高中数学湘教版（2019）选择性必修 第一册3.5 圆锥曲线的应用测试题

这是一份高中数学湘教版（2019）选择性必修 第一册3.5 圆锥曲线的应用测试题，共6页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题(本大题共10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．已知椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1上一点P到椭圆一个焦点的距离为3，则点P到另一焦点的距离为( )
A．2 B．3
C．5 D．7
解析：选D.点P到椭圆的两个焦点的距离之和为2a＝10,10－3＝7.选D.
2．已知抛物线的方程为y＝2ax2，且过点(1,4)，则焦点坐标为( )
A．(0，eq \f(1,16)) B．(eq \f(1,16)，0)
C．(1,0) D．(0,1)
解析：选A.∵抛物线过点(1,4)，∴4＝2a，∴a＝2，∴抛物线方程为x2＝eq \f(1,4)y，焦点坐标为(0，eq \f(1,16))．
3．(2011年高考安徽卷)双曲线2x2－y2＝8的实轴长是( )
A．2 B．2eq \r(2)
C．4 D．4eq \r(2)
解析：选C.∵2x2－y2＝8，∴eq \f(x2,4)－eq \f(y2,8)＝1，∴a＝2，∴2a＝4.
4．设双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,9)＝1(a>0)的渐近线方程为3x±4y＝0，则a的值为( )
A．4 B．3
C．2 D．1
解析：选A.渐近线方程可化为y＝±eq \f(3,4)x.∵双曲线的焦点在x轴上，∴eq \f(9,a2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(±\f(3,4)))2，解得a＝±4.由题意知a>0，∴a＝4.
5．已知F是抛物线y2＝4x的焦点，A，B是该抛物线上的两点，|AF|＋|BF|＝3，则线段AB的中点到y轴的距离为( )
A.eq \f(3,2) B．1
C.eq \f(1,2) D.eq \f(5,2)
解析：选C.根据抛物线定义与梯形中位线定理，得线段AB中点到y轴的距离为：eq \f(1,2)(|AF|＋|BF|)－1＝eq \f(3,2)－1＝eq \f(1,2).
6．设F1和F2为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的两焦点，若F1，F2，P(0,2b)是正三角形的三个顶点，则双曲线的离心率为( )
A.eq \f(3,2) B．2
C.eq \f(5,2) D．3
解析：选B.由题知tan eq \f(π,6)＝eq \f(c,2b)＝eq \f(\r(3),3)，即3c2＝4b2＝4(c2－a2)，解得e＝eq \f(c,a)＝2.故选B.
7．直线y＝kx－2与抛物线y2＝6x交于A、B两点，且线段AB的中点的纵坐标为3，则k的值是( )
A．1 B．－2
C．1或－2 D．以上都不是
解析：选A.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则yeq \\al(2,1)＝6x1，yeq \\al(2,2)＝6x2，
∴(y1＋y2)(y1－y2)＝6(x1－x2)，
由已知y1＋y2＝6，
∴eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(6,y1＋y2)＝1.故选A.
8．设k>1，则关于x、y的方程(1－k)x2＋y2＝k2－1表示的曲线是( )
A．长轴在y轴上的椭圆
B．长轴在x轴上的椭圆
C．实轴在y轴上的双曲线
D．实轴在x轴上的双曲线
解析：选C.原方程可化为eq \f(y2,k2－1)－eq \f(x2,k＋1)＝1，∵k>1，∴k2－1>0，k＋1>2，则为实轴在y轴上的双曲线，故选C.
9．(2011年高考福建卷)设圆锥曲线Г的两个焦点分别为F1，F2，若曲线Г上存在点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，则曲线Г的离心率等于( )
A.eq \f(1,2)或eq \f(3,2) B.eq \f(2,3)或2
C.eq \f(1,2)或2 D.eq \f(2,3)或eq \f(3,2)
解析：选A.由|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|＝4∶3∶2，可设|PF1|＝4k，|F1F2|＝3k，|PF2|＝2k，若圆锥曲线为椭圆，则2a＝6k,2c＝3k，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).若圆锥曲线为双曲线，则2a＝4k－2k＝2k,2c＝3k，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(3,2).
