高中數(shù)學人教A版1第二章圓錐曲線與方程 2023版章末綜合測評2圓錐曲線與方程

章末綜合測評(二)圓錐曲線與方程(時間120分鐘，滿分150分)一、選擇題(本大題共12小題，每小題5分，共60分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1.拋物線y＝－eq\f(1,8)x2的準線方程是()＝eq\f(1,32) ＝2＝eq\f(1,32) ＝－2【解析】將y＝－eq\f(1,8)x2化為標準形式為x2＝－8y，故準線方程為y＝2.【答案】B2.下列雙曲線中，漸近線方程為y＝±2x的是()【導(dǎo)學號：97792119】－eq\f(y2,4)＝1 \f(x2,4)－y2＝1－eq\f(y2,2)＝1 \f(x2,2)－y2＝1【解析】法一由漸近線方程為y＝±2x，可得eq\f(y,2)＝±x，所以雙曲線的標準方程可以為x2－eq\f(y2,4)＝1eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(y2,4)－x2＝1，舍去)).法二A中的漸近線方程為y＝±2x；B中的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x；C中的漸近線方程為y＝±eq\r(2)x；D中的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(2),2)x.故選A.【答案】A3.若雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一條漸近線經(jīng)過點(3，－4)，則此雙曲線的離心率為()\f(\r(7),3) \f(5,4)\f(4,3) \f(5,3)【解析】由雙曲線的漸近線過點(3，－4)知eq\f(b,a)＝eq\f(4,3)，∴eq\f(b2,a2)＝eq\f(16,9).又b2＝c2－a2，∴eq\f(c2－a2,a2)＝eq\f(16,9)，即e2－1＝eq\f(16,9)，∴e2＝eq\f(25,9)，∴e＝eq\f(5,3).【答案】D4.拋物線y2＝eq\f(1,4)x關(guān)于直線x－y＝0對稱的拋物線的焦點坐標是()【導(dǎo)學號：97792120】A.(1,0) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16)))C.(0,1) \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，0))【解析】∵y2＝eq\f(1,4)x的焦點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,16)，0))，∴關(guān)于直線y＝x對稱后拋物線的焦點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16))).【答案】B5.已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的焦距為2eq\r(5)，且雙曲線的一條漸近線與直線2x＋y＝0垂直，則雙曲線的方程為()\f(x2,4)－y2＝1 －eq\f(y2,4)＝1\f(3x2,20)－eq\f(3y2,5)＝1 \f(3x2,5)－eq\f(3y2,20)＝1【解析】由題意得c＝eq\r(5)，eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，則a＝2，b＝1，所以雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.【答案】A6.有一個正三角形的兩個頂點在拋物線y2＝2px(p＞0)上，另一個頂點在原點，則該三角形的邊長是()\r(3)p \r(3)p\r(3)p \r(3)p【解析】設(shè)A、B在y2＝2px上，另一個頂點為O，則A、B關(guān)于x軸對稱，則∠AOx＝30°，則OA的方程為y＝eq\f(\r(3),3)x.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\f(\r(3),3)x，,y2＝2px，))得y＝2eq\r(3)p，∴△AOB的邊長為4eq\r(3)p.【答案】B7.已知|eq\o(AB,\s\up12(→))|＝3，A，B分別在y軸和x軸上運動，O為原點，eq\o(OP,\s\up12(→))＝eq\f(1,3)eq\o(OA,\s\up12(→))＋eq\f(2,3)eq\o(OB,\s\up12(→))，則動點P的軌跡方程是()\f(x2,4)＋y2＝1 ＋eq\f(y2,4)＝1\f(x2,9)＋y2＝1 ＋eq\f(y2,9)＝1【解析】設(shè)P(x，y)，A(0，y0)，B(x0,0)，由已知得(x，y)＝eq\f(1,3)(0，y0)＋eq\f(2,3)(x0,0)，即x＝eq\f(2,3)x0，y＝eq\f(1,3)y0，所以x0＝eq\f(3,2)x，y0＝3y.