高考數(shù)學 考前三個月復習沖刺 第三篇 回扣專項練7 解析幾何 理試題

1.平行四邊形ABCD的一條對角線固定在A(3，－1)，C(2，－3)兩點，D點在直線3x－y＋1＝0上移動，則B點的軌跡方程為()A.3x－y－20＝0 B.3x－y－10＝0C.3x－y－9＝0 D.3x－y－12＝02.已知實數(shù)1，m,4構成一個等比數(shù)列，則圓錐曲線eq\f(x2,m)＋y2＝1的離心率為()A.eq\f(\r(2),2) B.eq\r(3)C.eq\f(\r(2),2)或eq\r(3) D.eq\f(\r(2),2)或eq\f(\r(6),2)3.過坐標原點O作單位圓x2＋y2＝1的兩條互相垂直的半徑OA，OB，若在該圓上存在一點C，使得eq\o(OC,\s\up6(→))＝aeq\o(OA,\s\up6(→))＋beq\o(OB,\s\up6(→))(a，b∈R)，則以下說法正確的是()A.點P(a，b)一定在單位圓內B.點P(a，b)一定在單位圓上C.點P(a，b)一定在單位圓外D.當且僅當ab＝0時，點P(a，b)在單位圓上4.橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為橢圓M上任一點，且|eq\o(PF1,\s\up6(→))|·|eq\o(PF2,\s\up6(→))|的最大值的取值范圍是[2c2,3c2]，其中c＝eq\r(a2－b2).則橢圓M的離心率e的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，\f(\r(2),2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，1))C.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)) D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，\f(1,2)))5.已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，以|F1F2|為直徑的圓與雙曲線漸近線的一個交點為(3,4)，則此雙曲線的方程為()A.eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1 B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1C.eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1 D.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝16.設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為坐標原點，則△OAB的面積為()A.eq\f(3\r(3),4)B.eq\f(9\r(3),8)C.eq\f(63,32)D.eq\f(9,4)7.已知a>b>0，設橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的離心率分別為e1，e2，且雙曲線兩漸近線的夾角為60°，則e1·e2＝________.8.在平面直角坐標系xOy中，已知點P(3,0)在圓C：x2＋y2－2mx－4y＋m2－28＝0內，動直線AB過點P且交圓C于A，B兩點，若△ABC的面積的最大值為16，則實數(shù)m的取值范圍為____________________.9.在平面直角坐標系xOy中，已知點A在橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上，點P滿足eq\o(AP,\s\up6(→))＝(λ－1)eq\o(OA,\s\up6(→))(λ∈R)，且eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝72，則線段OP在x軸上的投影長度的最大值為________.10.拋物線C的頂點在原點，焦點F與雙曲線eq\f(x2,3)－eq\f(y2,6)＝1的右焦點重合，過點P(2,0)且斜率為1的直線l與拋物線C交于A，B兩點，則弦AB的中點到拋物線準線的距離為________.11.設F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦點，過點F1的直線交橢圓E于A，B兩點，|AF1|＝3|F1B|.(1)若|AB|＝4，△ABF2的周長為16，求|AF2|；(2)若cos∠AF2B＝eq\f(3,5)，求橢圓E的離心率.12.已知橢圓M的左、右焦點分別為F1(－eq\r(3)，0)、F2(eq\r(3)，0)，且拋物線x2＝4y的焦點為橢圓M的頂點，過點P(0,2)的直線l與橢圓M交于不同的兩點A、B.(1)求橢圓M的方程；(2)求△OAB面積的取值范圍；(3)若S△OAB＝eq\f(4,5)，是否存在大于1的常數(shù)m，使得橢圓M上存在點Q，滿足eq\o(OQ,\s\up6(→))＝m(eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→)))？若存在，試求出m的值；若不存在，試說明理由.

