《2019-2020年高考數(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).DOC》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(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).DOC（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(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) 一、選擇題 1．[xx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. B. C．1 D．2 答案　B 解析　因為直線l過拋物線的焦點，所以m＝.聯(lián)立得，x2－3px＋＝0.設(shè)A(x1，y1)、B(x2，y2)，則x1＋x2＝3p，故|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝6，p＝，故選B. 2．[xx沈陽質(zhì)檢]已知P是雙曲線－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，則的值是(　　) A．－ B. C．－ 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－y＝0，＋y＝0，所以可取|PA|＝，|PB|＝，又cos∠APB＝－cos∠AOB＝－cos2∠AOx＝－cos＝－，所以＝||||cos∠APB＝＝＝－，選A. 3．[xx南昌三模]已知拋物線y2＝2px(p>0)與雙曲線－＝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.＋2 B.＋1 C.＋1 D.＋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，又因為AF⊥x軸，所以點A的橫坐標(biāo)為，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＝＝p，即點A的坐標(biāo)為，又因為點F為雙曲線與拋物線的相同的焦點，所以c＝，則點A的坐標(biāo)為(c,2c)，代入雙曲線的方程得－＝1，結(jié)合c2＝a2＋b2，化簡得c4－6a2c2＋a4＝0，解得雙曲線的離心率e＝＝＋1，故選D. 4．[xx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||＝2||＝2||，則該橢圓的離心率為(　　) A. B. C. D. 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|＝a，|NF2|＝|MF1|＝a，|F1F2|＝2c，所以2＋2＋2＋2＝2＋(2c)2，即＝，故e＝. 5．[xx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. B. C. D. 答案　B 解析　由題意知c＝3，∴e＝，∴a越大e越小，而雙曲線為－＝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＝，e＝＝，故選B. 6．[xx金版原創(chuàng)]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，以橢圓＋＝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. B. C. D. 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A，r＝，由三角形ABC是銳角三角形得∠BAC<90，則c＝rcos>rcos45，即c>r.又依題意c<，即<<1，化簡得兩邊同時除以a2，關(guān)于離心率e的不等式組為解得0)，即－＝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－＝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　 解析　易知直線AB的方程為y＝，與y2＝3x聯(lián)立并消去x，得4y2－12y－9＝0.設(shè)A(x1，y1)， B(x2，y2)，則y1＋y2＝3，y1y2＝－.S△OAB＝|OF||y1－y2|＝＝＝. 9．[xx山東萊蕪一模]已知圓G：x2＋y2－2x－2y＝0經(jīng)過橢圓＋＝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　 解析　∵圓G：x2＋y2－2x－2y＝0與x軸，y軸交點為(2，0)和(0,2)， ∴c＝2，b＝2，∴a2＝b2＋c2＝12， ∴橢圓方程為＋＝1， 設(shè)直線l的方程為y＝－(x－m)(m>2)， 由得10x2－18mx＋9m2－12＝0. 由Δ＝324m2－40(9m2－12)>0， 可得－0. 化簡得2m2－9m＋7>0，解得m>. ∴m的取值范圍是. 三、解答題 10．[xx貴陽質(zhì)檢]設(shè)點F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)分別是橢圓C：＋y2＝1(a>1)的左、右焦點，P為橢圓C上任意一點，且的最小值為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的最大值． 解　(1)設(shè)P(x，y)，則＝(－c－x，－y)，＝(c－x，－y)， ∴＝x2＋y2－c2＝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＋y2＝1. (2)將直線l的方程l：y＝kx＋m代入橢圓C的方程＋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)(2m2－2)＝0， 化簡得m2＝2k2＋1. 設(shè)d1＝|F1M|＝，d2＝|F2N|＝. ①當(dāng)k≠0時，設(shè)直線l的傾斜角為θ， 則|d1－d2|＝|MN||tanθ|， ∴|MN|＝|d1－d2|，∴S＝|d1－d2|(d1＋d2)＝＝＝， ∵m2＝2k2＋1，∴當(dāng)k≠0時，|m|>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2的直線交拋物線于A(x1，y1)和B(x2，y2)(x1－1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)(y＝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|＝，且r＝|x0＋1|， ∴(x0－a)2＋(y0＋a－2)2＝(x0＋1)2， 即a2＋y＋2(a－2)y0＋(a－2)2＝(2＋2a)x0＋1＝(2＋2a)＋1， 整理得(1－a)y＋(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＋1)(2a2－6a＋5)， ∵2a2－6a＋5＝22＋>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．[xx山西太原二模]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，以原點為圓心，橢圓的短半軸長為半徑的圓與直線x－y＋＝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，求的取值范圍． 解　(1)∵e＝＝，a2＝b2＋c2，∴＝＝.據(jù)另一個題設(shè)條件得：b＝r＝＝. ∴a＝2，∴橢圓C的方程為＋＝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＋＝1并整理得(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，∴y1，y2是該方程的兩根， ∴y1＋y2＝－，y1y2＝.(*) 直線AE的方程為y＋y1＝(x－x1)，令y＝0得點Q的橫坐標(biāo) xQ＝. ∵x1＝my1＋4，x2＝my2＋4， ∴xQ＝ ＝ 將(*)式代入得xQ＝1. ①當(dāng)直線MN與x軸不重合時，設(shè)直線MN的方程為x＝ny＋1，并設(shè)M(x3，y3)，N(x4，y4)． 把x＝ny＋1代入3x2＋4y2＝12整理得 (3n2＋4)y2＋6ny－9＝0，y3，y4是該方程的兩根， ∴y3＋y4＝－，y3y4＝－.(**) ＝x3x4＋y3y4＝(ny3＋1)(ny4＋1)＋y3y4＝(1＋n2)y3y4＋n(y3＋y4)＋1， 把(**)代入并整理得 ＝－. ∵＝4－∈， ∴∈. ②當(dāng)直線MN與x軸重合時，＝22cos180＝－4. 綜上所述，的取值范圍是.