【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】高考數(shù)學(xué)北師大版一輪訓(xùn)練：第8篇 能力提升練解析幾何

《【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】高考數(shù)學(xué)北師大版一輪訓(xùn)練：第8篇 能力提升練解析幾何》由會(huì)員分享，可在線(xiàn)閱讀，更多相關(guān)《【創(chuàng)新設(shè)計(jì)】高考數(shù)學(xué)北師大版一輪訓(xùn)練：第8篇 能力提升練解析幾何（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學(xué)精品復(fù)習(xí)資料 2019.5 能力提升練——解析幾何 (建議用時(shí)：90分鐘) 一、選擇題 1．(20xx·山東省實(shí)驗(yàn)中學(xué)診斷)已知兩條直線(xiàn)y＝ax－2和3x－(a＋2)y＋1＝0互相平行，則a等于 (　　)． A．1或－3　 B．－1或3 C．1或3　 D．－1或3 解析　因?yàn)橹本€(xiàn)y＝ax－2的斜率存在且為a，所以－ (a＋2)≠0，所以3x－(a＋2)y＋1＝0的斜截式方程為y＝x＋，由兩直線(xiàn)平行，得＝a且≠－2，解得a＝1或a＝－3. 答案　A 2．(20xx·南昌模擬)橢圓＋＝1的焦距為 (　　

2、)． A．10　 B．5　 C．　 D．2 解析　由題意知a2＝16，b2＝9，所以c2＝a2－b2＝16－9＝7，所以c＝，即焦距為2c＝2. 答案　D 3．(20xx·長(zhǎng)沙模擬)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，直線(xiàn)3x＋4y－5＝0與圓x2＋y2＝4相交于A(yíng)，B兩點(diǎn)，則弦AB的長(zhǎng)等于 (　　)． A．3　 B．2　 C．　 D．1 解析　圓心到直線(xiàn)的距離d＝＝1，弦AB的長(zhǎng)l＝2＝2＝2. 答案　B 4．(20xx·武漢一模)已知圓C經(jīng)過(guò)A(5,2)，B(－1,4)兩點(diǎn)，圓心在x軸上，則圓C的方程是 (　　)． A．(x－2)2＋y2＝13 B．(x＋2)2＋y2＝17

3、 C．(x＋1)2＋y2＝40 D．(x－1)2＋y2＝20 解析　設(shè)圓心坐標(biāo)為C(a,0)，則|AC|＝|BC|，即＝，解得a＝1，所以半徑r＝＝＝2，所以圓C的方程是(x－1)2＋y2＝20. 答案　D 5．(20xx·上饒模擬)設(shè)雙曲線(xiàn)－＝1(a＞0)的焦點(diǎn)為(5,0)，則該雙曲線(xiàn)的離心率等于 (　　)． A.　 B.　 C．　 D. 解析　因?yàn)殡p曲線(xiàn)的焦點(diǎn)為(5,0)，所以c＝5，又a2＋9＝c2＝25，所以a2＝16，a＝4，所以離心率為e＝＝. 答案　C 6．(20xx·萍鄉(xiāng)一模)若拋物線(xiàn)y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)在直線(xiàn)x－2y－2＝0上，則該拋物線(xiàn)的準(zhǔn)線(xiàn)方

4、程為 (　　)． A．x＝－2　 B．x＝4 C．x＝－8　 D．y＝－4 解析　拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，代入直線(xiàn)x－2y－2＝0方程，得－2＝0，即p＝4，所以?huà)佄锞€(xiàn)的準(zhǔn)線(xiàn)方程為x＝－＝－＝－2. 答案　A 7．(20xx·鄭州模擬)以雙曲線(xiàn)－＝1的右焦點(diǎn)為圓心且與雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)相切的圓的方程是 (　　)． A．(x－)2＋y2＝　 B．(x－)2＋y2＝3 C．(x－3)2＋y2＝　 D．(x－3)2＋y2＝3 解析　雙曲線(xiàn)的右焦點(diǎn)為(3,0)，雙曲線(xiàn)的漸近線(xiàn)為y＝±x，不妨取漸近線(xiàn)y＝x，即x－2y＝0，所以圓心到漸近線(xiàn)的距離等于圓的半徑，即r＝＝＝＝.所以圓的方程為(x

