第2章圆锥曲线（单元培优卷）

第2章圆锥曲线（单元培优卷）（考试时间：120分钟试卷满分：150分）一、填空题（本大题满分54分）本大题共有12题，16题每题4分，712题每题5分，1．已知抛物线经过点，则此抛物线的准线方程是．【分析】根据题意建立方程求出，再根据抛物线的几何性质，即可求解．【解答】解：抛物线经过点，，，该抛物线的准线方程是．故答案为：．【点评】本题考查抛物线的几何性质，方程思想，属基础题．2．直线被圆截得的弦长为．【分析】利用点到直线的距离公式，结合圆的弦长公式计算即得．【解答】解：圆的圆心，半径，点到直线的距离，所以所求弦长为．故答案为：．【点评】本题考查直线与圆相交的性质，考查运算求解能力，属于基础题．3．从某个角度观察篮球（如图，可以得到一个对称的平面图形，如图2所示，篮球的外轮廓为圆，将篮球表面的粘合线看成坐标轴和双曲线，若坐标轴和双曲线与圆的交点将圆的周长八等分，且，则该双曲线的离心率为．【分析】设圆半径为，利用半径表示出和圆上第一象限的八等分点的坐标，代入双曲线方程可得，然后可得离心率．【解答】解：设圆半径为，双曲线方程为．已知，得，设双曲线与圆在第一象限的交点为，则，代入双曲线方程，得，解得．．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的几何性质，考查双曲线与圆位置关系的应用，考查运算求解能力，是中档题．4．已知双曲线左右焦点分别为、，点为右支上一动点，圆与的延长线、的延长线和线段都相切，则1．【分析】画出图形，根据双曲线的几何性质，圆的几何性质，向量数量积的定义，化归转化，即可求解．【解答】解：如图，设圆与的延长线、的延长线和线段分别切于点，，，连接，则，，，由双曲线方程为，可得，，，又为右支上的一动点，，又，，，由题意可知，又，，，．故答案为：1．【点评】本题考查双曲线的几何性质，圆的几何性质，向量数量积的运算，属中档题．5．已知双曲线的左、右焦点分别为，，过的直线交该双曲线于点、，且，，则△的面积为24．【分析】设，则根据题意可知，，，，又易知，在△中，由勾股定理建立方程，即可求解．【解答】解：设，则根据题意可知，，，，又易知，在△中，由勾股定理可得：，解得，又，，，△的面积为．故答案为：24．【点评】本题考查双曲线的几何性质，方程思想，属中档题．6．已知抛物线的焦点是双曲线的右焦点，过点的直线的法向量，与轴以及的左支分别相交，两点，若，则双曲线的实轴长为2．【分析】求出直线的方程，可得点的坐标，利用向量的坐标运算可求出点的坐标，代入双曲线方程，结合，可得，的值，从而可得实轴长．【解答】解：由抛物线方程知，，又直线的法向量，所以直线的方程为，令，得，所以，设，，由，得，，，所以，，代入双曲线方程，得，因为抛物线的焦点是双曲线的右焦点，所以，解得，，所以双曲线的实轴长．故答案为：2．【点评】本题主要考查抛物线与双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．7．已知抛物线与椭圆有公共焦点，椭圆的另一个焦点为，是这两曲线的一个交点，则△的面积为．【分析】利用抛物线方程得出焦点坐标，从而得出椭圆方程，联立椭圆与抛物线可求出坐标，根据三角形面积公式计算焦点三角形的面积即可．【解答】解：抛物线的焦点坐标为，，；椭圆方程为，联立，得，或（舍去），，即点，又，．故答案为：．【点评】本题考查椭圆的几何性质，抛物线的几何性质，属中档题．8．已知，分别是双曲线的左、右焦点，过点且垂直轴的直线与交于，两点，且，若圆与的一条渐近线交于，两点，则．【分析】令，求得，解直角三角形可得双曲线的渐近线方程，再由直线和圆相交的弦长公式，计算可得所求弦长．【解答】解：设，令，可得，即有，可得，解得，即有，所以渐近线方程为，由对称性，不妨取进行计算，由圆心到直线的距离，可得弦长．