高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练提能练05《解析几何》(教师版)

这是一份高考数学(文数)一轮复习创新思维课时练提能练05《解析几何》(教师版)，共8页。试卷主要包含了 已知椭圆C，已知椭圆C，已知圆C等内容，欢迎下载使用。

1．已知F1，F2是椭圆和双曲线的公共焦点，P是它们的一个公共点，且∠F1PF2＝eq \f(π,3)，设椭圆和双曲线的离心率分别为e1，e2，则( )
A．e1＝eq \f(1,3)e2 B．eeq \\al(2,1)＋eq \f(1,3)eeq \\al(2,2)＝4
C.eq \f(1,e\\al(2,1))＋eq \f(3,e\\al(2,2))＝4 D．eeq \\al(2,1)＋3eeq \\al(2,2)＝4
解析：设椭圆与双曲线的方程分别为eq \f(x2,a\\al(2,1))＋eq \f(y2,b\\al(2,1))＝1，eq \f(x2,a\\al(2,2))－eq \f(y2,b\\al(2,2))＝1，满足aeq \\al(2,1)－beq \\al(2,1)＝aeq \\al(2,2)＋beq \\al(2,2)＝c2，由焦点三角形的面积公式得S△F1PF2＝eq \f(\r(3),3)beq \\al(2,1)＝eq \r(3)beq \\al(2,2)，故beq \\al(2,1)＝3beq \\al(2,2)，即aeq \\al(2,1)－c2＝3(c2－aeq \\al(2,2))，∴eq \f(1,e\\al(2,1))＋eq \f(3,e\\al(2,2))＝4.
答案：C
2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，P是椭圆上一点，△PF1F2是以F2P为底边的等腰三角形，且60°＜∠PF1F2＜120°，则该椭圆的 离心率的取值范围是( )
A.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)－1,2)，1)) B.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3)－1,2)，\f(1,2)))
C.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1)) D.eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))
解析：由题意可得，|PF2|2＝|F1F2|2＋|PF1|2－2|F1F2|·|PF1|cs∠PF1F2＝4c2＋4c2－2·2c·2c·cs∠PF1F2，即|PF2|＝2eq \r(2)c·eq \r(1－cs∠PF1F2)，所以a＝eq \f(|PF1|＋|PF2|,2)＝c＋eq \r(2)c·eq \r(1－cs∠PF1F2)，又60°＜∠PF1F2＜120°，∴－eq \f(1,2)＜cs∠PF1F2＜eq \f(1,2)，所以2c＜a＜(eq \r(3)＋1)c，则eq \f(1,\r(3)＋1)＜eq \f(c,a)＜eq \f(1,2)，即eq \f(\r(3)－1,2)＜e＜eq \f(1,2).故选B.
答案：B
3．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，A，B为椭圆上的两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M(eq \f(a,5)，0)，则椭圆的离心率e的取值范围是( )
A．(eq \f(\r(2),2)，1) B．(eq \f(\r(3),3)，1)
C．(eq \f(\r(3),4)，1) D．(eq \f(\r(5),5)，1)
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1－\f(a,5)2＋y\\al(2,1)＝x2－\f(a,5)2＋y\\al(2,2)，,\f(x\\al(2,1),a2)＋\f(y\\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\\al(2,2),a2)＋\f(y\\al(2,2),b2)＝1，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(2a,5)x1－x2＝x\\al(2,1)－x\\al(2,2)＋y\\al(2,1)－y\\al(2,2)，,y\\al(2,1)＝b2－\f(b2,a2)x\\al(2,1)，,y\\al(2,2)＝b2－\f(b2,a2)x\\al(2,2)，))
所以eq \f(2a,5)(x1－x2)＝eq \f(a2－b2,a2)(xeq \\al(2,1)－xeq \\al(2,2))，所以eq \f(2a3,5a2－b2)＝x1＋x2.
又－a≤x1≤a，－a≤x2≤a，x1≠x2，所以－2a＜x1＋x2＜2a，则eq \f(2a3,5a2－b2)＜2a，即eq \f(b2,a2)＜eq \f(4,5)，所以e2＞eq \f(1,5).又0＜e＜1，所以eq \f(\r(5),5)＜e＜1.
