(湖南专用)2013高考数学二轮复习-专题限时集训(十五)配套作业-理.doc

专题限时集训(十五)

[第15讲　圆锥曲线的定义、方程与性质]

(时间：45分钟)

1．已知双曲线－＝1(m>0)的右焦点与抛物线y2＝12x的焦点相同，则此双曲线的离心率为(　　)
A．6 B. C. D.
2．已知椭圆＋＝1的离心率e＝，则m的值为(　　)
A．3 B.或
C. D.或3
3．已知双曲线x2－＝1的焦点为F1，F2，点M在双曲线上，且·＝0，则点M到x轴的距离为(　　)
A. B. C. D.
4．过抛物线y2＝4x的焦点作一条直线与抛物线交于A，B两点，它们到直线x＝－2的距离之和等于5，则这样的直线(　　)
A．有且仅有一条 B．有且仅有两条
C．有无穷多条 D．不存在

5．已知A1，A2分别为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点，椭圆C上异于A1，A2的点P恒满足kPA1·kPA2＝－，则椭圆C的离心率为(　　)
A. B. C. D.
6．已知P点是以F1，F2为焦点的双曲线－＝1上的一点，若·＝0，tan∠PF1F2＝2，则此双曲线的离心率等于(　　)
A. B．5 C．2 D．3
7．设F1，F2分别是椭圆E：x2＋＝1(0<b<1)的左，右焦点，过F1的直线l与椭圆相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列，则|AB|的长为(　　)
A. B．1 C. D.
8．已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)与双曲线C2：x2－＝1有公共的焦点，C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A，B两点．若C1恰好将线段AB三等分，则(　　)
A．a2＝13 B．a2＝ C．b2＝2 D．b2＝
9．已知焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程是y＝±4x，则该双曲线的离心率为________．
10．短轴长为，离心率e＝的椭圆的两焦点为F1，F2，过F1作直线交椭圆于A，B两点，则△ABF2的周长为________．
11．F是抛物线x2＝2y的焦点，A，B是抛物线上的两点，|AF|＋|BF|＝6，则线段AB的中点到y轴的距离为________．
12．已知点F(1，0)，直线l：x＝－1，动点P到点F的距离等于它到直线l的距离．
(1)试判断点P的轨迹C的形状，并写出其方程；
(2)是否存在过N(4，2)的直线m，使得直线m被截得的弦AB恰好被点N所平分？

13．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆上任意一点到右焦点F的距离的最大值为＋1.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知点C(m，0)是线段OF上一个动点(O为坐标原点)，是否存在过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B点，使|AC|＝|BC|，并说明理由．

14．如图15－1，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的长轴为AB，过点B的直线l与x轴垂直，直线(2－k)x－(1＋2k)y＋(1＋2k)＝0(k∈R)所经过的定点恰好是椭圆的一个顶点，且椭圆的离心率e＝.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设P是椭圆上异于A，B的任意一点，PH⊥x轴，H为垂足，延长HP到点Q使得HP＝PQ，连接AQ并延长交直线l于点M，N为MB的中点．试判断直线QN与以AB为直径的圆O的位置关系．

专题限时集训(十五)
【基础演练】
1．C　[解析] 抛物线的焦点坐标为(3，0)，所以m2＋5＝9，解得m＝2，所以双曲线的离心率为.
2．D　[解析] 当焦点在x轴上时，＝，解得m＝3；当焦点在y轴上时，＝，解得m＝.
3．B　[解析] 方法1：根据已知得点M的轨迹方程为x2＋y2＝3，与双曲线方程联立消掉x得y2＝，解得|y|＝，即为点M到x轴的距离．
方法2：设||＝m，||＝n，由得m·n＝4，
由S△F1MF2＝m·n＝|F1F2|·d，解得d＝.故选B.
4．D　[解析] 设点A(x1，y1)，B(x2，y2)．因为A，B两点到直线x＝－2的距离之和等于5，所以x1＋2＋x2＋2＝5.所以x1＋x2＝1.由抛物线的定义得|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝3.而过抛物线焦点弦的最小值(当弦AB⊥x轴时，是最小焦点弦)为4，所以不存在满足条件的直线．
【提升训练】
5．D　[解析] 设P(x0，y0)，则·＝－，化简得
＋＝1，可以判断＝，e＝＝＝.
6．A　[解析] 根据·＝0，tan∠PF1F2＝2，可得△PF1F2为直角三角形且|PF2|＝2|PF1|，根据双曲线定义得|PF2|－|PF1|＝2a，由此得|PF1|＝2a，|PF2|＝4a，根据勾股定理(2a)2＋(4a)2＝(2c)2，由此得＝5，即e＝.
7．C　[解析] 根据椭圆定义|AF1|＋|AF2|＝2a＝2，|BF1|＋|BF2|＝2a＝2，两式相加得|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4，即(|AF1|＋|BF1|)＋(|AF2|＋|BF2|)＝4，而|AF1|＋|BF1|＝|AB|，|AF2|＋|BF2|＝2|AB|，所以3|AB|＝4，即|AB|＝.
8．D　[解析] 因为椭圆C1：＋＝1(a>b>0)与双曲线C2：x2－＝1有公共的焦点，所以c2＝5，a2＝b2＋5；取C2的一条渐近线l：y＝2x，设l与C1的交点为M，N，联立得(4a2＋b2)x2－a2b2＝0，则|MN|＝·，
因为C1恰好将线段AB三等分，所以|MN|＝，所以＝＝，a2＝，b2＝.
9.　[解析] 因为焦点在x轴上的双曲线的渐近线方程是y＝±4x，所以b＝4a，c2＝17a2，e＝.
10．6　[解析] 由题知即解得
由椭圆的定义知△ABF2的周长为4a＝4×＝6.
11.　[解析] |AF|＋|BF|＝6，由抛物线的定义即|AD|＋|BE|＝6，又线段AB的中点到准线的距离为(|AD|＋|BE|)＝3，抛物线的准线为y＝－，所以线段AB的中点到y轴的距离为.

