·cosθ+2=|AF|,即|AF|=21-cosθ. 同理可得|BF|=21+cosθ,所以|AB|=41-cos2θ=4sin2θ. 又DE與AB垂直,即DE的傾斜角為π2+θ,則|DE|=4sin2π2+θ=4cos2θ, 所以|AB|+|DE|=4sin2θ+4cos2θ=4sin2θcos2θ=414sin22θ=16sin22θ≥16,當(dāng)θ=π4時取等號,即|AB|+|DE|最小值為16,故選A. 12.6　解析設(shè)N(0,a),由題意可知F(2,0). 又M為FN的中點,則M1,a2. 因為點M在拋物線C上,所以a24=8,即a2=32,即a=

20、±42. 所以N(0,±42). 所以|FN|=(2-0)2+(0±42)2=6. 13.y=±22x　解析拋物線x2=2py的焦點F0,p2,準(zhǔn)線方程為y=-p2. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則|AF|+|BF|=y1+p2+y2+p2=y1+y2+p=4|OF|=4·p2=2p. 所以y1+y2=p. 聯(lián)立雙曲線與拋物線方程得x2a2-y2b2=1,x2=2py, 消去x,得a2y2-2pb2y+a2b2=0. 所以y1+y2=2pb2a2=p,所以b2a2=12. 所以該雙曲線的漸近線方程為y=±22x. 14.解(1)由已知可得,點P滿足|PB|+|PC

21、|=|AC|=25>2=|BC|, 所以動點P的軌跡C1是一個橢圓,其中2a=25,2c=2. 動點P的軌跡C1的方程為x25+y24=1. (2)設(shè)N(t,t2),則PQ的方程為 y-t2=2t(x-t)?y=2tx-t2. 聯(lián)立方程組y=2tx-t2,x25+y24=1,消去y整理,得(4+20t2)x2-20t3x+5t4-20=0, 有Δ=80(4+20t2-t4)>0,x1+x2=20t34+20t2,x1x2=5t4-204+20t2. 而|PQ|=1+4t2×|x1-x2|=1+4t2×80(4+20t2-t4)4+20t2, 點M到PQ的高為h=15+t21+4

22、t2, 由S△MPQ=12|PQ|h代入化簡,得 S△MPQ=510-(t2-10)2+104≤510×104=1305,當(dāng)且僅當(dāng)t2=10時,S△MPQ可取最大值1305. 15.解(1)設(shè)點C的坐標(biāo)為(x,y), 則x2a+y2=1. 連接CG,由CA=CG+GA,CB=CG+GB=CG-GA,又G(0,2),CG=(-x,2-y), 可得CA·CB=CG2-GA2=x2+(y-2)2-94=a(1-y2)+(y-2)2-94=-(a-1)y2-4y+a+74,其中y∈[-1,1]. 因為a>1,所以當(dāng)y=42(1-a)≤-1,即1

23、大值-(a-1)+4+a+74=274,與條件矛盾; 當(dāng)y=42(1-a)>-1,即a>3時,CA·CB的最大值是4(1-a)a+74-164(1-a), 由條件得4(1-a)a+74-164(1-a)=314, 即a2-7a+10=0,解得a=5或a=2(舍去). 綜上所述,橢圓Ω的方程是x25+y2=1. (2)設(shè)點P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中點坐標(biāo)為(x0,y0),則滿足x125+y12=1,x225+y22=1,兩式相減, 整理,得y2-y1x2-x1=-x2+x15(y2+y1)=-x05y0, 從而直線PQ的方程為y-y0=-x05y0(x-x0). 又右焦點F2的坐標(biāo)是(2,0), 將點F2的坐標(biāo)代入PQ的方程得 -y0=-x05y0(2-x0), 因為直線l與x軸不垂直,所以2x0-x02=5y02>0,從而0