答案：D
4．(合肥模拟) 已知椭圆C：eq \f(x2,2)＋y2＝1，若一组斜率为eq \f(1,4)的平行直线被椭圆C所截线段的中点均在直线l上，则l的斜率为( )
A．－2 B．2
C．－eq \f(1,2) D.eq \f(1,2)
解析：设平行直线中的一条直线的方程为y＝eq \f(1,4)x＋m，与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，弦AB的中点坐标为M(x，y)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,4)x＋m，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，得9x2＋8mx＋16m2－16＝0，Δ＝64m2－4×9×(16m2－16)＞0，解得－eq \f(3\r(2),4)＜m＜eq \f(3\r(2),4)，∴x1＋x2＝－eq \f(8m,9)，x1x2＝eq \f(16m2－16,9).∵M(x，y)为弦AB的中点，∴x1＋x2＝2x，∴－eq \f(8m,9)＝2x，x＝－eq \f(4m,9)，∵m∈(－eq \f(3\r(2),4)，eq \f(3\r(2),4))，∴x∈(－eq \f(\r(2),3)，eq \f(\r(2),3))．由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,4)x＋m，,x＝－\f(4m,9)，))消去m，得y＝－2x，∴直线l的方程为y＝－2x，x∈(－eq \f(\r(2),3)，eq \f(\r(2),3))，∴直线l的斜率为－2，故选A.
答案：A
5．(烟台模拟)已知F(2,0)为椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点，过F且垂直于x轴的弦长为6，若A(－2，eq \r(2))，点M为椭圆上任一点，则|MF|＋|MA|的最大值为________．
解析：设椭圆的左焦点为F′，
由椭圆的右焦点为F(2,0)，得c＝2，又过F且垂直于x轴的弦长为6，即eq \f(2b2,a)＝6，
则eq \f(a2－c2,a)＝eq \f(a2－4,a)＝3，解得a＝4，
所以|MF|＋|MA|＝8－|MF′|＋|MA|＝8＋|MA|－|MF′|，
当M，A，F′三点共线时，|MA|－|MF′|取得最大值，(|MA|－|MF′|)max＝|AF′|＝eq \r(2)，
所以|MF|＋|MA|的最大值为8＋eq \r(2).
答案：8＋eq \r(2)
6．(石家庄质检)已知F为双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，过原点的直线l与双曲线交于M，N两点，且eq \(MF,\s\up6(→))·eq \(NF,\s\up6(→))＝0，△MNF的面积为ab，则该双曲线的离心率为________．
解析：因为eq \(MF,\s\up6(→))·eq \(NF,\s\up6(→))＝0，所以eq \(MF,\s\up6(→))⊥eq \(NF,\s\up6(→)).设双曲线的左焦点为F′，则由双曲线的对称性知四边形F′MFN为矩形，则有|MF|＝|NF′|，|MN|＝2c.不妨设点N在双曲线右支上，由双曲线的定义知，|NF′|－|NF|＝2a，所以|MF|－|NF|＝2a.因为S△MNF＝eq \f(1,2)|MF|·|NF|＝ab，所以|MF|·|NF|＝2ab.在Rt△MNF中，|MF|2＋|NF|2＝|MN|2，即(|MF|－|NF|)2＋2|MF||NF|＝|MN|2，所以(2a)2＋2·2ab＝(2c)2，把c2＝a2＋b2代入，并整理，得eq \f(b,a)＝1，所以e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b,a)2)＝eq \r(2).
答案：eq \r(2)
7．(上饶模拟)过点M(m,0)(m＞0)作直线l，与抛物线y2＝4x，有两交点A，B，点F为抛物线的焦点，若eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＜0，则m的取值范围是________．
解析：设直线l的方程为x＝ty＋m，直线l与曲线C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴x1＝eq \f(1,4)yeq \\al(2,1)，x2＝eq \f(1,4)yeq \\al(2,2).
