高中數(shù)學 第3章 圓錐曲線與方程檢測題A 北師大版選修2-1

【成才之路】-學年高中數(shù)學第3章圓錐曲線與方程檢測題A北師大版選修2-1時間120分鐘，滿分150分。一、選擇題(本大題共10個小題，每小題5分，共50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．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,5)＝1的右焦點為(3,0)，則該雙曲線的離心率等于()A．eq\f(3\r(14),14) B．eq\f(3\r(2),4)C．eq\f(3,2) D．eq\f(4,3)[答案]C[解析]本題考查了雙曲線的標準方程、焦點和離心率問題．由雙曲線的右焦點(3,0)知c＝3，即c2＝9，又c2＝a2＋b2，∴9＝a2＋5，即a2＝4，a＝2.∴離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,2).關(guān)于雙曲線標準方程的問題，首要的是判定好a2和b2，若所給方程為eq\f(x2,a)－eq\f(y2,5)＝1，很多同學易出現(xiàn)把a和5分別當成實半軸長和虛半軸長的錯誤．2．已知橢圓eq\f(x2,10－m)＋eq\f(y2,m－2)＝1，長軸在y軸上．若焦距為4，則m等于()A．4 B．5C．7 D．8[答案]D[解析]由題意，得m－2>10－m，且10－m>0，于是6<m<10.再由(m－2)－(10－m)＝22，得m＝8.3．(·四川文，5)拋物線y2＝8x的焦點到直線x－eq\r(3)y＝0的距離是()A．2eq\r(3) B．2C．eq\r(3) D．1[答案]D[解析]由y2＝8x可得其焦點坐標(2,0)，根據(jù)點到直線的距離公式可得d＝eq\f(|2－\r(3)×0|,\r(12＋－\r(3)2))＝1.4．若拋物線y2＝4x上一點P到焦點F的距離是10，則P點坐標為()A．(9,6) B．(9，±6)C．(6,9) D．(6，±9)[答案]B[解析]∵y2＝4x，∴拋物線的焦點為(1,0)，準線為x＝－1，又∵P到F的距離為10，設(shè)P(x，y)，∴x＋eq\f(p,2)＝10，即x＋1＝10，∴x＝9.∴y2＝36，y＝±6，∴P點坐標為(9，±6)．5．如圖，中心均為原點O的雙曲線與橢圓有公共焦點，M，N是雙曲線的兩頂點，若M，O，N將橢圓長軸四等分，則雙曲線與橢圓的離心率的比值是()A．3 B．2C．eq\r(3) D．eq\r(2)[答案]B[解析]本題考查了橢圓與雙曲線中離心率e的求法．設(shè)橢圓長軸長為2a，則雙曲線實半軸長為eq\f(2a,4)＝eq\f(a,2)，所以離心率的比值eq\f(e1,e2)＝eq\f(\f(c,\f(a,2)),\f(c,a))＝2.對于圓錐曲線要熟練掌握橢圓和雙曲線的異同點．6．(·長春市期末調(diào)研)經(jīng)過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點，傾斜角為60°的直線與雙曲線的右支有且只有一個交點，則此雙曲線的離心率為()A．2 B．eq\r(3)C．eq\r(2) D．eq\r(5)[答案]A[解析]由條件知，雙曲線的漸近線與此直線平行，∴eq\f(b,a)＝tan60°＝eq\r(3)，∴b＝eq\r(3)a，代入a2＋b2＝c2中得4a2＝c2，∴e2＝4，∵e>1，∴e＝2，故選A.7．若直線y＝2(x－1)與橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1交于A，B兩點，則|AB|＝()A．eq\f(5,3) B．eq\f(\r(5),3)C．eq\f(5\r(5),3) D．eq\f(\r(3),3)[答案]C[解析]由方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x－1,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1))消去y整理得3x2－5x＝0，∴x1＝0，x2＝eq\f(5,3)，∴y1＝－2，y2＝eq\f(4,3).∴|AB|＝eq\r(x1－x22＋y1－y22)＝eq\f(5,3)eq\r(5).8．(·江西文)過雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的右頂點作x軸的垂線，與C的一條漸近線相交于A.若以C的右焦點為圓心、半徑為4的圓經(jīng)過A、O兩點(O為坐標原點)，則雙曲線C的方程為()A．eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1 B．eq\f(x2,7)－eq\f(y2,9)＝1C．eq\f(x2,8)－eq\f(y2,8)＝1 D．eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1[答案]A[解析]如圖設(shè)雙曲線的右焦點F，右頂點B，設(shè)漸近線OA方程為y＝eq\f(b,a)x(也可設(shè)為y＝－eq\f(b,a)x)，由題意知，以F的半徑的圓過點O，A，∴|FA|＝|FO|＝r＝4.∵AB⊥x軸，A為AB與漸近線y＝eq\f(b,a)x的交點，∴可求得A點坐標為A(a，b)．∴在Rt△ABO中，|OA|2＝eq\r(OB2＋AB2)＝eq\r(a2＋b2)＝c＝|OF|＝4，∴在△OAF為等邊三角形且邊長為4，B為OF的中點，從而解得|OB|＝a＝2，|AB|＝b＝2eq\r(3)，∴雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1，故選A.解答本題關(guān)鍵是要找出A與O、B、F連線的幾何關(guān)系．9．將兩個頂點在拋物線y2＝2px(p>0)上，另一個頂點是此拋物線焦點的正三角形個數(shù)記為n，則()A．n＝0 B．n＝1C．n＝2 D．n≥3[答案]C[解析]如圖所示，根據(jù)拋物線定義，另外兩頂點的橫坐標必定相等，故關(guān)于x軸對稱，要使三角形為正三角形，需過焦點作斜率為eq\f(\r(3),3)和－eq\f(\r(3),3)的直線，則△ABF和△CDF滿足條件，綜上可知n＝2.10．點P在橢圓7x2＋4y2＝28上，則點P到直線3x－2y－16＝0的距離的最大值為()A．eq\f(12\r(13),13) B．eq\f(16\r(13),13)C．eq\f(24\r(13),13) D．eq\f(28\r(13),13)[答案]C[解析]利用數(shù)形結(jié)合法，設(shè)與已知直線平行且與橢圓相切的直線為l：y＝eq\f(3,2)x＋b，與橢圓方程聯(lián)立消一元后，令Δ＝0可求得b＝±4，然后求直線l與3x－2y－16＝0的距離即得所求的最大值．二、填空題(本大題共5小題，每小題5分，共25分)11．橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的兩焦點為F1、F2，點P在橢圓上，使∠F1PF2＝90°的點P有________個．[答案]0[解析]設(shè)a>b>0，c＝eq\r(a2－b2)，以O(shè)為圓心，以c為半徑畫圓；當c<b時，圓與橢圓無公共點，此時橢圓上無滿足要求的點；當c＝b時，圓與橢圓切于短軸的兩個端點，此時滿足要求的點有兩個，即橢圓短軸兩個端點；當c>b時，橢圓與圓有四個交點，此時滿足條件的點有這四個點，這里a2＝4，b2＝3，∴c＝1，b＝eq\r(3)，因此這樣的點P不存在．12．在△ABC中，已知|BC|＝8，則滿足|sinC－sinB|＝eq\f(1,2)sinA的動點A的軌跡方程是________．[答案]eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1(y≠0)[解析]由正弦定理得：||AB|－|AC||＝4<|BC|，據(jù)定義可得．A點的軌跡為雙曲線(除掉頂點)由題意知2a＝4，∴a22c＝8，∴c2＝16，∴b2＝c2－a2∴方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1(y≠0)．13．橢圓C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左準線是l，左、右焦點分別是F1、F2，拋物線C2的準線也是l，一個焦點為F2，C1與C2的一個交點為P，則|PF2|的值等于________．[答案]eq\f(8,3)[解析]P是橢圓上的點，則eq\f(|PF2|,e1)＝eq\f(|PF2|,\f(1,2))＝2|PF2|＝P到橢圓右準線的距離，P是拋物線上的點，則|PF2|＝P到左準線l的距離，∴|PF2|＋2|PF2|＝2·eq\f(a2,c)＝8，∴|PF2|＝eq\f(8,3).14．已知拋物線y2＝4x與直線y＝2x－4交于A、B兩點，如果在該拋物線上存在點C，使得eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝λeq\o(OC,\s\up6(→))(O為坐標原點)，則實數(shù)λ＝________.[答案]eq\f(1,5)[解析]把y＝2x－4代入y2＝4x中消去y得，x2－5x＋4＝0，∴x＝4或1，∴兩交點A(4,4)，B(1，－2)．設(shè)點Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),4)，y3))，因為eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝λeq\o(OC,\s\up6(→))，所以(5,2)＝λeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),4)，y3))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(λ,4)y\o\al(2,3)＝5,λy3＝2))，得λ＝eq\f(1,5).15．