【文档说明】高考二轮复习数学(文)通用版：专题检测14 圆锥曲线的方程与性质 含解析.doc，共(8)页，117.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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专题检测（十四）圆锥曲线的方程与性质A组——“6＋3＋3”考点落实练一、选择题1．(2018·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：x2a2＋y24＝1的一个焦点为(2,0)，则C的离心率为()A.13B.12C.22D.223解析：选C∵a2＝4＋22＝8，∴a＝22，∴e

＝ca＝222＝22.2．一个焦点为(26，0)且与双曲线y24－x29＝1有相同渐近线的双曲线方程是()A.y218－x28＝1B.x218－y28＝1C.x216－y210＝1D.y216－x210＝1解析：选B设所求双曲线方程为y24－x

29＝t(t≠0)，因为一个焦点为(26，0)，所以|13t|＝26.又焦点在x轴上，所以t＝－2，即双曲线方程为x218－y28＝1.3．若抛物线y2＝4x上一点P到其焦点F的距离为2，O为坐标原点，则△OFP的面积为()A.12B．1C.32D．2解析：选B设P(x0，y

0)，依题意可得|PF|＝x0＋1＝2，解得x0＝1，故y20＝4×1，解得y0＝±2，不妨取P(1,2)，则△OFP的面积为12×1×2＝1.4．(2018·全国卷Ⅲ)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的离

心率为2，则点(4,0)到C的渐近线的距离为()A.2B．2C.322D．22解析：选D∵e＝ca＝1＋b2a2＝2，∴ba＝1.∴双曲线的渐近线方程为x±y＝0.∴点(4,0)到C的渐近线的距离d＝42＝22.5．已知双曲线x2－y28＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与C的左、

右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，则|AB|＝()A．22B．3C．4D．22＋1解析：选C设双曲线的实半轴长为a，依题意可得a＝1，由双曲线的定义可得|AF2|－|AF1|＝2a＝2，|BF1

|－|BF2|＝2a＝2，又|AF1|＝|BF1|，故|AF2|－|BF2|＝4，又|AB|＝|AF2|－|BF2|，故|AB|＝4.6．(2018·全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点．若PF1⊥PF2，且∠PF2F1＝60°，则C的离心率为()A．

1－32B．2－3C.3－12D.3－1解析：选D在Rt△PF1F2中，∠PF2F1＝60°，不妨设椭圆焦点在x轴上，且焦距|F1F2|＝2，则|PF2|＝1，|PF1|＝3，由椭圆的定义可知，方程x2a2＋y2b2＝1中，2a＝1＋3，2c＝2，得a

＝1＋32，c＝1，所以离心率e＝ca＝21＋3＝3－1.二、填空题7．已知双曲线x2a2－y2＝1(a>0)的渐近线方程为y＝±33x，则其焦距为________．解析：由渐近线方程y＝±33x，可得1a＝33，解得a＝3，故c＝32＋1＝2，故焦距为4.答案：48．设

直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，则C的离心率为________．解析：设双曲线方程为x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)，由题意可知，直

线l过焦点，且垂直于x轴，将x＝c代入双曲线方程，解得y＝±b2a，则|AB|＝2b2a，由|AB|＝2×2a，则b2＝2a2，所以双曲线的离心率e＝ca＝1＋b2a2＝3.答案：39．已知抛物线C的顶点为坐标原点，准线为x

＝－1，直线l与抛物线C交于M，N两点，若线段MN的中点为(1,1)，则直线l的方程为________．解析：依题意易得抛物线的方程为y2＝4x，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为线段MN的中点为(1,1)，故x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，则x1≠x2，由y21

＝4x1，y22＝4x2，两式相减得y21－y22＝4(x1－x2)，所以y1－y2x1－x2＝4y1＋y2＝2，故直线l的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.答案：2x－y－1＝0三、解答题10．(2018·石家庄模拟)设A，B为曲线C：y＝x

22上两点，A与B的横坐标之和为2.(1)求直线AB的斜率；(2)设M为曲线C上一点，曲线C在点M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，y1＝x212

，y2＝x222，x1＋x2＝2，故直线AB的斜率k＝y1－y2x1－x2＝x1＋x22＝1.(2)由y＝x22，得y′＝x.设M(x3，y3)，由题设知x3＝1，于是M1，12.设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(1,1＋m)，|MN|＝m＋12.将y＝

x＋m代入y＝x22，得x2－2x－2m＝0.由Δ＝4＋8m>0，得m>－12，x1,2＝1±1＋2m.从而|AB|＝2|x1－x2|＝221＋2m.由题设知|AB|＝2|MN|，即21＋2m＝m＋12，解得m＝72，所以直线AB的方程为y＝x＋72.1

1．(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.(1)求l的方程；(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．解：(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(

x－1)(k>0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx－1，y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝2k2＋4k2.所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝4k2＋4k

2.由题设知4k2＋4k2＝8，解得k＝1或k＝－1(舍去)．因此l的方程为y＝x－1.(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，则

y0＝－x0＋5，x0＋12＝y0－x0＋122＋16.解得x0＝3，y0＝2或x0＝11，y0＝－6.因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y

＋6)2＝144.12．已知直线x＋ky－3＝0所经过的定点F恰好是椭圆C的一个焦点，且椭圆C上的点到点F的最大距离为8.(1)求椭圆C的标准方程．(2)已知圆O：x2＋y2＝1，直线l：mx＋ny＝1，试证：当点P(m，n)在椭圆C上运动时，直线l与圆O恒相交，并求直线l被圆O所截得的

弦长l的取值范围．解：(1)设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，直线x＋ky－3＝0所经过的定点是(3,0)，即点F(3,0)．因为椭圆C上的点到点F的最大距离为8，所以a＋3＝8，a＝5，所以b2＝52－32＝16，所以椭圆C的方