将l的方程代入抛物线方程，化简得y2－4ty－4m＝0，∴Δ＝16(t2＋m)＞0，y1＋y2＝4t，y1y2＝－4m.易得F(1,0)，∴eq \(FA,\s\up6(→))＝(x1－1，y1)，eq \(FB,\s\up6(→))＝(x2－1，y2)，∴eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝eq \f(1,16)(y1y2)2＋y1y2－eq \f(1,4)(yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2))＋1＝eq \f(1,16)(y1y2)2＋y1y2－eq \f(1,4)[(y1＋y2)2－2y1y2]＋1＝m2－6m＋1－4t2.又eq \(FA,\s\up6(→))·eq \(FB,\s\up6(→))＜0，
∴m2－6m＋1－4t2＜0，即m2－6m＋1＜4t2恒成立．又4t2≥0，
∴只需m2－6m＋1＜0即可，解得3－2eq \r(2)＜m＜3＋2eq \r(2).∴m的取值范围为(3－2eq \r(2)，3＋2eq \r(2))．
答案：(3－2eq \r(2)，3＋2eq \r(2))
8．(福州四校联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为eq \f(b,3)，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
解析：(1)由内切圆的性质，得eq \f(1,2)×2c×b＝eq \f(1,2)×(2a＋2c)×eq \f(b,3)，得eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
将x＝c代入eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1，得y＝±eq \f(b2,a)，所以eq \f(2b2,a)＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝eq \r(3)，
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．
联立方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,3x2＋4y2－12＝0，))得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(8k2,3＋4k2)，,x1x2＝\f(4k2－12,3＋4k2)))①，其中Δ＞0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，
即eq \f(y1,x1－t)＋eq \f(y2,x2－t)＝0 ②.
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得
eq \f(kx1－1x2－t＋kx2－1x1－t,x1－tx2－t)＝eq \f(k[2x1x2－t＋1x1＋x2＋2t],x1－tx2－t)＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0 ③，
将①代入③得eq \f(8k2－24－t＋18k2＋2t3＋4k2,3＋4k2)＝eq \f(6t－24,3＋4k2)＝0 ④，
则t＝4，
综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．
B组 能力提升练
9．已知点M(－3,2)是坐标平面内一定点，若抛物线y2＝2x的焦点为F，点Q是该抛物线上的一动点，则|MQ|－|QF|的最小值是( )
A.eq \f(7,2) B．3
C.eq \f(5,2) D．2
解析：抛物线的准线方程为x＝－eq \f(1,2)，过Q作准线
的垂线，垂足为Q′，如图．依据抛物线的定义，
得|QM|－|QF|＝|QM|－|QQ′|，则当QM和QQ′共
线时，|QM|－|QQ′|的值
最小，最小值为eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－3－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))))＝eq \f(5,2).
答案：C
10．(兰州模拟)已知圆C：(x－eq \r(3))2＋(y－1)2＝1和两点A(－t,0)，B(t,0)(t＞0)，若圆C上存在点P，使得∠APB＝90°，则t的取值范围是( )
A．(0,2] B．[1,2]
C．[2,3] D．[1,3]
解析：依题意，设点P(eq \r(3)＋cs θ，1＋sin θ)，
∵∠APB＝90°，∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(BP,\s\up6(→))＝0，
∴(eq \r(3)＋cs θ＋t)(eq \r(3)＋cs θ－t)＋(1＋sin θ)2＝0，
得t2＝5＋2eq \r(3)cs θ＋2sin θ＝5＋4sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))，
∵sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,3)))∈[－1,1]，∴t2∈[1,9]，
∵t＞0，∴t∈[1,3]．
答案：D
11．(惠州调研)设m，n∈R，若直线l：mx＋ny－1＝0与x轴相交于点A，与y轴相交于点B，且直线l与圆x2＋y2＝4相交所得的弦长为2，O为坐标原点，则△AOB面积的最小值为( )
A．5 B．4
C．3 D．2
解析：由直线与圆相交所得的弦长为2，得圆心到直线的距离d＝eq \f(1,\r(m2＋n2))＝eq \r(3)，所以m2＋n2＝eq \f(1,3)≥2|mn|，当且仅当m＝n时等号成立．所以|mn|≤eq \f(1,6)，又Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,m)，0))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,n)))，所以△AOB的面积S＝eq \f(1,2|mn|)≥3，故△AOB面积的最小值为3.
