2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义08《圆锥曲线标准方程和几何性质》（教师版）练习题

这是一份2022年(辅导班适用)高二数学寒假讲义08《圆锥曲线标准方程和几何性质》（教师版）练习题，共8页。

、选择题
与椭圆9x2＋4y2=36有相同焦点，且短轴长为2的椭圆的标准方程为( )
A.eq \f(x2,2)＋eq \f(y2,4)=1 B.x2＋eq \f(y2,6)=1 C.eq \f(x2,6)＋y2=1 D.eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,5)=1
【答案解析】答案为：B；
解析：椭圆9x2＋4y2=36可化为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,9)=1，可知焦点在y轴上，焦点坐标为(0，±eq \r(5))，
故可设所求椭圆方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)=1(a＞b＞0)，则c=eq \r(5).
又2b=2，即b=1，所以a2=b2＋c2=6，则所求椭圆的标准方程为x2＋eq \f(y2,6)=1.
“20，,m－2≠6－m，))∴20)的离心率为eq \r(3)，
点(eq \r(3)，0)是双曲线的一个顶点，
∴eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\r(3)，,a＝\r(3)，))解得c=3，b=eq \r(6)，
∴双曲线的方程为eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)=1.
(2)双曲线eq \f(x2,3)－eq \f(y2,6)=1的右焦点为F2(3,0)，
∴经过双曲线右焦点F2且倾斜角为30°的直线的方程为y=eq \f(\r(3),3)(x－3).
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)－\f(y2,6)＝1，,y＝\f(\r(3),3)x－3，))得5x2＋6x－27=0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－eq \f(6,5)，x1x2=－eq \f(27,5).
所以|AB|=eq \r(1＋\f(1,3))×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6,5)))2－4×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(27,5))))=eq \f(16\r(3),5).
已知双曲线C：x2－y2=1及直线l：y=kx－1.
(1)若l与C有两个不同的交点，求实数k的取值范围；
(2)若l与C交于A，B两点，O是坐标原点，且△AOB的面积为eq \r(2)，求实数k的值.
【答案解析】解：(1)若双曲线C与直线l有两个不同的交点，
则方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝1，,y＝kx－1))有两个不同的实数根，
整理得(1－k2)x2＋2kx－2=0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－k2≠0，,Δ＝4k2＋81－k2＞0，))解得－eq \r(2)＜k＜eq \r(2)且k≠±1.
即双曲线C与直线l有两个不同的交点时，
k的取值范围是(－eq \r(2)，－1)∪(－1,1)∪(1，eq \r(2)).
(2)设交点A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l与y轴交于点D(0，－1)，由(1)知，
C与l联立的方程为(1－k2)x2＋2kx－2=0，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(－2k,1－k2)，,x1x2＝\f(－2,1－k2).))
当A，B在双曲线的一支上且|x1|＞|x2|时，
S△OAB=S△OAD－S△OBD=eq \f(1,2)(|x1|－|x2|)=eq \f(1,2)|x1－x2|；
当A，B在双曲线的两支上且x1＞x2时，
S△OAB=S△ODA＋S△OBD=eq \f(1,2)(|x1|＋|x2|)=eq \f(1,2)|x1－x2|.
所以S△OAB=eq \f(1,2)|x1－x2|=eq \r(2)，
所以(x1－x2)2=(x1＋x2)2－4x1x2=(2eq \r(2))2，
即eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－2k,1－k2)))2＋eq \f(8,1－k2)=8，解得k=0或k=±eq \f(\r(6),2).
又因为－eq \r(2)＜k＜eq \r(2)，且k≠±1，
所以当k=0或k=±eq \f(\r(6),2)时，△AOB的面积为eq \r(2).
已知抛物线y2=4px(p＞0)的焦点为F，圆W：(x＋p)2＋y2=p2的圆心到过点F的直线l的距离为p.
(1)求直线l的斜率；
(2)若直线l与抛物线交于A，B两点，△WAB的面积为8，求抛物线的方程.
【答案解析】解：(1)易知抛物线y2=4px(p＞0)的焦点为F(p,0)，
由题意知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x=my＋p，
因为W(－p,0)，所以点W到直线l的距离为eq \f(|－p－p|,\r(1＋－m2))=p，解得m=±eq \r(3)，
所以直线l的斜率为±eq \f(\r(3),3).