故答案为：．【点评】本题考查双曲线的方程和性质，以及直线和圆的位置关系，考查方程思想和运算能力，属于中档题．9．双曲线具有如下光学性质：从一个焦点发出的光线经双曲线反射后，反射光线的反向延长线一定经过另一个焦点．已知双曲线，如图从的一个焦点射出的光线，经过，两点反射后，分别经过点和．若，则的离心率为．【分析】分别延长，交双曲线的左焦点为，根据题意得，且，设，则，，设，则，再根据求出的值，从而可得，，再根据离心率的定义即可求解．【解答】解：如图，分别延长，交双曲线的左焦点为，因为，两边平方得，，所以，因为，所以，设，则，，设，则，又，所以，所以，所以，又，所以，所以，，所以离心率为．故答案为：．【点评】本题主要考查双曲线的性质，考查运算求解能力，属于中档题．10．参加数学兴趣小组的小何同学在打篮球时，发现当篮球放在地面上时，篮球的斜上方灯泡照过来的光线使得篮球在地面上留下的影子有点像数学课堂上学过的椭圆，但他自己还是不太确定这个想法，于是回到家里翻阅了很多参考资料，终于明白自己的猜想是没有问题的，而且通过学习，他还确定地面和篮球的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点．他在家里做了个探究实验：如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为1个单位长度，在球的右上方有一个灯泡（当成质点），灯泡与桌面的距离为4个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为，影子椭圆的右顶点到点的距离为3个单位长度，则这个影子椭圆的离心率．【分析】建立直角坐标系，由题意可知，，，求得直线的方程，利用点到直线的距离公式求得、的坐标，再利用到的距离求得点坐标，则可得出，，求解，即可得到椭圆的离心率．【解答】解：以为坐标原点建立平面直角坐标系，由题意可知，，由题意可得，，则，，设，，则到的距离，解得（舍去）．，则，又设，由，得．，则，得，，，解得．椭圆的离心率．故答案为：．【点评】本题考查椭圆离心率的求法，解题的关键是建立直角坐标系，根据题意求解与，属难题．11．已知抛物线的焦点为，经过的直线与抛物线交于，两点，设点在抛物线的准线上，若是等腰直角三角形，则或8．【分析】根据抛物线方程可得焦点坐标和准线方程，分别对直角顶点进行分类讨论，利用三角形相似以及焦点弦公式列方程即可解得的取值为或8．【解答】解：易知抛物线的焦点为，准线方程为，设直线的方程为，，，，，，设的中点为，，联立直线与抛物线方程可得，显然△，则，，则，可得，因为是等腰直角三角形，当点为直角顶点时，过点作轴的垂线，过点作，垂足为，过点作，垂足为，如下图所示：易知，，，所以，可得，，可得，又，所以，即，解得，可得，所以，同理可得当点为直角顶点时，；当点为直角顶点时，点在以为直径的圆上，如下图所示：易知线段的中点为，，可得以为直径的圆的方程为，当时，解得，即，此时与轴平行，又是等腰直角三角形，所以，即直线与轴垂直，显然此时，，，满足题意．故答案为：或8．【点评】本题考查抛物线的定义、直线与抛物线的位置关系，考查运算求解能力，是难题．12．设、是两个实数，且满足，直线和圆交于两点后、，若对于任意的，，均存在正数，使得的面积均不小于，则的最大值为．【分析】设到直线的距离为，利用三角形的面积均不小于列不等式，由此求得的取值范围，再利用点到直线的距离公式转化为关于，的不等式根据的取值范围，求得的取值范围，由此求得关于，的不等式，结合导数求得的最大值．【解答】解：设到直线的距离为，则，解得，即，所以，因为，，时，，所以，因为存在满足条件，所以，化简得，且，由得，所以，因为，解不等式无解，所以（a）在，上单调递减，所以，故的最大值为．