（江苏专用）2020版高考数学总复习第十章第五节圆锥曲线的综合问题课时作业苏教版.docx

第五节圆锥曲线的综合问题课时作业练1.(2018江苏启东中学期末)离心率为2,且与椭圆x225+y29=1有共同焦点的双曲线的标准方程是.答案x24-y212=1解析设双曲线的标准方程为x2a2-y2b2=1(a0,b0),由题意得椭圆的焦点为(4,0),c=4,ca=2,则a=2,则b2=c2-a2=12,则双曲线的标准方程为x24-y212=1.2.(2018盐城田家炳中学期末)若双曲线x2a2-y23=1(a0)的一条渐近线被圆(x-2)2+y2=4所截得的弦长为2,则该双曲线的实轴长为.答案2解析不妨设双曲线的一条渐近线为3x-ay=0,易知圆的半径r=2,圆心(2,0)到渐近线的距离d=233+a2,依题意有233+a22+1=4,由a0解得a=1,所以双曲线的实轴长为2a=2.3.设F1、F2分别是椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,若直线x=a2c上存在点P,使线段PF1的中垂线过点F2,则椭圆的离心率的取值范围是.答案33,1解析设直线x=a2c与x轴的交点为Q,则|PF2|QF2|,易知|F1F2|=|PF2|,所以|F1F2|QF2|,所以a2c-c2c,故e213,又0e0,b0)的左,右焦点,点P为双曲线C右支上一点,直线PF1与圆x2+y2=a2相切,且|PF2|=|F1F2|,则双曲线C的离心率为.答案53解析设直线PF1与圆相切于点M,|PF2|=|F1F2|,PF1F2为等腰三角形,由此易知|F1M|=14|PF1|.在RtF1MO(O为坐标原点)中,|F1M|2=|F1O|2-a2=c2-a2,|F1M|=b=14|PF1|.又|PF1|=|PF2|+2a=2c+2a,c2=a2+b2,故由得e=ca=53.5.(2018常州教育学会学业水平检测高三)在平面直角坐标系xOy中,设直线l:x+y+1=0与双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的两条渐近线都相交且交点都在y轴的左侧,则双曲线C的离心率e的取值范围是.答案(1,2)解析由题意可得-ba-1,则ba1,则离心率e=ca=1+ba21,故e的取值范围是(1,2).6.(2018江苏高考信息预测)如图,F1,F2是双曲线E:x24-y22=1与椭圆F的公共焦点,A是它们在第二象限内的交点,且AF1AF2,则椭圆F的离心率为.答案32解析设椭圆F的方程为x2a2+y2b2=1(ab0),易得|F1F2|=26,|AF2|-|AF1|=4,|AF2|+|AF1|=2a,|AF1|2+|AF2|2=|F1F2|2,解得a=22,c=6,所以椭圆F的离心率e=ca=622=32.7.(2019江苏南京高三模拟)设A,B是椭圆C:x23+y2m=1长轴的两个端点.若C上存在点M满足AMB=120,则m的取值范围是.答案(0,19,+)解析当0m3时,椭圆C的长轴在x轴上,如图(1),A(-3,0),B(3,0),M(0,m).图(1)当点M运动到短轴的端点时,AMB取得最大值,此时AMB120,则|MO|1,即03时,椭圆C的长轴在y轴上,如图(2),A(0,m),B(0,-m),M(3,0).图(2)当点M运动到短轴的端点时,AMB取得最大值,此时AMB120,则|OA|3,即m3,即m9.综上,m(0,19,+).8.已知O为坐标原点,F是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点,A,B分别为C的左,右顶点.P为C上一点,且PFx轴.过点A的直线l与线段PF交于点M,与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点,则C的离心率为.答案13解析设点M(-c,y0),OE的中点为N,则直线AM的斜率k=y0a-c,从而直线AM的方程为y=y0a-c(x+a),令x=0,得点E的纵坐标yE=ay0a-c.同理,OE的中点N的纵坐标yN=ay0a+c.因为2yN=yE,所以2a+c=1a-c,即2a-2c=a+c,所以e=ca=13.9.已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点为F1、F2,离心率为33,过F2的直线l交C于A、B两点.若AF1B的周长为43,则C的方程为.答案x23+y22=1解析由题意及椭圆的定义知4a=43,则a=3,又ca=c3=33,c=1,b2=2,C的方程为x23+y22=1.10.已知椭圆C:x22+y2n=1(0n0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-8k22k2+n,x1x2=8k2-2n2k2+n,由y1x1-m+y2x2-m=0,得(x1-m)y2+(x2-m)y1=0,即k(x1-m)(x2+2)+k(x2-m)(x1+2)=0.