因為|Aeq\o(B,\s\up12(→))|＝3，所以xeq\o\al(2,0)＋yeq\o\al(2,0)＝9，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)x))2＋(3y)2＝9，化簡整理得動點P的軌跡方程是eq\f(x2,4)＋y2＝1.【答案】A為過橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的中心的弦F1為一個焦點，則△ABF1的最大面積是(c為半焦距)() 【解析】△ABF1的面積為c·|yA|，因此當|yA|最大，即|yA|＝b時，面積最大.故選C.【答案】C9.若F1，F(xiàn)2是橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,7)＝1的兩個焦點，A為橢圓上一點，且∠AF1F2＝45°，則△AF1F2的面積為() \f(7,2)\f(7,4) \f(7\r(5),2)【解析】|F1F2|＝2eq\r(2)，|AF1|＋|AF2|＝6，則|AF2|＝6－|AF1|，|AF2|2＝|AF1|2＋|F1F2|2－2|AF1|·|F1F＝|AF1|2－4|AF1|＋8，即(6－|AF1|)2＝|AF1|2－4|AF1|＋8，解得|AF1|＝eq\f(7,2)，所以S＝eq\f(1,2)×eq\f(7,2)×2eq\r(2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7,2).【答案】B10.設(shè)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點是F，左、右頂點分別是A1，A2，過F作A1A2的垂線與雙曲線交于B，C兩點.若A1B⊥A2C，則該雙曲線的漸近線的斜率為()A.±eq\f(1,2) B.±eq\f(\r(2),2)C.±1 D.±eq\r(2)【解析】由題設(shè)易知A1(－a,0)，A2(a,0)，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，\f(b2,a)))，Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(c，－\f(b2,a))).∵A1B⊥A2C∴eq\f(\f(b2,a),c＋a)·eq\f(－\f(b2,a),c－a)＝－1，整理得a＝b.∵漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，即y＝±x，∴漸近線的斜率為±1.【答案】C11.過拋物線y2＝4x的焦點F的直線交該拋物線于A，B兩點，O為坐標原點.若|AF|＝3，則△AOB的面積是()\r(2) \r(2)\r(2) \f(3\r(2),2)【解析】如圖所示，由題意知，拋物線的焦點F的坐標為(1,0)，又|AF|＝3，由拋物線定義知：點A到準線x＝－1的距離為3，∴點A的橫坐標為2.將x＝2代入y2＝4x得y2＝8，由圖知點A的縱坐標y＝2eq\r(2)，∴A(2,2eq\r(2))，∴直線AF的方程為y＝2eq\r(2)(x－1).聯(lián)立直線與拋物線的方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(2)x－1，,y2＝4x，))解之得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,2)，,y＝－\r(2)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝2，,y＝2\r(2).))由圖知Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\r(2)))，∴S△AOB＝eq\f(1,2)|OF|·|yA－yB|＝eq\f(1,2)×1×|2eq\r(2)＋eq\r(2)|＝eq\f(3\r(2),2).【答案】D12.已知O為坐標原點，F(xiàn)是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點，A，B分別為C的左、右頂點.P為C上一點，且PF⊥x軸.過點A的直線l與線段PF交于點M，與y軸交于點E.若直線BM經(jīng)過OE的中點，則C的離心率為()\f(1,3) \f(1,2)\f(2,3) \f(3,4)【解析】如圖所示，設(shè)OE的中點為N，在△AOE中，∵MF∥OE，∴eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(|AF|,|AO|)＝eq\f(a－c,a). ①在△MFB中，∵ON∥MF，∴eq\f(|ON|,|MF|)＝eq\f(|BO|,|BF|)＝eq\f(a,a＋c)＝eq\f(\f(1,2)|OE|,|MF|)，∴eq\f(2a,a＋c)＝eq\f(|OE|,|MF|)，即eq\f(|MF|,|OE|)＝eq\f(a＋c,2a). ②由①②可得eq\f(a－c,a)＝eq\f(a＋c,2a)，解得a＝3c，從而得e＝eq\f(c,a)＝eq\f(1,3).【答案】A二、填空題(本大題共4小題，每小題5分，共20分，將答案填在題中的橫線上)13.