(·遼寧理，15)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F，C與過原點的直線相交于A，B兩點，連接AF，BF.若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝eq\f(4,5)，則C的離心率e＝________.[答案]eq\f(5,7)[解析]本題考查橢圓的幾何性質(zhì)，解三角形問題．在△ABF中，由余弦定理得，cos∠ABF＝eq\f(|AB|2＋|BF|2－|AF|2,2|AB|·|BF|)，∴|BF|2－16|BF|＋64＝0，∴|BF|＝8，設(shè)右焦點為F1，因為直線過原點，∴|BF1|＝|AF|＝6，∴2a＝|BF|＋|BF1|＝14，∴a∵O為Rt△ABF斜邊AB的中點，∴|OF|＝eq\f(1,2)|AB|＝5，∴c＝5，∴e＝eq\f(5,7).三、解答題(本大題共6小題，共75分，前4題每題12分，20題13分，21題14分)16．已知中心在坐標原點的橢圓C經(jīng)過點A(2,3)，且點F(2,0)為其右焦點．(1)求橢圓C的方程；(2)若平行于OA的直線l與橢圓有公共點，求直線l在y軸上的截距的取值范圍．[解析](1)設(shè)橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,a2－4)＝1，代入點A(2,3)，eq\f(4,a2)＋eq\f(9,a2－4)＝1，解得a2＝16.∴橢圓方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)設(shè)直線l的方程y＝eq\f(3,2)x＋b，代入eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1，得3x2＋3bx＋b2－12＝0，Δ＝(3b)2－12(b2－12)≥0，∴－4eq\r(3)≤b≤4eq\r(3).17．已知圓C：x2＋(y－3)2＝9，過原點作圓C的弦OP，求OP中點Q的軌跡方程．[分析]關(guān)鍵是尋找Q點滿足的幾何條件，可以考慮圓的幾何性質(zhì)，如CQ⊥OP，還可考慮Q是OP的中點．[解析]解法一：(直接法)如圖，因為Q是OP的中點，所以∠OQC＝90°.設(shè)Q(x，y)，由題意，得|OQ|2＋|QC|2＝|OC|2，即x2＋y2＋[x2＋(y－3)2]＝9，所以x2＋(y－eq\f(3,2))2＝eq\f(9,4)(去掉原點)．解法二：(定義法)如圖所示，因為Q是OP的中點，所以∠OQC＝90°，則Q在以O(shè)C為直徑的圓上，故Q點的軌跡方程為x2＋(y－eq\f(3,2))2＝eq\f(9,4)(去掉原點)．解法三：(代入法)設(shè)P(x1，y1)，Q(x，y)，由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(x1,2)，,y＝\f(y1,2)，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝2x，,y1＝2y.))又因為xeq\o\al(2,1)＋(y1－3)2＝9，所以4x2＋4(y－eq\f(3,2))2＝9，即x2＋(y－eq\f(3,2))2＝eq\f(9,4)(去掉原點)．18．(·云南景洪市一中期末)設(shè)F1、F2分別是橢圓E：x2＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<1)的左、右焦點，過F1的直線l與E相交于A、B兩點，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差數(shù)列．(1)求|AB|.(2)若直線l的斜率為1，求b的值．[解析](1)求橢圓定義知|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝4，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝eq\f(4,3).(2)l的方程式為y＝x＋c，其中c＝eq\r(1－b2)，設(shè)A(x1，y1)，B(x1，y1)，則A、B兩點坐標滿足方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋c，,x2＋\f(y2,b2)＝1，))消去y化簡得(1＋b2)x2＋2cx＋1－2b2＝0.則x1＋x2＝eq\f(－2c,1＋b2)，x1x2＝eq\f(1－2b2,1＋b2).因為直線AB的斜率為1，所以|AB|＝eq\r(2)|x2－x1|，即eq\f(4,3)＝eq\r(2)|x2－x1|.則eq\f(8,9)＝(x1＋x2)2－4x1x2＝eq\f(41－b2,1＋b22)－eq\f(41－2b2,1＋b2)＝eq\f(8b4,1＋b2)，解得b＝eq\f(\r(2),2).19．