答案精析回扣專項練71.A[設AC的中點為O，則O點坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)，－2)).設B(x，y)關于點O的對稱點為(x0，y0)，即D(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝5－x，,y0＝－4－y，))由3x0－y0＋1＝0，得3x－y－20＝0.]2.C[由1，m,4成等比數(shù)列，得m2＝4，即m＝±2.當m＝2時，橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1的離心率為eq\f(\r(2),2)；當m＝－2時，雙曲線y2－eq\f(x2,2)＝1的a2＝1，其離心率為e＝eq\f(\r(3),1)＝eq\r(3).]3.B[不妨設A(0,1)，B(－1,0)，∵eq\o(OC,\s\up6(→))＝aeq\o(OA,\s\up6(→))＋beq\o(OB,\s\up6(→))，∴C(－b，a).∵點C在單位圓上，∴a2＋b2＝1，∴點P(a，b)一定在單位圓上.]4.A[方法一∵|PF1||PF2|≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PF1|＋|PF2|,2)))2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,2)))2＝a2，∴2c2≤a2≤3c2，∴2≤eq\f(a2,c2)≤3，∴eq\f(1,3)≤e2≤eq\f(1,2)，解得eq\f(\r(3),3)≤e≤eq\f(\r(2),2).方法二∵|PF1||PF2|∈[b2，a2]，則2c2≤a2≤3c2，∴eq\f(\r(3),3)≤e≤eq\f(\r(2),2).]5.A[如圖所示，PF1⊥PF2，故圓的半徑為5，|F1F2|＝10，又eq\f(b,a)＝eq\f(4,3)，∴a＝3，b＝4.故選A.]6.D[由已知得焦點坐標為F(eq\f(3,4)，0)，因此直線AB的方程為y＝eq\f(\r(3),3)(x－eq\f(3,4))，即4x－4eq\r(3)y－3＝0.方法一聯(lián)立拋物線方程化簡得4y2－12eq\r(3)y－9＝0，故|yA－yB|＝eq\r(yA＋yB2－4yAyB)＝6.因此S△OAB＝eq\f(1,2)|OF||yA－yB|＝eq\f(1,2)×eq\f(3,4)×6＝eq\f(9,4).方法二聯(lián)立方程得x2－eq\f(21,2)x＋eq\f(9,16)＝0，故xA＋xB＝eq\f(21,2).根據(jù)拋物線的定義有|AB|＝xA＋xB＋p＝eq\f(21,2)＋eq\f(3,2)＝12，同時原點到直線AB的距離為h＝eq\f(|－3|,\r(42＋－4\r(3)2))＝eq\f(3,8)，因此S△OAB＝eq\f(1,2)|AB|·h＝eq\f(9,4).]7.eq\f(2\r(2),3)解析由題意，得eq\f(b,a)＝tan30°＝eq\f(\r(3),3)，∴e1·e2＝eq\f(\r(a2－b2),a)·eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\f(\r(a4－b4),a2)＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))4)＝eq\f(2\r(2),3).8.[3＋2eq\r(3)，3＋2eq\r(7))∪(3－2eq\r(7)，3－2eq\r(3)]解析因為點P(3,0)在圓C：(x－m)2＋(y－2)2＝32內，所以(3－m)2＋(0－2)2<32，解得3－2eq\r(7)<m<3＋2eq\r(7).①設圓心C到直線AB的距離為d，則d∈[0，|PC|]，△ABC的面積S＝eq\f(1,2)×|AB|×d＝eq\f(1,2)×2eq\r(r2－d2)×d＝eq\r(32－d2d2)≤eq\f(32－d2＋d2,2)＝16，當且僅當d＝4時取等號，所以4≤|PC|＝eq\r(m－32＋2－02)，解得m≥3＋2eq\r(3)或m≤3－2eq\r(3)，與①取交集可得實數(shù)m的取值范圍是[3＋2eq\r(3)，3＋2eq\r(7))∪(3－2eq\r(7)，3－2eq\r(3)].9.15解析eq\o(AP,\s\up6(→))＝eq\o(OP,\s\up6(→))－eq\o(OA,\s\up6(→))＝(λ－1)eq\o(OA,\s\up6(→))，即eq\o(OP,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))，則O，P，A三點共線.又eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OP,\s\up6(→))＝72，∴eq\o(OA,\s\up6(→))與eq\o(OP,\s\up6(→))同向，∴|eq\o(OA,\s\up6(→))||eq\o(OP,\s\up6(→))|＝72.