已知(2,0)是雙曲線x2－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的一個焦點，則b＝________.【解析】由題意得，雙曲線焦點在x軸上，且c＝2.根據(jù)雙曲線的標準方程，可知a2＝1.又c2＝a2＋b2，所以b2＝3.又b>0，所以b＝eq\r(3).【答案】eq\r(3)14.設(shè)F1，F(xiàn)2為曲線C1：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1的焦點，P是曲線C2：eq\f(x2,3)－y2＝1與C1的一個交點，則△PF1F2的面積為________.【解析】由題意知|F1F2|＝2eq\r(6－2)＝4，設(shè)P點坐標為(x，y).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，,\f(x2,3)－y2＝1，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝±\f(3\r(2),2)，,y＝±\f(\r(2),2).))則S△PF1F2＝eq\f(1,2)|F1F2|·|y|＝eq\f(1,2)×4×eq\f(\r(2),2)＝eq\r(2).【答案】eq\r(2)15.已知圓錐曲線eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,m)＝1，當m∈[－2，－1]時，該曲線的離心率的取值范圍是________.【解析】曲線方程可化為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,－m)＝1，因為m∈[－2，－1]，所以曲線表示雙曲線，∴e＝eq\f(\r(4－m),2)，由m的取值范圍得eq\f(\r(5),2)≤e≤eq\f(\r(6),2).【答案】eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，\f(\r(6),2)))16.已知雙曲線C1、C2的頂點重合，C1的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1，若C2的一條漸近線的斜率是C1的一條漸近線的斜率的2倍，則C2的方程為________.【解析】因為C1的方程為eq\f(x2,4)－y2＝1，所以C1的一條漸近線的斜率k1＝eq\f(1,2)，所以C2的一條漸近線的斜率k2＝1，因為雙曲線C1、C2的頂點重合，即焦點都在x軸上，設(shè)C2的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，所以a＝b＝2，所以C2的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,4)＝1.【答案】eq\f(x2,4)－eq\f(y2,4)＝1三、解答題(本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)17.(本小題滿分10分)已知雙曲線與橢圓有共同的焦點F1(0，－5)，F(xiàn)2(0,5)，點P(3,4)是雙曲線的漸近線與橢圓的一個交點，求雙曲線與橢圓的方程.【解】由共同的焦點F1(0，－5)，F(xiàn)2(0,5)，可設(shè)橢圓方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,a2－25)＝1，雙曲線方程為eq\f(y2,b2)－eq\f(x2,25－b2)＝1(b>0).點P(3,4)在橢圓上，則eq\f(16,a2)＋eq\f(9,a2－25)＝1，得a2＝40，雙曲線過點P(3,4)的漸近線方程為y＝eq\f(b,\r(25－b2))x，即4＝eq\f(b,\r(25－b2))×3，得b2＝16.所以橢圓方程為eq\f(y2,40)＋eq\f(x2,15)＝1，雙曲線方程為eq\f(y2,16)－eq\f(x2,9)＝1.18.(本小題滿分12分)已知直線l：y＝x＋m與拋物線y2＝8x交于A，B兩點，(1)若|AB|＝10，求m的值；(2)若OA⊥OB，求m的值.【解】設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，(1)eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,y2＝8x))?x2＋(2m－8)x＋m2＝0?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝2m－82－4m2＞0，,x1＋x2＝8－2m，,x1x2＝m2.))|AB|＝eq\r(2)|x1－x2|＝eq\r(2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝10，得m＝eq\f(7,16)，∵m＜2，∴m＝eq\f(7,16).(2)∵OA⊥OB，∴x1x2＋y1y2＝0.x1x2＋(x1＋m)(x2＋m)＝0，2x1x2＋m(x1＋x2)＋m2＝0，2m2＋m(8－2m)＋m2＋8m＝0，m＝0或m經(jīng)檢驗m＝－8.19.