当k0时,2x1x2-(m-2)(x1+x2)-4m=0,所以28k2-2n2k2+n+(m-2)8k22k2+n-4m=0,化简得n(m+1)2k2+n=0,所以m=-1.当k=0时,检验也成立.所以存在点M(-1,0),使得NMA+NMB=180.11.(2019江苏连云港高三模拟)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:x24+y23=1的左、右顶点分别为A、B,过右焦点F的直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P在x轴上方).(1)若|QF|=2|FP|,求直线l的方程;(2)设直线AP,BQ的斜率分别为k1,k2,是否存在常数,使得k1=k2?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.解析(1)因为a2=4,b2=3,所以c=a2-b2=1,所以F的坐标为(1,0).设P(x1,y1),Q(x2,y2),直线l的方程为x=my+1.将x=my+1代入椭圆方程,得(4+3m2)y2+6my-9=0,则y1=-3m+61+m24+3m2,y2=-3m-61+m24+3m2.若|QF|=2|PF|,即QF=2FP,则-3m-61+m24+3m2+2-3m+61+m24+3m2=0,解得m=255,故直线l的方程为5x-2y-5=0.(2)存在.由(1)知,y1+y2=-6m4+3m2,y1y2=-94+3m2.所以my1y2=-9m4+3m2=32(y1+y2).所以k1k2=y1x1+2x2-2y2=y1(my2-1)y2(my1+3)=32(y1+y2)-y132(y1+y2)+3y2=13.故存在常数=13,使得k1=13k2.12.(2019江苏南京高三模拟)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(ab0)的离心率为22,且原点到过点A(0,a)和B(b,0)的直线的距离为63.(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知D为椭圆C的左顶点,M为直线x=b上异于B的一动点,直线DM交椭圆C于N,记直线OM,BN的斜率分别为k1,k2.证明:k1k2为定值;过M且与BN垂直的直线交椭圆C于P,Q两点,求BPQ面积的最大值.解析(1)由ca=22,得a=2c,故a=2b,所以可设直线AB的方程为xb+y2b=1,即2x+y-2b=0.所以2b3=63,得b=1,所以a=2,所以椭圆C的标准方程为y22+x2=1.(2)证明:设M(1,t)(t0),N(x0,y0),则y022+x02=1,即y02=2(1-x02).所以kDNk2=y0x0+1y0x0-1=2(1-x02)x02-1=-2,又kDM=t1-(-1)=t2,k1=t-01-0=t,所以k1=2kDM,故k1k2=2kDMk2=-4.设P(x1,y1),Q(x2,y2),由直线PQBN,得kPQ=-1k2=-1-4k1=k14=t4,则PQ:y-t=t4(x-1),即y=t4(x+3).联立y=t4(x+3),y22+x2=1,消去y并整理,得(t2+32)x2+6t2x+9t2-32=0,=1 024(4-t2)0,x1+x2=-6t2t2+32,x1x2=9t2-32t2+32,又|PQ|=1+t42|x1-x2|,点B到直线PQ的距离d=|t|1+t42,所以SBPQ=12|PQ|d=12|t|x1-x2|=12|t|(x1+x2)2-4x1x2=16|t|4-t2t2+32=16t2(4-t2)(t2+32)2.令u=1t2+32,则u136,132,故SBPQ=16(1-32u)(36u-1)=1672(9-288u)(288u-8)166212=223,当且仅当u=17576,即t=43417时取等号,故BPQ面积的最大值为223.基础滚动练(滚动循环夯实基础)1.已知4a=2,lgx=a,则x=.答案10解析由4a=2得a=log42=12=12lg10=lg10=lgx,所以x=10.2.在等差数列an中,a7=m,a14=n,则a28=.答案3n-2m解析等差数列an的公差d=n-m7,则a28=a14+14d=n+2(n-m)=3n-2m.3.若函数f(x)=sin(x+)02的图象关于直线x=6对称,则 =. 答案3解析由题意可得6+=2+k,kZ,所以=3+k,kZ,又0e,其中e是自然对数的底数,若直线y=2与函数y=f(x)的图象有三个交点,则实数a的取值范围是.答案2e-2,+)解析由题意知a0,作出函数f(x)的大致图象如下:要使直线y=2与函数f(x)的图象有三个交点,只要ae22,解得a2e-2,即实数a的取值范围是2e-2,+).7.(2019江苏扬州中学高三模拟)已知ABC的三个内角A,B,C所对的边分别为a,b,c,向量m=(1,2),n=cos2A,cos2A2,且mn=1.(1)求角A的大小;(2)若b+c=2a=23,求sinB-4的值.解析(1)由题意得mn=cos 2A+2cos2A2=2cos2 A-1+cos A+1=2cos2 A+co