高中数学 第3章 圆锥曲线与方程检测题A 北师大版选修2-1

【成才之路】-学年高中数学第3章圆锥曲线与方程检测题A北师大版选修2-1时间120分钟，满分150分。一、选择题(本大题共10个小题，每小题5分，共50分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,5)＝1的右焦点为(3,0)，则该双曲线的离心率等于()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]本题考查了双曲线的标准方程、焦点和离心率问题．由双曲线的右焦点(3,0)知c＝3，即c2＝9，又c2＝a2＋b2，∴9＝a2＋5，即a2＝4，a＝2.∴离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(3,2).关于双曲线标准方程的问题，首要的是判定好a2和b2，若所给方程为eq\f(x2,a)－eq\f(y2,5)＝1，很多同学易出现把a和5分别当成实半轴长和虚半轴长的错误．2．已知椭圆eq\f(x2,10－m)＋eq\f(y2,m－2)＝1，长轴在y轴上．若焦距为4，则m等于()A．4 B．5C．7 D．8[答案]D[解析]由题意，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)抛物线y2＝8x的焦点到直线x－eq\r(3)y＝0的距离是()A．2eq\r(3) B．2C．eq\r(3) D．1[答案]D[解析]由y2＝8x可得其焦点坐标(2,0)，根据点到直线的距离公式可得d＝eq\f(|2－\r(3)×0|,\r(12＋－\r(3)2))＝1.4．若抛物线y2＝4x上一点P到焦点F的距离是10，则P点坐标为()A．(9,6) B．(9，±6)C．(6,9) D．(6，±9)[答案]B[解析]∵y2＝4x，∴抛物线的焦点为(1,0)，准线为x＝－1，又∵P到F的距离为10，设P(x，y)，∴x＋eq\f(p,2)＝10，即x＋1＝10，∴x＝9.∴y2＝36，y＝±6，∴P点坐标为(9，±6)．5．如图，中心均为原点O的双曲线与椭圆有公共焦点，M，N是双曲线的两顶点，若M，O，N将椭圆长轴四等分，则双曲线与椭圆的离心率的比值是()A．3 B．2C．eq\r(3) D．eq\r(2)[答案]B[解析]本题考查了椭圆与双曲线中离心率e的求法．设椭圆长轴长为2a，则双曲线实半轴长为eq\f(2a,4)＝eq\f(a,2)，所以离心率的比值eq\f(e1,e2)＝eq\f(\f(c,\f(a,2)),\f(c,a))＝2.对于圆锥曲线要熟练掌握椭圆和双曲线的异同点．6．(·长春市期末调研)经过双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，倾斜角为60°的直线与双曲线的右支有且只有一个交点，则此双曲线的离心率为()A．2 B．eq\r(3)C．eq\r(2) D．eq\r(5)[答案]A[解析]由条件知，双曲线的渐近线与此直线平行，∴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，故选A.7．若直线y＝2(x－1)与椭圆eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1交于A，B两点，则|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]由方程组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)过双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的右顶点作x轴的垂线，与C的一条渐近线相交于A.若以C的右焦点为圆心、半径为4的圆经过A、O两点(O为坐标原点)，则双曲线C的方程为()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]如图设双曲线的右焦点F，右顶点B，设渐近线OA方程为y＝eq\f(b,a)x(也可设为y＝－eq\f(b,a)x)，由题意知，以F的半径的圆过点O，A，∴|FA|＝|FO|＝r＝4.∵AB⊥x轴，A为AB与渐近线y＝eq\f(b,a)x的交点，∴可求得A点坐标为A(a，b)．∴在Rt△ABO中，|OA|2＝eq\r(OB2＋AB2)＝eq\r(a2＋b2)＝c＝|OF|＝4，∴在△OAF为等边三角形且边长为4，B为OF的中点，从而解得|OB|＝a＝2，|AB|＝b＝2eq\r(3)，∴双曲线的方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1，故选A.解答本题关键是要找出A与O、B、F连线的几何关系．9．将两个顶点在抛物线y2＝2px(p>0)上，另一个顶点是此抛物线焦点的正三角形个数记为n，则()A．n＝0 B．n＝1C．n＝2 D．n≥3[答案]C[解析]如图所示，根据抛物线定义，另外两顶点的横坐标必定相等，故关于x轴对称，要使三角形为正三角形，需过焦点作斜率为eq\f(\r(3),3)和－eq\f(\r(3),3)的直线，则△ABF和△CDF满足条件，综上可知n＝2.10．点P在椭圆7x2＋4y2＝28上，则点P到直线3x－2y－16＝0的距离的最大值为()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]利用数形结合法，设与已知直线平行且与椭圆相切的直线为l：y＝eq\f(3,2)x＋b，与椭圆方程联立消一元后，令Δ＝0可求得b＝±4，然后求直线l与3x－2y－16＝0的距离即得所求的最大值．