(本小題滿分12分)已知雙曲線過點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3\r(2)，4))，它的漸近線方程為y＝±eq\f(4,3)x.(1)求雙曲線的標準方程；(2)設(shè)F1和F2為該雙曲線的左、右焦點，點P在此雙曲線上，且|PF1|·|PF2|＝41，求∠F1PF2的余弦值.【解】(1)由漸近線方程知，雙曲線中心在原點，且漸近線上橫坐標為－3eq\r(2)的點P′的縱坐標的絕對值為4eq\r(2).∵4eq\r(2)>4，∴雙曲線的焦點在x軸上，設(shè)方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1.∵雙曲線過點P(－3eq\r(2)，4)，∴eq\f(18,a2)－eq\f(16,b2)＝1. ①又eq\f(b,a)＝eq\f(4,3)， ②由①②，得a2＝9，b2＝16，∴所求的雙曲線方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1.(2)設(shè)|PF1|＝d1，|PF2|＝d2，則d1·d2＝41.又由雙曲線的幾何性質(zhì)知，|d1－d2|＝2a由余弦定理，得cos∠F1PF2＝eq\f(d\o\al(2,1)＋d\o\al(2,2)－|F1F2|2,2d1d2)＝eq\f(d1－d22＋2d1d2－|F1F2|2,2d1d2)＝eq\f(9,41).20.(本小題滿分12分)設(shè)橢圓E的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，點O為坐標原點，點A的坐標為(a,0)，點B的坐標為(0，b)，點M在線段AB上，滿足|BM|＝2|MA|，直線OM的斜率為eq\f(\r(5),10).(1)求E的離心率e；(2)設(shè)點C的坐標為(0，－b)，N為線段AC的中點，證明：MN⊥AB.【導(dǎo)學號：97792121】【解】(1)由題設(shè)條件知，點M的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)a，\f(1,3)b))，又kOM＝eq\f(\r(5),10)，從而eq\f(b,2a)＝eq\f(\r(5),10).進而a＝eq\r(5)b，c＝eq\r(a2－b2)＝2b，故e＝eq\f(c,a)＝eq\f(2\r(5),5).(2)證明：由N是AC的中點知，點N的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,2)，－\f(b,2)))，可得eq\o(NM,\s\up12(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a,6)，\f(5b,6))).又eq\o(AB,\s\up12(→))＝(－a，b)，從而有eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(NM,\s\up12(→))＝－eq\f(1,6)a2＋eq\f(5,6)b2＝eq\f(1,6)(5b2－a2).由(1)的計算結(jié)果可知a2＝5b2，所以eq\o(AB,\s\up12(→))·eq\o(NM,\s\up12(→))＝0，故MN⊥AB.21.(本小題滿分12分)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點F及點A(0，b)，原點O到直線FA的距離為eq\f(\r(2),2)b.(1)求橢圓C的離心率e；(2)若點F關(guān)于直線l：2x＋y＝0的對稱點P在圓O：x2＋y2＝4上，求橢圓C的方程及點P的坐標.【解】(1)由點F(－ae,0)，點A(0，b)，及b＝eq\r(1－e2)a，得直線FA的方程為eq\f(x,－ae)＋eq\f(y,\r(1－e2)a)＝1，即eq\r(1－e2)x－ey＋aeeq\r(1－e2)＝0.因為原點O到直線FA的距離為eq\f(\r(2),2)b＝aeeq\r(1－e2)，所以eq\f(\r(2),2)eq\r(1－e2)·a＝aeeq\r(1－e2)，解得e＝eq\f(\r(2),2).(2)設(shè)橢圓C的左焦點Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(2),2)a，0))關(guān)于直線l：2x＋y＝0的對稱點為P(x0，y0)，則有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y0,x0＋\f(\r(2),2)a)＝\f(1,2)，,2·\f(x0－\f(\r(2),2)a,2)＋\f(y0,2)＝0，))解得x0＝eq\f(3\r(2),10)a，y0＝eq\f(2\r(2),5)a.因為P在圓x2＋y2＝4上，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3\r(2),10)a))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\