故答案为：．【点评】本小题主要考查直线和圆的位置关系，考查利用导数求最值，属于难题．二、选择题（本大题满分18分）本大题共有4题，每题只有一个正确答案，13/14题每题4分，15/16题5分。13．如果直线经过双曲线的中心，且与该双曲线不相交，则的斜率的取值范围是A． B． C． D．【分析】设直线方程为，与双曲线联立消去得，，因为直线与该双曲线不相交，所以方程没有实数根，所以，即可求出答案．【解答】解：依题意知，直线的斜率存在，设为，双曲线的中心为，因为直线经过双曲线的中心，所以设直线方程为，由，消去得，，因为直线与该双曲线不相交，所以方程没有实数根，所以，即，解得或，所以直线的斜率的取值范围是：．故选：．【点评】本题考查直线与双曲线的交点问题，属于中档题．14．中记载了我国古代数学家祖暅在计算球的体积时使用的一个原理：“幂势既同，则积不容异”，此即祖暅原理．已知双曲线，若双曲线右焦点到渐近线的距离记为，双曲线的两条渐近线与直线，以及双曲线的右支围成的图形（如图中阴影部分所示）绕轴旋转一周所得几何体的体积为（其中，则双曲线的离心率为A． B． C． D．【分析】根据点到直线的距离公式得，利用祖暅原理求解体积，即可根据离心率公式求解．【解答】解：焦点到的距离，令，可得截面为一个圆环．由可得；由，解得．所以截面的面积为，由对称性和祖暅原理可得所得几何体的体积为，即有，即有，即，故，所以．故选：．【点评】本题考查双曲线的离心率的求解，化归转化思想，属中档题．15．在平面上，若曲线具有如下性质：存在点，使得对于任意点，都有使得．则称这条曲线为“自相关曲线”．判断下列两个命题的真假①所有椭圆都是“自相关曲线”．②存在是“自相关曲线”的双曲线．A．①假命题；②真命题 B．①真命题；②假命题 C．①真命题；②真命题 D．①假命题；②假命题【分析】由新定义求解曲线上任一点到定点距离的取值范围，当任意，都有时，曲线满足定义，结合椭圆与双曲线的性质判断．【解答】解：对于①，不妨设椭圆方程为，，则椭圆上一点到距离为，当时，对称轴，可得，，总存在使得，此时满足题意，故任意椭圆都是“自相关曲线”，故①正确，对于②，对于给定的双曲线和点，显然存在最小值，而横坐标趋近于无穷大时，趋近于无穷大，，，故不满足题意，不存在双曲线是“自相关曲线”，故②错误．故选：．【点评】本题考查曲线与方程的关系，关键在于新定义的理解，转化为求曲线上任一点到定点距离的取值范围，再结合椭圆与双曲线的性质判断即可，属于中档题．16．已知椭圆的左、右焦点分别是，，若离心率，则称椭圆为“黄金椭圆”．则下列三个命题中正确命题的个数是①在黄金椭圆中，；②在黄金椭圆中，若上顶点、右顶点分别为，，则；③在黄金椭圆中，以，，，为顶点的菱形的内切圆过焦点，．A．0 B．1 C．2 D．3【分析】本道题结合椭圆的基本性质，结合三角形三边关系，建立等式，证明，即可．【解答】解：对于①，因为，所以，又，故，所以，，成等比数列，故①正确；对于②，如图，由题可知，，又因为，，所以，所以△为直角三角形，即，故②正确；对于③，如图所示，设与内切圆相切于点，连接，由切线性质可知，则，将代入上式，可得，即内切圆半径为，所以内切圆过两个焦点，故③正确．故选：．【点评】本题考查了椭圆的性质的应用，属于较难题目．三、解答题（本大题共有5题78分，1719题每题14分，20/21每题18分），解答下列各题必须写出必要的步骤。17．已知直线和圆．（1）判断直线与圆的位置关系；若相交，求直线被圆截得的弦长；（2）求过点且与圆相切的直线方程．【分析】（1）利用点到直线的距离公式以及直线与圆的位置关系求解；（2）利用直线与圆相切，以及点到直线的距离公式的关系求解．【解答】解：（1）由圆可得，圆心，半径，圆心到直线的距离为，所以直线与圆相交，直线被圆截得的弦长为．