10．已知F1、F2为双曲线C：x2－y2＝1的左、右焦点，点P在C上，∠F1PF2＝60°，则|PF1|·|PF2|＝( )
A．2 B．4
C．6 D．8
解析：选B.如图，
设|PF1|＝m，|PF2|＝n.
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|m－n|＝2，,2\r(2)2＝m2＋n2－2mncs∠F1PF2.))
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2－2mn＋n2＝4，,m2－mn＋n2＝8.))∴mn＝4.∴|PF1|·|PF2|＝4.
二、填空题(本大题共5小题，每小题5分，共25分．请把答案填在题中横线上)
11．已知抛物线经过点P(4，－2)，则其标准方程是________．
解析：可设标准方程为y2＝2px(p＞0)或x2＝－2py(p>0)，将P点坐标代入求出p的值．
答案：y2＝x或x2＝－8y
12．抛物线y2＝2x上的两点A、B到焦点的距离之和是5，则线段AB中点的横坐标是________．
答案：2
13．(2011年高考北京卷)已知双曲线x2－eq \f(y2,b2)＝1(b>0)的一条渐近线的方程为y＝2x，则b＝________.
解析：∵双曲线的焦点在x轴上，∴eq \f(b,a)＝2，∴eq \f(b2,a2)＝4.
∵a2＝1，∴b2＝4.又∵b>0，∴b＝2.
答案：2
14．(2011年高考山东卷)已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)和椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1有相同的焦点，且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍，则双曲线的方程为________．
解析：椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1的焦点坐标为F1(－eq \r(7)，0)，F2(eq \r(7)，0)，离心率为e＝eq \f(\r(7),4).由于双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1与椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1有相同的焦点，因此a2＋b2＝7.
又双曲线的离心率e＝eq \f(\r(a2＋b2),a)＝eq \f(\r(7),a)，所以eq \f(\r(7),a)＝eq \f(2\r(7),4)，
所以a＝2，b2＝c2－a2＝3，故双曲线的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1.
答案：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,3)＝1
15．(2011年高考课标全国卷)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C的中心为原点，焦点F1，F2在x轴上，离心率为eq \f(\r(2),2).过F1的直线l交C于A，B两点，且△ABF2的周长为16，那么C的方程为__________．
解析：
设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，由e＝eq \f(\r(2),2)知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，故eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2).
由于△ABF2的周长为|AB|＋|BF2|＋|AF2|
＝|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝16，故a＝4.
∴b2＝8.
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,8)＝1.
答案：eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,8)＝1
三、解答题(本大题共6小题，共75分．解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16．(本小题满分13分)已知动圆M和定圆C1：x2＋(y－3)2＝64内切，而和定圆C2：x2＋(y＋3)2＝4外切．求动圆圆心M的轨迹方程．
解：设动圆M的半径为r，圆心M(x，y)，两定圆圆心C1(0,3)，C2(0，－3)，半径r1＝8，r2＝2.
则|MC1|＝8－r，|MC2|＝r＋2.
∴|MC1|＋|MC2|＝(8－r)＋(r＋2)＝10.
又|C1C2|＝6，∴动圆圆心M的轨迹是椭圆，且焦点为C1(0,3)，C2(0，－3)，且2a＝10，
∴a＝5，c＝3，
∴b2＝a2－c2＝25－9＝16.
∴动圆圆心M的轨迹方程是eq \f(y2,25)＋eq \f(x2,16)＝1.
17．(本小题满分13分)椭圆的中心为坐标原点，长、短轴长之比为eq \f(3,2)，一个焦点是(0，－2)．
(1)求椭圆的离心率；
(2)求椭圆的方程．
解：(1)设椭圆的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
c2＝a2－b2(c>0)．
由已知得eq \f(a,b)＝eq \f(3,2)，故e2＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(5,9)，e＝eq \f(\r(5),3).
(2)∵c＝2，则a＝eq \f(c,e)＝eq \f(6,\r(5))，得b2＝a2－c2＝eq \f(16,5).
故椭圆的标准方程为eq \f(5y2,36)＋eq \f(5x2,16)＝1.