二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分)11．椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的两焦点为F1、F2，点P在椭圆上，使∠F1PF2＝90°的点P有________个．[答案]0[解析]设a>b>0，c＝eq\r(a2－b2)，以O为圆心，以c为半径画圆；当c<b时，圆与椭圆无公共点，此时椭圆上无满足要求的点；当c＝b时，圆与椭圆切于短轴的两个端点，此时满足要求的点有两个，即椭圆短轴两个端点；当c>b时，椭圆与圆有四个交点，此时满足条件的点有这四个点，这里a2＝4，b2＝3，∴c＝1，b＝eq\r(3)，因此这样的点P不存在．12．在△ABC中，已知|BC|＝8，则满足|sinC－sinB|＝eq\f(1,2)sinA的动点A的轨迹方程是________．[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|，据定义可得．A点的轨迹为双曲线(除掉顶点)由题意知2a＝4，∴a22c＝8，∴c2＝16，∴b2＝c2－a2∴方程为eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1(y≠0)．13．椭圆C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的左准线是l，左、右焦点分别是F1、F2，抛物线C2的准线也是l，一个焦点为F2，C1与C2的一个交点为P，则|PF2|的值等于________．[答案]eq\f(8,3)[解析]P是椭圆上的点，则eq\f(|PF2|,e1)＝eq\f(|PF2|,\f(1,2))＝2|PF2|＝P到椭圆右准线的距离，P是抛物线上的点，则|PF2|＝P到左准线l的距离，∴|PF2|＋2|PF2|＝2·eq\f(a2,c)＝8，∴|PF2|＝eq\f(8,3).14．已知抛物线y2＝4x与直线y＝2x－4交于A、B两点，如果在该抛物线上存在点C，使得eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))＝λeq\o(OC,\s\up6(→))(O为坐标原点)，则实数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，∴两交点A(4,4)，B(1，－2)．设点Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,3),4)，y3))，因为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．(·辽宁理，15)已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，C与过原点的直线相交于A，B两点，连接AF，BF.若|AB|＝10，|AF|＝6，cos∠ABF＝eq\f(4,5)，则C的离心率e＝________.[答案]eq\f(5,7)[解析]本题考查椭圆的几何性质，解三角形问题．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，设右焦点为F1，因为直线过原点，∴|BF1|＝|AF|＝6，∴2a＝|BF|＋|BF1|＝14，∴a∵O为Rt△ABF斜边AB的中点，∴|OF|＝eq\f(1,2)|AB|＝5，∴c＝5，∴e＝eq\f(5,7).三、解答题(本大题共6小题，共75分，前4题每题12分，20题13分，21题14分)16．已知中心在坐标原点的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点．(1)求椭圆C的方程；(2)若平行于OA的直线l与椭圆有公共点，求直线l在y轴上的截距的取值范围．[解析](1)设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,a2－4)＝1，代入点A(2,3)，eq\f(4,a2)＋eq\f(9,a2－4)＝1，解得a2＝16.∴椭圆方程为eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.(2)设直线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．已知圆C：x2＋(y－3)2＝9，过原点作圆C的弦OP，求OP中点Q的轨迹方程．[分析]关键是寻找Q点满足的几何条件，可以考虑圆的几何性质，如CQ⊥OP，还可考虑Q是OP的中点．[解析]解法一：(直接法)如图，因为Q是OP的中点，所以∠OQC＝90°.设Q(x，y)，由题意，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)(去掉原点)．解法二：(定义法)如图所示，因为Q是OP的中点，所以∠OQC＝90°，则Q在以OC为直径的圆上，故Q点的轨迹方程为x2＋(y－eq\f(3,2))2＝eq\f(9,4)(去掉原点)．解法三：(代入法)设P(x1，y1)，Q(x，y)，由题意得，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.))