（2）若过点的直线斜率不存在，则方程为，此时圆心到直线的距离为，满足题意；若过点且与圆相切的直线斜率存在，则设切线方程为，即，则圆心到直线的距离为，解得，所以切线方程为，即，综上，过点且与圆相切的直线方程为或．【点评】本题主要考查直线与圆的位置关系，属于中档题．18．如图，已知椭圆和抛物线，的焦点是的上顶点，过的直线交于、两点，连接、并延长之，分别交于、两点，连接，设、的面积分别为、．（1）求的值；（2）求的值；（3）求的取值范围．【分析】（1）根据题意即可求出的值．（2）设直线的方程为，点，、，，联立直线与抛物线，即可得出的值．（3）联立直线与椭圆方程，根据点所在象限和均值不等式，即可得出答案．【解答】解：（1）抛物线的焦点为，故．（2）若直线与轴重合，则该直线与抛物线只有一个公共点，不合乎题意，所以，直线的斜率存在，设直线的方程为，点，、，，联立，可得，△恒成立，则，．（3）设直线、的斜率分别为、，其中，，联立，可得，解得，点在第三象限，则，点在第四象限，同理可得，且，，当且仅当时，等号成立．的取值范围为，．【点评】本题考查直线与圆锥曲线的综合问题，属于中档题．19．已知椭圆的上顶点为，离心率，过点的直线与椭圆交于，两点，直线、分别与轴交于点、．（1）求椭圆的方程；（2）已知命题“对任意直线，线段的中点为定点”为直命题，求的重心坐标；（3）是否存在直线，使得？若存在，求出所有满足条件的直线的方程；若不存在，请说明理由．（其中、分别表示、的面积）【分析】（1）由条件列方程求出，可得，由此能求出椭圆的方程．（2）对任意直线，线段的中点为定点，取，则直线，联立，可得，解得，，直线，解得，由，得，由此能求出的重心．（3）设满足条件的直线存在，其斜率为，，设，，，，不妨令，由，得，由△，利用韦达定理、直线方程、弦长公式、三角形面积公式，由此能求出直线的方程．【解答】解：（1）由条件：，可知，，，，椭圆的方程为．（2）由条件，对任意直线，线段的中点为定点，我们只需要取一条特殊的直线，不妨取，则直线，联立，可得，解得，，直线，解得，，，设的重心为，由，得，．（3）设满足条件的直线存在，其斜率为，，设，，，，不妨令，由，消去得，由△，解得，由韦达定理得，，直线的方程为，令，解得，直线的方程为，令，解得，，，，，即，，，，，直线的方程为．【点评】本题考查椭圆方程、直线与椭圆的位置关系、韦达定理、直线方程、弦长公式、三角形面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．20．如图，已知椭圆经过点，离心率．（1）求椭圆的标准方程；（2）椭圆上任意点，轴上一点，若的最小值为，求实数的取值范围；（3）设是经过右焦点的任一弦（不经过点，直线与直线相交于点，记，，的斜率分别为，，，求证：，，成等差数列．【分析】（1）根据长轴长和离心率求出，，从而求出，得到椭圆方程；（2）设，，讨论对称轴与定义域的关系即可得出答案．（3）先得到直线的斜率一定存在，设出直线的方程，求出，直线的方程与椭圆方程联立，得到两根之和，两根之积，进而表达出，，，从而得证．【解答】解：（1）由题意，点在椭圆上得，可得①，又由，所以②，由①②联立且，可得，，，故椭圆的标准方程为．（2）设，，令，对称轴为，因为，当，即，，故符合题意；当，即，，所以，解得，不符合题意；当，即，，解得；所以实数的取值范围为：．（3）证明：由（1）知，椭圆的方程为，可得椭圆右焦点坐标，显然直线斜率存在，设的斜率为，则直线的方程为，联立方程组，整理得，易知△，设，，，，则有，，由直线的方程为，令，可得，即，从而，，，又因为，，共线，则有，即有，所以，将，代入得，又由，所以，即，，成等差数列．【点评】本题考查直线与椭圆的位置关系，属于中档题．21．已知椭圆，抛物线若直线与曲线交于点、，直线与曲线分别交于点、．当时，则称直线是