已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過點K(－1,0)的直線l與C相交于A、B兩點，點A關(guān)于x軸的對稱點為D.(1)證明：點F在直線BD上；(2)設(shè)eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\f(8,9)，求直線l的方程．[解析]設(shè)直線l與C的交點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則點D的坐標為(x1，－y1)，由題意得l的方程為x＝my－1(m≠0)．(1)證明：將x＝my－1代入y2＝4x并整理，得y2－4my＋4＝0，從而y1＋y2＝4m，y1y2＝4. 直線BD的方程為y－y2＝eq\f(y2＋y1,x2－x1)·(x－x2)，即y－y2＝eq\f(4,y2－y1)·(x－eq\f(y\o\al(2,2),4))．令y＝0，得x＝eq\f(y1y2,4)＝1.所以點F(1,0)在直線BD上．(2)由①，知x1＋x2＝(my1－1)＋(my2－1)＝4mx1x2＝(my1－1)(my2－1)＝1.因為eq\o(FA,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)，eq\o(FB,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，所以eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋4＝8－4m2，故8－4m2＝eq\f(8,9)，解得m＝±eq\f(4,3).所以l的方程為3x＋4y＋3＝0,3x－4y＋3＝0.20．(·新課標Ⅰ理)已知點A(0，－2)，橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為eq\f(2\r(3),3)，O為坐標原點．(1)求E的方程；(2)設(shè)過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點，當△OPQ的面積最大時，求l的方程．[解析](1)設(shè)F(c,0)，由條件知，eq\f(2,c)＝eq\f(2\r(3),3)，得c＝eq\r(3).又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b2－a2－c2＝1.故E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)當l⊥x軸時不合題意，故設(shè)l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．將y＝kx－2代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＋0.當Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq\f(3,4)時，x1,2＝eq\f(8k±2\r(4k2－3),4k2＋1)從而|PQ|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\f(\r(k2＋1)·4\r(k2－3),4k2＋1).又點O到直線PQ的距離d＝eq\f(2,\r(k2＋1))，所以△OPQ的面積S△OPQ＝eq\f(1,2)d·|PQ|＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1).設(shè)eq\r(4k2－3)＝t，則t>0，S△OPQ＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t)).因為t＋eq\f(4,t)≥4，當且僅當t＝2，即k＝±eq\f(\r(7),2)時等號成立，且滿足Δ>0.此時S△OPQmax＝1，所以，當△OPQ的面積最大時，l的方程為y＝eq\f(\r(7),2)x－2或y＝－eq\f(\r(7),2)x－2.21．已知橢圓C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1，橢圓C2以C1的長軸為短軸，且與C1有相同的離心率．(1)求橢圓C2的方程；(2)設(shè)O為坐標原點，點A，B分別在橢圓C1和C2上，eq\o(OB,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))，求直線AB的方程．[解析](1)由已知可設(shè)橢圓C2的方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,4)＝1(a>2)，其離心率為eq\f(\r(3),2)，故eq\f(\r(a2－4),a)＝eq\f(\r(3),2)，則a＝4，故橢圓C2的方程為eq\f(y2,1