12．解：(1)因点P到点F的距离等于它到直线l的距离，所以点P的轨迹C是以F为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，其方程为y2＝4x.
(2)方法1：假设存在满足题设的直线m.设直线m与轨迹C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，
依题意，得
①当直线m的斜率不存在时，不合题意．
②当直线m的斜率存在时，设直线m的方程为y－2＝k(x－4)，
联立方程组
消去y，得k2x2－(8k2－4k＋4)x＋(2－4k)2＝0，(*)
∴x1＋x2＝＝8，解得k＝1.
此时，方程(*)为x2－8x＋4＝0，其判别式大于零，
∴存在满足题设的直线m.
且直线m的方程为：y－2＝x－4，即x－y－2＝0.
方法2：假设存在满足题设的直线m.设直线m与轨迹C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，
依题意，得
易判断直线m不可能垂直于y轴，
∴设直线m的方程为x－4＝a(y－2)，
联立方程组
消去x，得y2－4ay＋8a－16＝0，
∵Δ＝16(a－1)2＋48>0，
∴直线与轨迹C必相交．
又y1＋y2＝4a＝4，∴a＝1.
∴存在满足题设的直线m，
且直线m的方程为：y－2＝x－4，即x－y－2＝0.
方法3：假设存在满足题设的直线m.设直线m与轨迹C交于A(x1，y1)，B(x2，y2)，
依题意，得
∵A(x1，y1)，B(x2，y2)在轨迹C上，
∴有将①－②，得y－y＝4(x1－x2)．
当x1＝x2时，弦AB的中点不是N，不合题意，
∴＝＝1，即直线AB的斜率k＝1，
注意到点N在曲线C的张口内(或：经检验，直线m与轨迹C相交)，
∴存在满足题设的直线m，且直线m的方程为：y－2＝x－4，即x－y－2＝0.
13．解：(1)因为所以∴b＝1，
椭圆方程为：＋y2＝1.
(2)由(1)得F(1，0)，所以0≤m≤1，假设存在满足题意的直线l，设l的方程为y＝k(x－1)，
代入＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，①
∴y1＋y2＝k(x1＋x2－2)＝，
设AB的中点为M，则M，－，
∵|AC|＝|BC|，∴CM⊥AB，即kCM·kAB＝－1，
∴·k＝－1⇒(1－2m)k2＝m，
∴当0≤m<时，k＝±，即存在这样的直线l；
当≤m≤1，k不存在，即不存在这样的直线l.
14．解：(1)将(2－k)x－(1＋2k)y＋(1＋2k)＝0整理得(－x－2y＋2)k＋2x－y＋1＝0，
解方程组得直线所经过的定点(0，1)，所以b＝1.
由离心率e＝得a＝2.
所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)法一：设P(x0，y0)，x0≠±2, 则＋y＝1，
∵HP＝PQ，∴Q(x0，2y0)．∴OQ＝＝2.
∴Q点在以O为圆心，2为半径的圆上，即Q点在以AB为直径的圆O上．
又A(－2，0)，∴直线AQ的方程为y＝(x＋2)．
令x＝2，得M2，.又B(2，0)，N为MB的中点，
∴N2，.
∴＝(x0，2y0)，＝x0－2，.
∴·＝x0(x0－2)＋2y0·＝x0(x0－2)＋＝x0(x0－2)＋＝x0(x0－2)＋x0(2－x0)＝0.
∴⊥.∴直线QN与圆O相切．
法二：设P(x0，y0)，同法一求得Q(x0，2y0)，N.
于是可求得直线NQ的方程为：x0x＋2y0y－4＝0，原点O到直线NQ的距离为：d＝＝2，
所以直线QN与圆O相切．