2018届高三数学（文）二轮复习冲刺提分作业：第一篇+突破+六++第2讲+第1课时+圆锥曲线的定义、方程与性质
第1课时 圆锥曲线的定义、方程与性质
A组 基础题组
时间:40分钟 分值:60分
1.(2017课标全国Ⅱ,5,5分)若a>1,则双曲线-y2=1的离心率的取值范围是( )
A.(,+∞) B.(,2)
C.(1,) D.(1,2)
2.(2017广东惠州第三次调研)双曲线C:-=1(a>0,b>0)的离心率e=,则它的渐近线方程为( )
A.y=±x B.y=±x
C.y=±x D.y=±x
3.(2017湖北七市(州)联考)双曲线-=1(a,b>0)的离心率为,左、右焦点分别为F1,F2,P为双曲线右支上一点,∠F1PF2的平分线为l,点F1关于l的对称点为Q,|F2Q|=2,则双曲线的方程为( )
A.-y2=1 B.x2-=1
C.x2-=1 D.-y2=1
4.过抛物线y2=4x的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点,交其准线于点C,且A,C位于x轴同侧,若|AC|=2|AF|,则|BF|等于( )
A.2 B.3 C.4 D.5
5.已知双曲线-=1(a>0,b>0)的右焦点为F,点A在双曲线的渐近线上,△OAF是边长为2的等边三角形(O为原点),则双曲线的方程为 .
6.已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且与抛物线y2=x交于A、B两点,若△OAB(O为坐标原点)的面积为2,则椭圆C的方程为 .
7.顶点在原点,焦点在x轴上的抛物线截直线y=2x-4所得的弦长|AB|=3,则此抛物线的方程为 .
8.已知中心在原点,焦点在x轴上的椭圆C的离心率为,其中一个顶点是抛物线x2=-4y的焦点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若过点P(2,1)的直线l与椭圆C在第一象限相切于点M,求直线l的方程和点M的坐标.
9.(2017山西太原第二次模拟)如图,曲线C由左半椭圆M:+=1(a>b>0,x≤0)和圆N:(x-2)2+y2=5在y轴右侧的部分连接而成,A,B是M与N的公共点,点P,Q(均异于点A,B)分别是M,N上的动点.
(1)若|PQ|的最大值为4+,求半椭圆M的方程;
(2)若直线PQ过点A,且+=0,⊥,求半椭圆M的离心率.
B组 提升题组
时间:30分钟 分值:35分
1.已知F1,F2分别是双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点,G是双曲线C上一点,且满足|GF1|-7|GF2|=0,则C经过第一象限的渐近线的斜率的取值范围是( )
A. B.
C. D.
2.(2017山东,15,5分)在平面直角坐标系xOy中,双曲线-=1(a>0,b>0)的右支与焦点为F的抛物线x2=2py(p>0)交于A,B两点.若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为 .
3.如图,圆C与x轴相切于点T(2,0),与y轴正半轴相交于两点M、N(点M在点N的下方),且|MN|=3.
(1)求圆C的方程;
(2)过点M任作一条直线与椭圆+=1相交于两点A、B,连接AN、BN,求证:∠ANM=∠BNM.
4.(2017湖北武汉调研)已知圆O:x2+y2=1和抛物线E:y=x2-2,O为坐标原点.
(1)已知直线l和圆O相切,与抛物线E交于M,N两点,且满足OM⊥ON,求直线l的方程;
(2)过抛物线E上一点P(x0,y0)作两条直线PQ,PR和圆O相切,且分别交抛物线E于Q,R两点,若直线QR的斜率为-,求点P的坐标.
答案精解精析
A组 基础题组
1.C 由题意知e==,
因为a>1,所以e<,
又e>1,所以1
0,b>0)的离心率e=,可得=,∴+1=,可得=,故双曲线的渐近线方程为y=±x.选A.
3.B ∵∠F1PF2的平分线为l,点F1关于l的对称点为Q,∴|PF1|=|PQ|,而|PF1|-|PF2|=2a,∴|PQ|-|PF2|=2a,即|F2Q|=2=2a,解得a=1.又e==⇒c=⇒b2=c2-a2=2,∴双曲线的方程为x2-=1.故选B.
4.C 设抛物线的准线与x轴交于点D,则由题意,知F(1,0),D(-1,0),分别作AA1,BB1垂直于抛物线的准线,垂足分别为A1,B1,则有=,所以|AA1|=,故|AF|=.又=,即=,亦即=,解得|BF|=4,故选C.
5.答案 x2-=1
解析 不妨设点A在第一象限,由题意可知c=2,点A的坐标为(1,),所以=,又c2=a2+b2,所以a2=1,b2=3,故所求双曲线的方程为x2-=1.
6.答案 +=1
解析 ∵椭圆C:+=1(a>b>0)与抛物线y2=x交于A、B两点,
∴设A(x,),B(x,-),则x=2,解得x=2,
∴A(2,).