程为x225＋y216＝1.(2)因为点P(m，n)在椭圆C上，所以m225＋n216＝1，即n2＝16－16m225.又原点到直线l：mx＋ny＝1的距离d＝1m2＋n2＝1925m2＋16<1，所以直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1恒相交．

则l2＝4(12－d2)＝41－1925m2＋16，因为－5≤m≤5，所以152≤l≤465.故直线l被圆O所截得的弦长l的取值范围为152，465.B组——大题专攻补短练1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，过焦点F的直

线交C于A，B两点，D是抛物线的准线l与y轴的交点．(1)若AB∥l，且△ABD的面积为1，求抛物线的方程；(2)设M为AB的中点，过M作l的垂线，垂足为N.证明：直线AN与抛物线相切．解：(1)∵AB∥l，∴|AB|＝2

p.又|FD|＝p，∴S△ABD＝p2＝1.∴p＝1，故抛物线C的方程为x2＝2y.(2)证明：设直线AB的方程为y＝kx＋p2，由y＝kx＋p2，x2＝2py消去y得，x2－2kpx－p2＝0.∴x1＋x2＝2kp，x1x2＝－p2.其中Ax1，

x212p，Bx2，x222p.∴Mkp，k2p＋p2，Nkp，－p2.∴kAN＝x212p＋p2x1－kp＝x212p＋p2x1－x1＋x22＝x21＋p22px1－x22＝x21－x1x22px1－x22＝x1p.又x2＝2py，即y

＝x22p，∴y′＝xp.∴抛物线x2＝2py在点A处的切线斜率k＝x1p.∴直线AN与抛物线相切．2．(2018·贵阳适应性考试)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M为短

轴的上端点，MF1―→·MF2―→＝0，过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝2.(1)求椭圆C的方程；(2)设经过点(2，－1)且不经过点M的直线l与C相交于G，H两点．若k1，k2分别为直线MH，MG的斜率，求k1＋k2的值．解：(1)由MF1―

→·MF2―→＝0，得b＝c.①因为过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝2，所以b2a＝22.②又a2＝b2＋c2，③联立①②③，解得a2＝2，b2＝1，故椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)设直线l的方程为y＋1＝k(x－2)，即y＝kx－2k－1

，将y＝kx－2k－1代入x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(2k＋1)x＋8k2＋8k＝0，由题设可知Δ＝－16k(k＋2)>0，设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1＋x2＝4k2k＋11＋2k2，

x1x2＝8k2＋8k1＋2k2，k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1－2k－2x1＋kx2－2k－2x2＝2k－2k＋2×4k2k＋11＋2k28k2＋8k1＋2k2＝2k－(2k＋1)＝

－1，所以k1＋k2＝－1.3．(2019届高三·唐山五校联考)在直角坐标系xOy中，长为2＋1的线段的两端点C，D分别在x轴，y轴上滑动，CP―→＝2PD―→.记点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)经过点(0,1)作直线l与曲线E相交于A，B两点，OM―→＝OA―→＋OB―

→，当点M在曲线E上时，求直线l的方程．解：(1)设C(m,0)，D(0，n)，P(x，y)．由CP―→＝2PD―→，得(x－m，y)＝2(－x，n－y)，所以x－m＝－2x，y＝2n－y，得m＝2＋1x，n＝2＋12y，由|CD―→|＝2＋1，得m2＋n2＝(2＋1)

2，所以(2＋1)2x2＋2＋122y2＝(2＋1)2，整理，得曲线E的方程为x2＋y22＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由OM―→＝OA―→＋OB―→，知点M的坐标为(x1＋x2，y1＋y2)．易知直线l的斜率存在，设直线l的

方程为y＝kx＋1，代入曲线E的方程，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，则x1＋x2＝－2kk2＋2，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2.由点M在曲线E上，知(x1＋x2)2＋y1＋y222＝1，即4k2k2＋22＋8k2＋22＝1，解得k2＝2.此时直线l的方程为y

＝±2x＋1.4.如图，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点、上顶点分别为点A，B，且|AB|＝52|BF|.(1)求椭圆C的离心率；(2)若点M－1617，217在椭圆C的内部，过点M的直线l交椭圆C于P，Q两点，M为线段PQ的中点，且OP⊥OQ，求直线l

的方程及椭圆C的方程．解：(1)由已知|AB|＝52|BF|，得a2＋b2＝52a，即4a2＋4b2＝5a2,4a2＋4(a2－c2)＝5a2，所以e＝ca＝32.(2)由(1)知a2＝4b2，所以椭圆C的方程可化为x24b2＋y2b2＝1.设P(x1，y1)，

Q(x2，y2)，由x214b2＋y21b2＝1，x224b2＋y22b2＝1，可得x21－x224b2＋y21－y22b2＝0，即x1＋x2x1－x24b2＋y1＋y2y1－y2b2＝0，即－3217

x1－x24＋417(y1－y2)＝0，从而kPQ＝y1－y2x1－x2＝2，所以直线l的方程为y－217＝2x－－1617，即2x－y＋2＝0.联立2x－y＋2＝0，x24b2＋y2b2＝1消去y，得17x2＋32x＋16－4b2＝0.则Δ＝322＋16×17×(b2

－4)>0⇔b>21717，x1＋x2＝－3217，x1x2＝16－4b217.因为OP⊥OQ，OP―→·OQ―→＝0，即x1x2＋y1y2＝0，x1x2＋(2x1＋2)(2x2＋2)＝0，5x1x2＋4(x1＋x2)＋4

＝0，从而516－4b217－12817＋4＝0，解得b＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.综上，直线l的方程为2x－y＋2＝0，椭圆C的方程为x24＋y2＝1.