5、－3)2＋y2＝3. 答案　D 8．(20xx·萍鄉(xiāng)一模)若拋物線(xiàn)y2＝2px的焦點(diǎn)與橢圓＋＝1的右焦點(diǎn)重合，則p的值為 (　　)． A．－2　 B．2　 C．－4　 D．4 解析　拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，橢圓的右焦點(diǎn)為(2,0)，所以由＝2，得p＝4. 答案　D 9．(20xx·杭州模擬)已知兩點(diǎn)M(－5,0)和N(5, 0)，若直線(xiàn)上存在點(diǎn)P，使|PM|－|PN|＝6，則稱(chēng)該直線(xiàn)為“R型直線(xiàn)”．給出下列直線(xiàn)：①y＝x＋1；②y＝2；③y＝x；④y＝2x＋1，其中為“R型直線(xiàn)”的是 (　　)． A．①②　 B．①③　 C．①④　 D．③④ 解析　由題意可知，點(diǎn)P的軌跡是在雙

6、曲線(xiàn)的右支上，其中2a＝6，a＝3，c＝5，所以b2＝c2－a2＝16.所以雙曲線(xiàn)方程為－＝1(x＞0)．顯然當(dāng)直線(xiàn)y＝x＋1與y＝2和雙曲線(xiàn)的右支有交點(diǎn)，所以為“R型直線(xiàn)”的是①②. 答案　A 10．(20xx·鎮(zhèn)安中學(xué)模擬)已知拋物線(xiàn)y2＝4px(p＞0)與雙曲線(xiàn)－＝1(a＞0，b＞0)有相同的焦點(diǎn)F，點(diǎn)A是兩曲線(xiàn)的交點(diǎn)，且AF⊥x軸，則雙曲線(xiàn)的離心率為 (　　)． A.　 B.＋1　 C．＋1　 D. 解析　依題意，得F(p,0)，因?yàn)锳F⊥x軸，設(shè)A(p，y)，y>0，y2＝4p2，所以y＝2p.所以A(p,2p)．又點(diǎn)A在雙曲線(xiàn)上，所以－＝1.又因?yàn)閏＝p，所以－＝1，化

7、簡(jiǎn)，得c4－6a2c2＋a4＝0，即4－62＋1＝0.所以e2＝3＋2，e＝＋1. 答案　B 二、填空題 11．(20xx·蘭州一模)已知拋物線(xiàn)x2＝4y上一點(diǎn)P到焦點(diǎn)F的距離是5，則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)是________． 解析　由拋物線(xiàn)定義知，yP＋1＝5，即yP＝4，所以有x＝16，解得xP＝±4. 答案　±4 12．(20xx·上海卷)設(shè)AB是橢圓Γ的長(zhǎng)軸，點(diǎn)C在Γ上，且∠CBA＝.若AB＝4，BC＝，則Γ的兩個(gè)焦點(diǎn)之間的距離為_(kāi)_______． 解析　設(shè)D在A(yíng)B上，且CD⊥AB，AB＝4，BC＝，∠CBA＝45°，所以有CD＝1，DB＝1，AD＝3，所以有C(1,1)，把C(1

8、,1)代入橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程得＋＝1，a2＝b2＋c2且2a＝4，解得，b2＝，c2＝，則2c＝ . 答案　 13．(20xx·安徽卷)已知直線(xiàn)y＝a交拋物線(xiàn)y＝x2于A(yíng)，B兩點(diǎn)．若該拋物線(xiàn)上存在點(diǎn)C，使得∠ACB為直角，則a的取值范圍為_(kāi)_______． 解析　以AB為直徑的圓的方程為x2＋(y－a)2＝a. 由得y2＋(1－2a)y＋a2－a＝0， 即(y－a)[y－(a－1)]＝0.由已知解得a≥1. 答案　[1，＋∞) 14．(20xx·長(zhǎng)安一中模擬)若雙曲線(xiàn)－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1和F2，線(xiàn)段F1F2被拋物線(xiàn)y2＝2bx的焦點(diǎn)分成5∶3兩段，則此雙曲