設OP與x軸的夾角為θ，A點坐標為(x，y)，B為點A在x軸上的投影，則OP在x軸上的投影長度為|eq\o(OP,\s\up6(→))|·cosθ＝|eq\o(OP,\s\up6(→))|·eq\f(|\o(OB,\s\up6(→))|,|\o(OA,\s\up6(→))|)＝eq\f(72|\o(OB,\s\up6(→))|,|\o(OA,\s\up6(→))|2)＝72·eq\f(|x|,x2＋y2)＝72·eq\f(|x|,\f(16,25)x2＋9)＝72·eq\f(1,\f(16,25)|x|＋\f(9,|x|))≤72·eq\f(1,2\r(\f(16×9,25)))＝15，當且僅當|x|＝eq\f(15,4)時，等號成立.故線段OP在x軸上的投影長度的最大值為15.10.11解析因為雙曲線eq\f(x2,3)－eq\f(y2,6)＝1的右焦點坐標是(3,0)，所以p＝6，即拋物線的標準方程為y2＝12x，設過點P(2,0)且斜率為1的直線l方程為y＝x－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立y2＝12x，消去y可得x2－16x＋4＝0，x1＋x2＝16，又因為線段AB的中點到拋物線的準線的距離為eq\f(x1＋x2＋p,2)＝eq\f(16＋6,2)＝11.11.解(1)由|AF1|＝3|F1B|，|AB|＝4，得|AF1|＝3，|F1B|＝1.因為△ABF2的周長為16，所以由橢圓定義可得4a＝16，|AF1|＋|AF2|＝2a＝8.故|AF2|＝2a－|AF1|＝8－3＝5.(2)設|F1B|＝k，則k>0且|AF1|＝3k，|AB|＝4k.由橢圓定義可得|AF2|＝2a－3k，|BF2|＝2a－k.在△ABF2中，由余弦定理可得|AB|2＝|AF2|2＋|BF2|2－2|AF2||BF2|·cos∠AF2B，即(4k)2＝(2a－3k)2＋(2a－k)2－eq\f(6,5)(2a－3k)(2a－k)，化簡可得(a＋k)(a－3k)＝0.而a＋k>0，故a＝3k.于是有|AF2|＝3k＝|AF1|，|BF2|＝5k.因此|BF2|2＝|AF2|2＋|AB|2，可得F1A⊥F2A，故△AF1F2為等腰直角三角形.從而c＝eq\f(\r(2),2)a，所以橢圓E的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).12.解(1)由題意得拋物線x2＝4y的焦點坐標為(0,1).所以橢圓M的一個頂點為(0,1)，又其焦點為F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0).故c＝eq\r(3)，b＝1，a＝2.所以橢圓M的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當直線l的斜率不存在時，直線l即為y軸，此時A、B為橢圓M短軸的兩個端點，A、B、O三點共線，顯然不符合題意.當直線l的斜率存在時，設為k，則直線l的方程為y＝kx＋2.聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))代入消去y整理得(4k2＋1)x2＋16kx＋12＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由一元二次方程根與系數(shù)的關系可得，x1＋x2＝eq\f(－16k,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(12,4k2＋1)，(x1－x2)2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－16k,4k2＋1)))2－4×eq\f(12,4k2＋1)＝eq\f(1,4k2＋12)[(－16k)2－48(4k2＋1)]＝eq\f(164k2－3,4k2＋12)，故|x1－x2|＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1)，|AB|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\f(4\r(1＋k2)·\r(4k2－3),4k2＋1).而點O到直線l的距離d＝eq\f(2,\r(1＋k2))，所以△OAB的面積S＝eq\f(1,2)·|AB|·d＝eq\f(1,2)·eq\f(4\r(1＋k2)·\r(4k2－3),4k2＋1)·eq\f(2,\r(1＋k2))＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1).設t＝eq\r(4k2－3)>0，故k2＝eq\f(t2＋3,4)，所以S＝eq\f(4t,4·\f(t2＋3,4)＋1)＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t))，因為t>0，所以t＋eq\f(4,t)≥2eq\r(t·\f(4,t))＝4，當且僅當t＝eq\f(4,t)，即t＝2時取得等號，此時k2＝eq\f(7,4)，解得k＝±eq\f(\r(7),2)，S取得最大值1.故△OAB面積的取值范圍為(0,1].(3)由(2)可知，△OAB的面積S