又因为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)(去掉原点)．18．(·云南景洪市一中期末)设F1、F2分别是椭圆E：x2＋eq\f(y2,b2)＝1(0<b<1)的左、右焦点，过F1的直线l与E相交于A、B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．(1)求|AB|.(2)若直线l的斜率为1，求b的值．[解析](1)求椭圆定义知|AF2|＋|AB|＋|BF2|＝4，又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝eq\f(4,3).(2)l的方程式为y＝x＋c，其中c＝eq\r(1－b2)，设A(x1，y1)，B(x1，y1)，则A、B两点坐标满足方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋c，,x2＋\f(y2,b2)＝1，))消去y化简得(1＋b2)x2＋2cx＋1－2b2＝0.则x1＋x2＝eq\f(－2c,1＋b2)，x1x2＝eq\f(1－2b2,1＋b2).因为直线AB的斜率为1，所以|AB|＝eq\r(2)|x2－x1|，即eq\f(4,3)＝eq\r(2)|x2－x1|.则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．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点K(－1,0)的直线l与C相交于A、B两点，点A关于x轴的对称点为D.(1)证明：点F在直线BD上；(2)设eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝eq\f(8,9)，求直线l的方程．[解析]设直线l与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则点D的坐标为(x1，－y1)，由题意得l的方程为x＝my－1(m≠0)．(1)证明：将x＝my－1代入y2＝4x并整理，得y2－4my＋4＝0，从而y1＋y2＝4m，y1y2＝4. 直线BD的方程为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.所以点F(1,0)在直线BD上．(2)由①，知x1＋x2＝(my1－1)＋(my2－1)＝4mx1x2＝(my1－1)(my2－1)＝1.因为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的方程为3x＋4y＋3＝0,3x－4y＋3＝0.20．(·新课标Ⅰ理)已知点A(0，－2)，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq\f(2\r(3),3)，O为坐标原点．(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．[解析](1)设F(c,0)，由条件知，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的方程为eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将y＝kx－2代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＋0.当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq\f(3,4)时，x1,2＝eq\f(8k±2\r(4k2－3),4k2＋1)从而|PQ|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\f(\r(k2＋1)·4\r(k2－3),4k2＋1).又点O到直线PQ的距离d＝eq\f(2,\r(k2＋1))，所以△OPQ的面积S△OPQ＝eq\f(1,2)d·|PQ|＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1).设eq\r(4k2－3)＝t，则t>0，S△OPQ＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t)).因为t＋eq\f(4,t)≥4，当且仅当t＝2，即k＝±eq\f(\r(7),2)时等号成立，且满足Δ>0.此时S△OPQmax＝1，所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝eq\f(\r(7),2)x－2或y＝－eq\f(\r(7),2)x－2.21．已知椭圆C1：eq\f(x2,4)＋y2＝1，椭圆C2以C1的长轴为短轴，且与C1有相同的离心率．(1)求椭圆C2的方程；(2)设O为坐标原点，点A，B分别在椭圆C1和C2上，eq\o(OB,\s\up6(→))＝2eq\o(OA,\s\up6(→))，求直线AB的方程．[解析](1)由已知可设椭圆C2的方程为eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,4)＝1(a>2)，其离心率为eq\f(\r(3),2)，故eq\f(\r(a2－4),a)＝eq\f(\r(3),2)，则a＝4，故椭圆C2的方程为eq\f(y2,1