(2)由(1)知直线l的方程为x=±eq \r(3)y＋p，由于两条直线关于x轴对称，
不妨取x=eq \r(3)y＋p，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\r(3)y＋p，,y2＝4px，))消去x得y2－4eq \r(3)py－4p2=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2=4eq \r(3)p，y1y2=－4p2，
所以|AB|=eq \r(1＋\r(3)2)·eq \r(4\r(3)p2＋4×4p2)=16p.
因为△WAB的面积为8，所以eq \f(1,2)p×16p=8，解得p=1.
所以抛物线的方程为y2=4x.
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)=1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，左焦点为F(－1，0)，过点D(0，2)且斜率为k的直线l交椭圆于A，B两点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在y轴上，是否存在定点E，使eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))恒为定值？若存在，求出E点的坐标和这个定值；若不存在，说明理由.
【答案解析】解：(1)由已知可得
eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))可得a2=2，b2=1，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2=1.
(2)设过点D(0，2)且斜率为k的直线l的方程为y=kx＋2，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))消去y整理得(1＋2k2)x2＋8kx＋6=0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=－eq \f(8k,1＋2k2)，x1x2=eq \f(6,1＋2k2).
又y1y2=(kx1＋2)(kx2＋2)=k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4=－eq \f(2k2－4,2k2＋1)，
y1＋y2=(kx1＋2)＋(kx2＋2)=k(x1＋x2)＋4=eq \f(4,2k2＋1).
设存在点E(0，m)，则eq \(AE,\s\up10(→))=(－x1，m－y1)，eq \(BE,\s\up10(→))=(－x2，m－y2)，
所以eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))=x1x2＋m2－m(y1＋y2)＋y1y2=eq \f(6,2k2＋1)＋m2－m×eq \f(4,2k2＋1)－eq \f(2k2－4,2k2＋1)=eq \f(（2m2－2）k2＋m2－4m＋10,2k2＋1).
要使eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))=t(t为常数)，只需eq \f(（2m2－2）k2＋m2－4m＋10,2k2＋1)=t，
从而(2m2－2－2t)k2＋m2－4m＋10－t=0，
即eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2m2－2－2t＝0，,m2－4m＋10－t＝0，))解得m=eq \f(11,4)，从而t=eq \f(105,16)，
故存在定点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(11,4)))，使eq \(AE,\s\up10(→))·eq \(BE,\s\up10(→))恒为定值eq \f(105,16).
已知直线y=k(x－2)与抛物线Γ：y2=eq \f(1,2)x相交于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作y轴的垂线交Γ于点N.
(1)证明：抛物线Γ在点N处的切线与直线AB平行；
(2)是否存在实数k使eq \(NA,\s\up15(→))·eq \(NB,\s\up15(→))=0？若存在，求k的值；若不存在，请说明理由.
【答案解析】解：(1)证明：由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,y2＝\f(1,2)x))消去y并整理，得2k2x2－(8k2＋1)x＋8k2=0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2=eq \f(8k2＋1,2k2)，x1x2=4，
∴xM=eq \f(x1＋x2,2)=eq \f(8k2＋1,4k2)，yM=k(xM－2)=keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2＋1,4k2)－2))=eq \f(1,4k).
由题设条件可知，yN=yM=eq \f(1,4k)，xN=2yeq \\al(2,N)=eq \f(1,8k2)，∴Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,8k2)，\f(1,4k))).
设抛物线Γ在点N处的切线l的方程为y－eq \f(1,4k)=meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,8k2)))，
将x=2y2代入上式，得2my2－y＋eq \f(1,4k)－eq \f(m,8k2)=0.
∵直线l与抛物线Γ相切，∴Δ=1－4×2m×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4k)－\f(m,8k2)))=eq \f(m－k2,k2)=0，
∴m=k，即l∥AB.
(2)假设存在实数k，使eq \(NA,\s\up15(→))·eq \(NB,\s\up15(→))=0，则NA⊥NB.
∵M是AB的中点，∴|MN|=eq \f(1,2)|AB|.
由(1)，得|AB|=eq \r(1＋k2)|x1－x2|
=eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
=eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(8k2＋1,2k2)))2－4×4)
=eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(16k2＋1),2k2).
∵MN⊥y轴，
∴|MN|=|xM－xN|=eq \f(8k2＋1,4k2)－eq \f(1,8k2)=eq \f(16k2＋1,8k2).
∴eq \f(16k2＋1,8k2)=eq \f(1,2)eq \r(1＋k2)·eq \f(\r(16k2＋1),2k2)，解得k=±eq \f(1,2).
故存在k=±eq \f(1,2)，使得eq \(NA,\s\up15(→))·eq \(NB,\s\up15(→))=0.