答案：C
12．(西安八校联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过(1,1)与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\f(\r(3),2)))两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过原点的直线l与椭圆C交于A，B两点，椭圆C上一点M满足|MA|＝|MB|.求证：eq \f(1,|OA|2)＋eq \f(1,|OB|2)＋eq \f(2,|OM|2)为定值．
解析：(1)将(1,1)与eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),2)，\f(\r(3),2)))两点代入椭圆C的方程，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)＝1，,\f(3,2a2)＋\f(3,4b2)＝1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝3，,b2＝\f(3,2).))
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(2y2,3)＝1.
(2)证明：由|MA|＝|MB|，知M在线段AB的垂直平分线上，由椭圆的对称性知A，B关于原点对称．
①若点A，B是椭圆的短轴顶点，则点M是椭圆的一个长轴顶点，
此时eq \f(1,|OA|2)＋eq \f(1,|OB|2)＋eq \f(2,|OM|2)＝eq \f(1,b2)＋eq \f(1,b2)＋eq \f(2,a2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))＝2.同理，若点A，B是椭圆的长轴顶点，
则点M在椭圆的一个短轴顶点，
此时eq \f(1,|OA|2)＋eq \f(1,|OB|2)＋eq \f(2,|OM|2)＝eq \f(1,a2)＋eq \f(1,a2)＋eq \f(2,b2)＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(1,b2)))＝2.
②若点A，B，M不是椭圆的顶点，设直线l的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OM的方程为y＝－eq \f(1,k)x，
设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,3)＋\f(2y2,3)＝1，))解得xeq \\al(2,1)＝eq \f(3,1＋2k2)，yeq \\al(2,1)＝eq \f(3k2,1＋2k2)，
∴|OA|2＝|OB|2＝xeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,1)＝eq \f(31＋k2,1＋2k2)，
同理|OM|2＝eq \f(31＋k2,2＋k2)，
∴eq \f(1,|OA|2)＋eq \f(1,|OB|2)＋eq \f(2,|OM|2)
＝2×eq \f(1＋2k2,31＋k2)＋eq \f(22＋k2,31＋k2)＝2，
故eq \f(1,|OA|2)＋eq \f(1,|OB|2)＋eq \f(2,|OM|2)＝2为定值．
13．已知点M是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上一点，F1、F2分别为C的左、右焦点，|F1F2|＝4，∠F1MF2＝60°，△F1MF2的面积为eq \f(4\r(3),3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设N(0,2)，过点P(－1，－2)作直线l，交椭圆C于异于N的A，B两点，直线NA，NB的斜率分别为k1，k2，证明：k1＋k2为定值．
解析：(1)在△F1MF2中，由eq \f(1,2)|MF1||MF2|sin 60°＝eq \f(4\r(3),3)，得|MF1||MF2|＝eq \f(16,3).
由余弦定理，得|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2－2|MF1|·|MF2|cs 60°＝(|MF1|＋|MF2|)2－2|MF1|·|MF2|(1＋cs 60°)，
从而2a＝|MF1|＋|MF2|＝4eq \r(2)，即a＝2eq \r(2)，从而b＝2，故椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：当直线l的斜率存在时，设其方程为y＋2＝k(x＋1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1，,y＋2＝kx＋1))得(1＋2k2)x2＋4k(k－2)x＋2k2－8k＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(4kk－2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－8k,1＋2k2).
从而k1＋k2＝eq \f(y1－2,x1)＋eq \f(y2－2,x2)＝eq \f(2kx1x2＋k－4x1＋x2,x1x2)＝2k－(k－4)eq \f(4kk－2,2k2－8k)＝4.
当直线l的斜率不存在时，可取Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(14),2)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(14),2)))，得k1＋k2＝4.
综上，恒有k1＋k2＝4.