由已知得解得a=2,b=2,
∴椭圆C的方程为+=1.
7.答案 y2=4x或y2=-36x
解析 设所求的抛物线方程为y2=ax(a≠0),
A(x1 ,y1),B(x2,y2),把y=2x-4代入y2=ax,
得4x2-(a+16)x+16=0,
由Δ=[-(a+16)]2-256>0,得a>0或a<-32.
又x1+x2=,x1x2=4,
所以|AB|=
==3,
所以5=45,
所以a=4或a=-36.
故所求的抛物线方程为y2=4x或y2=-36x.
8.解析 (1)由题意设椭圆C的方程为+=1(a>b>0),
由题意得b=,=,a2=b2+c2,
解得a=2,c=1.
故椭圆C的标准方程为+=1.
(2)因为过点P(2,1)的直线l与椭圆C在第一象限相切,所以直线l的斜率存在,
故可设直线l的方程为y=k(x-2)+1(k≠0).
由
得(3+4k2)x2-8k(2k-1)x+16k2-16k-8=0.①
因为直线l与椭圆C相切,
所以Δ=[-8k(2k-1)]2-4(3+4k2)(16k2-16k-8)=0.
整理,得96(2k+1)=0,解得k=-.
所以直线l的方程为y=-(x-2)+1=-x+2.
将k=-代入①式,可以解得M点的横坐标为1,故切点M的坐标为.
9.解析 (1)由题意知A(0,1),B(0,-1),故b=1.
由题意可知当P,Q均在x轴上时,|PQ|取得最大值,
∴4+=a+2+⇒a=2.
∴半椭圆M的方程为+y2=1(x≤0).
(2)由(1)得A(0,1),B(0,-1).
由题意知直线PQ的斜率存在.设直线PQ的方程为y=kx+1.
设P(x1,y1),由得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,
∴x1=-.
设Q(x2,y2),由得(1+k2)·x2+2(k-2)x=0,
∴x2=.
∵+=0,∴x1=-x2,∵⊥,∴·=0,
∴(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=0,
∴(1+k2)-4=0,将x2=代入上式,得k=,
∴x1=-,x2=,∴=,∴a2=,c2=,
∴e=.
B组 提升题组
1.A 因为|GF1|-7|GF2|=0,所以|GF1|=7|GF2|,由双曲线的定义得|GF1|-|GF2|=2a,
联立得
解得
又|GF1|+|GF2|≥|F1F2|,即+≥2c,即离心率e≤,
因为e>1,所以10),依题意,知圆心C的坐标为(2,r).
∵|MN|=3,∴r2=+22,解得r2=.
∴圆C的方程为(x-2)2+=.
(2)证明:把x=0代入方程(x-2)2+=,
得(0-2)2+=,
解得y=1或y=4,即点M(0,1)、N(0,4).
①当AB⊥x轴时,可知∠ANM=∠BNM=0.
②当AB与x轴不垂直时,可设直线AB的方程为y=kx+1.
联立方程得
消去y得,(1+2k2)x2+4kx-6=0.
设A(x1,y1)、B(x2,y2),
则x1+x2=-,x1x2=.
∴kAN+kBN=+=+
=.
若kAN+kBN=0,则∠ANM=∠BNM.
∵2kx1x2-3(x1+x2)=+=0,
∴∠ANM=∠BNM.
综上,∠ANM=∠BNM.
4.解析 (1)由题意知直线l的斜率存在.
设直线l:y=kx+b,M(x1,y1),N(x2,y2),由l和圆O相切,得=1,∴b2=k2+1,
由消去y并整理,得x2-kx-b-2=0,
∴x1+x2=k,x1x2=-b-2.
由OM⊥ON,得·=0,即x1x2+y1y2=0.
∴x1x2+(kx1+b)(kx2+b)=0,即(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2=0,
∴(1+k2)(-b-2)+k2b+b2=0,将k2=b2-1代入,得b2(-b-2)+(b2-1)b+b2=0,
∴b2+b=0.∴b=-1或b=0(舍).
当b=-1时,k=0,故直线l的方程为y=-1.
(2)设Q(x3,y3),R(x4,y4),则kQR===x3+x4.
∴x3+x4=-,设lQP:y-y0=k1(x-x0),
由直线和圆相切,得=1,
即(-1)-2x0y0k1+-1=0.
设lPR:y-y0=k2(x-x0),同理可得(-1)-2x0y0k2+-1=0.
故k1,k2是方程(-1)k2-2x0y0k+-1=0的两根,
故k1+k2=.
由得x2-k1x+k1x0-y0-2=0,故x0+x3=k1.
同理,x0+x4=k2,则2x0+x3+x4=k1+k2,即2x0-=.
∴2x0-=,
解得x0=-或x0=.
当x0=-时,y0=-;
当x0=时,y0=1.故P或P(,1).