9、線(xiàn)的離心率為_(kāi)_______． 解析　拋物線(xiàn)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，由題意知 ＝，c＝2b，所以c2＝4b2＝4(c2－a2)，即4a2＝3c2，所以2a＝c，所以e＝＝＝. 答案　 三、解答題 15．(20xx·廣東卷)已知拋物線(xiàn)C的頂點(diǎn)為原點(diǎn)，其焦點(diǎn)F(0，c)(c>0)到直線(xiàn)l：x－y－2＝0的距離為.設(shè)P為直線(xiàn)l上的點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P作拋物線(xiàn)C的兩條切線(xiàn)PA，PB，其中A，B為切點(diǎn)． (1)求拋物線(xiàn)C的方程； (2)當(dāng)點(diǎn)P(x0，y0)為直線(xiàn)l上的定點(diǎn)時(shí)，求直線(xiàn)AB的方程． 解　(1)依題意，設(shè)拋物線(xiàn)C的方程為x2＝4cy， 則＝，c>0，解得c＝1. 所以?huà)佄锞€(xiàn)C的方程為x2＝4y

10、. (2)拋物線(xiàn)C的方程為x2＝4y， 即y＝x2， 求導(dǎo)得y′＝x，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則切線(xiàn)PA，PB的斜率分別為x1，x2， 所以切線(xiàn)PA的方程為y－y1＝(x－x1)， 即y＝x－＋y1， 即x1x－2y－2y1＝0. 同理可得切線(xiàn)PB的方程為x2x－2y－2y2＝0， 又點(diǎn)P(x0，y0)在切線(xiàn)PA和PB上， 所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0， 所以(x1，y1)，(x2，y2)為方程x0x－2y0－2y＝0 的兩組解， 所以直線(xiàn)AB的方程為x0x－2y－2y0＝0. 16．(20xx·新課標(biāo)全國(guó)Ⅰ卷)已知圓

11、M：(x＋1)2＋y2＝1，圓N：(x－1)2＋y2＝9，動(dòng)圓P與圓M外切并且與圓N內(nèi)切，圓心P的軌跡為曲線(xiàn)C. (1)求C的方程； (2)l是與圓P，圓M都相切的一條直線(xiàn)，l與曲線(xiàn)C交于A(yíng)，B兩點(diǎn)，當(dāng)圓P的半徑最長(zhǎng)時(shí)，求|AB|. 解　(1) 設(shè)圓P的半徑為r，則|PM|＝1＋r，|PN|＝3－r，∴|PM|＋|PN|＝4>|MN|，∴P的軌跡是以M，N為焦點(diǎn)的橢圓(左頂點(diǎn)除外)，且2a＝4,2c＝2，∴a＝2，c＝1，∴b2＝a2－c2＝3. ∴P的軌跡曲線(xiàn)C的方程為＋＝1(x≠－2)． (2)由(1)知2r＝(|PM|－|PN|)＋2≤|MN|＋2＝4， ∴圓P的最大半