18．(本小题满分13分)求以椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1短轴的两个顶点为焦点，且过点A(4，－5)的双曲线的标准方程．
解：由eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,9)＝1得a＝4，b＝3，
所以短轴两顶点为(0，±3)，
又双曲线过A点，由双曲线定义得
2a＝eq \r(4－02＋－5－32)－eq \r(4－02＋－5＋32)
＝2eq \r(5)，
得a＝eq \r(5)，又c＝3，
从而b2＝c2－a2＝4，又焦点在y轴上，
所以双曲线方程为eq \f(y2,5)－eq \f(x2,4)＝1.
19.
(本小题满分12分)(2011年高考福建卷)如图，直线l：y＝x＋b与抛物线C：x2＝4y相切于点A.
(1)求实数b的值；
(2)求以点A为圆心，且与抛物线C的准线相切的圆的方程．
解：(1)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝x＋b，,x2＝4y，))得x2－4x－4b＝0.(*)
因为直线l与抛物线C相切，
所以Δ＝(－4)2－4×(－4b)＝0，解得b＝－1.
(2)由(1)可知b＝－1，故方程(*)即为x2－4x＋4＝0，
解得x＝2.将其代入x2＝4y，得y＝1.
故点A(2,1)．
因为圆A与抛物线C的准线相切，
所以圆A的半径r等于圆心A到抛物线的准线y＝－1的距离，
即r＝|1－(－1)|＝2，
所以圆A的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.
20．(本小题满分12分)(2011年高考天津卷)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2.点P(a，b)满足|PF2|＝|F1F2|.
(1)求椭圆的离心率e.
(2)设直线PF2与椭圆相交于A，B两点．若直线PF2与圆(x＋1)2＋(y－eq \r(3))2＝16相交于M，N两点，且|MN|＝eq \f(5,8)|AB|，求椭圆的方程．
解：(1)设F1(－c,0)，F2(c,0)，(c>0)，
因为|PF2|＝|F1F2|，所以eq \r(a－c2＋b2)＝2c.
整理得2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)))2＋eq \f(c,a)－1＝0，
得eq \f(c,a)＝－1(舍)，或eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).所以e＝eq \f(1,2).
(2)由(1)知a＝2c，b＝eq \r(3)c，可得椭圆方程为3x2＋4y2＝12c2，直线PF2的方程为y＝eq \r(3)(x－c)．
A，B两点的坐标满足方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2＋4y2＝12c2，,y＝\r(3)x－c.))
消去y并整理，得5x2－8cx＝0.
解得x1＝0，x2＝eq \f(8,5)c.
得方程组的解eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＝0，,y1＝－\r(3)c，))eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(8,5)c，,y2＝\f(3\r(3),5)c.))
不妨设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)c，\f(3\r(3),5)c))，B(0，－eq \r(3)c)，
所以|AB|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8,5)c))2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3\r(3),5)c＋\r(3)c))2)＝eq \f(16,5)c.
于是|MN|＝eq \f(5,8)|AB|＝2c.
圆心(－1，eq \r(3))到直线PF2的距离d
＝eq \f(|－\r(3)－\r(3)－\r(3)c|,2)＝eq \f(\r(3)|2＋c|,2).
因为d2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|MN|,2)))2＝42，
所以eq \f(3,4)(2＋c)2＋c2＝16.
整理得7c2＋12c－52＝0.
得c＝－eq \f(26,7)(舍)，或c＝2.
所以椭圆方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
21．(本小题满分12分)(2010年高考福建卷)已知中心在坐标原点O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)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)依题意，
可设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
且可知其左焦点为F′(－2,0)．
从而有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,2a＝|AF|＋|AF′|＝3＋5＝8，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(c＝2，,a＝4.))
又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为y＝eq \f(3,2)x＋t.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,2)x＋t，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))得3x2＋3tx＋t2－12＝0.
因为直线l与椭圆C有公共点，
所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，
解得－4eq \r(3)≤t≤4eq \r(3).
另一方面，由直线OA与l的距离d＝4，
得eq \f(|t|,\r(\f(9,4)＋1))＝4，解得t＝±2eq \r(13).
由于±2eq \r(13)∉[－4eq \r(3)，4eq \r(3)]，
所以符合题意的直线l不存在．