12、徑為r＝2.此時(shí)P的坐標(biāo)為(2,0)． 圓P的方程為(x－2)2＋y2＝4. ①當(dāng)l的傾斜角為90°，方程為x＝0時(shí)，|AB|＝2， ②當(dāng)l的傾斜角不為90°， 設(shè)l的方程為y＝kx＋b(k∈R)， 解得或∴l(xiāng)的方程為y＝x＋，y＝－x－.聯(lián)立方程化簡(jiǎn)得7x2＋8x－8＝0，∴x1＋x2＝－，x1x2＝－， ∴|AB|＝＝. 當(dāng)k＝－時(shí)，由圖形的對(duì)稱(chēng)性可知|AB|＝. 綜上，|AB|＝2或. 17．(20xx·東北三校聯(lián)考)如圖，已知點(diǎn)E(m,0)(m＞0)為拋物線(xiàn)y2＝4x內(nèi)一個(gè)定點(diǎn)，過(guò)E作斜率分別為k1，k2的兩條直線(xiàn)交拋物線(xiàn)于點(diǎn)A，B，C，D，且M，N分別是AB，C

13、D的中點(diǎn)． (1)若m＝1，k1k2＝－1，求△EMN面積的最小值； (2)若k1＋k2＝1，求證：直線(xiàn)MN過(guò)定點(diǎn)． 解　(1)當(dāng)m＝1時(shí)，E為拋物線(xiàn)y2＝4x的焦點(diǎn)， ∵k1k2＝－1，∴AB⊥CD. 設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得k1y2－4y－4k1＝0， y1＋y2＝，y1y2＝－4. ∵M(jìn)，∴M， 同理，點(diǎn)N(2k＋1，－2k1)， ∴S△EMN＝|EM|·|EN|＝·＝2≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)k＝，即k1＝±1時(shí)，△EMN的面積取得最小值4. (2)設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y＝k1(x－m)，A(x1，y1)，B(x

14、2，y2)， 由得k1y2－4y－4k1m＝0， y1＋y2＝，y1y2＝－4m， ∵M(jìn)，∴M， 同理，點(diǎn)N， ∴kMN＝＝k1k2. ∴直線(xiàn)MN的方程為 y－＝k1k2，即y＝k1k2(x－m)＋2， ∴直線(xiàn)MN恒過(guò)定點(diǎn)(m,2)． 18．(20xx·山東卷)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C的中心在原點(diǎn)O，焦點(diǎn)在x軸上，短軸長(zhǎng)為2，離心率為. (1)求橢圓C的方程； (2)A，B為橢圓C上滿(mǎn)足△AOB的面積為的任意兩點(diǎn)，E為線(xiàn)段AB的中點(diǎn)，射線(xiàn)OE交橢圓C于點(diǎn)P.設(shè)＝t，求實(shí)數(shù)t的值． 解　(1)設(shè)橢圓C的方程為：＋＝1(a>b>0)， 由題意知解得a＝，b＝1

15、，因此橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)(ⅰ)當(dāng)A，B兩點(diǎn)關(guān)于x軸對(duì)稱(chēng)時(shí)，設(shè)直線(xiàn)AB的方程為x＝m，由題意得－0，所以t＝2或. (ⅱ)當(dāng)A，B兩點(diǎn)關(guān)于x軸不對(duì)稱(chēng)時(shí)，設(shè)直線(xiàn)AB的方程為y＝kx＋h， 將其代入橢圓的方程＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4khx＋2h2－2＝0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由判別式Δ＞0可

16、得1＋2k2＞h2， 此時(shí)x1＋x2＝－，x1x2＝， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2h＝. 所以|AB|＝ ＝2. 因?yàn)辄c(diǎn)O到直線(xiàn)AB的距離d＝. 所以S△AOB＝|AB|d ＝×2. ＝|h|. 又S△AOB＝， 所以|h|＝. ③ 令n＝1＋2k2，代入③整理得3n2－16h2n＋16h4＝0. 解得n＝4h2或h2， 即1＋2k2＝4h2或1＋2k2＝h2. ④ 又＝t＝t(＋)＝t(x1＋x2， y1＋y2)＝. 因?yàn)镻為橢圓C上一點(diǎn)， 所以t2＝1， 即t2＝1.⑤ 將④代入⑤得t2＝4或， 又知t＞0，故t＝2或， 經(jīng)檢驗(yàn)，適合題意． 綜合(ⅰ)(ⅱ)得t＝2或