湖南省高考数学第二轮复习 专题升级训练14 椭圆、双曲线、抛物线 文

专题升级训练14　椭圆、双曲线、抛物线(时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分)1．(2012·安徽安庆二模，2)在同一坐标系下，下列曲线中，右焦点与抛物线y2＝4x的焦点重合的是(　　)．A.＋＝1B.＋＝1C.－＝1D.－＝12．已知圆的方程为x2＋y2＝4，若抛物线过定点A(0,1)，B(0，－1)．且以该圆的切线为准线，则抛物线焦点的轨迹方程是(　　)．A.＋＝1(y≠0)B.＋＝1(y≠0)C.＋＝1(x≠0)D.＋＝1(x≠0)3．(2012·湖南湘潭模拟，6)已知直线l过抛物线C的焦点，且与C的对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|＝12，P为C的准线上一点，则△ABP的面积为(　　)．A．18B．24C．36D．484．若直线mx＋ny＝4与圆x2＋y2＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数为(　　)．A．至少1个B．2个C．1个D．0个5．已知点A，B是双曲线x2－＝1上的两点，O为坐标原点，且满足·＝0，则点O到直线AB的距离等于(　　)．A.B.C．2D．26．(2012·山东潍坊3月模拟，10)直线4kx－4y－k＝0与抛物线y2＝x交于A，B两点，若|AB|＝4，则弦AB的中点到直线x＋＝0的距离等于(　　)．A.B．2C.D．4二、填空题(本大题共3小题，每小题6分，共18分)7．(2012·江苏苏、锡、常、镇四市调研，8)已知点M与双曲线－＝1的左，右焦点的距离之比为2∶3，则点M的轨迹方程为__________．8．已知抛物线y2＝2px(p＞0)上一点M(1，m)，到其焦点的距离为5，双曲线x2－＝1的左顶点为A，若双曲线的一条渐近线与直线AM垂直，则实数a＝__________.9．连接抛物线x2＝4y的焦点F与点M(1,0)所得的线段与抛物线交于点A，设点O为坐标原点，则△OAM的面积为__________．三、解答题(本大题共3小题，共46分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)10．(本小题满分15分)(2012·河北邯郸一模，20)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的短轴长等于焦距，椭圆C上的点到右焦点F的最短距离为－1.(1)求椭圆C的方程；(2)过点E(2,0)且斜率为k(k＞0)的直线l与C交于M，N两点，P是点M关于x轴的对称点，证明：N，F，P三点共线．-5-\n11．(本小题满分15分)如图，椭圆C：＋＝1的焦点在x轴上，左、右顶点分别为A1，A，上顶点为B.抛物线C1，C2分别以A，B为焦点，其顶点均为坐标原点O，C1与C2相交于直线y＝x上一点P.(1)求椭圆C及抛物线C1，C2的方程；(2)若动直线l与直线OP垂直，且与椭圆C交于不同两点M，N，已知点Q(－，0)，求·的最小值．12．(本小题满分16分)(2012·安徽安庆二模，20)已知直线l：x＋y＋8＝0，圆O：x2＋y2＝36(O为坐标原点)，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为e＝，直线l被圆O截得的弦长与椭圆的长轴长相等．(1)求椭圆C的方程；(2)过点(3,0)作直线l，与椭圆C交于A，B两点，设＝＋(O是坐标原点)，是否存在这样的直线l，使四边形OASB的对角线长相等？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．-5-\n参考答案一、选择题1．D2．C　解析：过点A，B，O(O为坐标原点)分别向抛物线的准线作垂线，垂足为A1，B1，O1，设抛物线的焦点F(x，y)，则|FA|＝|AA1|，|FB|＝|BB1|，∴|FA|＋|FB|＝|AA1|＋|BB1|.∵O为AB的中点，∴|AA1|＋|BB1|＝2|OO1|＝4.∴|FA|＋|FB|＝4，故点F的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，其方程为＋＝1.又F点不能在y轴上，故所求轨迹方程为＋＝1(x≠0)．故选C.3．C　解析：设抛物线C为y2＝2px.x＝时，|AB|＝2p＝12，∴p＝6.故准线方程为x＝－3.∴S△ABP＝×12×6＝36.4．B　解析：∵直线mx＋ny＝4与圆x2＋y2＝4没有交点，∴圆心到直线的距离d＝＞2，解得m2＋n2＜4，即点P(m，n)在以原点为圆心，半径为2的圆的内部，而此圆在椭圆＋＝1的内部，故点P在椭圆内部，经过此点的任意直线与椭圆有两个交点．故选B.5．A　解析：由·＝0OA⊥OB，由于双曲线为中心对称图形，因此可考查特殊情况，令点A为直线y＝x与双曲线在第一象限的交点，因此点B为直线y＝－x与双曲线在第四象限的一个交点，因此直线AB与x轴垂直，点O到直线AB的距离就为点A或点B的横坐标的值．由x＝.故选A.6．C　解析：据抛物线定义知，|AB|＝x1＋＋x2＋＝4，∴x1＋x2＝.故弦AB的中点到x＝－的距离为－＝＋＝.二、填空题7．x2＋y2＋26x＋25＝0　解析：由题意得a2＝16，b2＝9，c2＝16＋9＝25.∴F1(－5,0)，F2(5,0)．设M(x，y)，有＝，即＝.整理即可得解．8.　解析：根据抛物线的性质得1＋＝5，∴p＝8.不妨取M(1,4)，则AM的斜率为2，由已知得－×2＝－1.故a＝.-5-\n9.－　解析：线段FM所在直线方程x＋y＝1与抛物线交于A(x0，y0)，则y0＝3－2或y0＝3＋2(舍去)．∴S△OAM＝×1×(3－2)＝－.三、解答题10．解：(1)由题可知解得a＝，c＝1，∴b＝1.∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)设直线l为y＝k(x－2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x1，－y1)，F(1,0)，由得(2k2＋1)x2－8k2x＋8k2－2＝0.所以x1＋x2＝，x1x2＝.而＝(x2－1，y2)＝(x2－1，kx2－2k)，＝(x1－1，－y1)＝(x1－1，－kx1＋2k)．∵(x1－1)(kx2－2k)－(x2－1)(－kx1＋2k)＝k[2x1x2－3(x1＋x2)＋4]＝k＝0，∴∥.∴N，F，P三点共线．11．解：(1)由题意得A(a,0)，B(0，)，故抛物线C1的方程可设为y2＝4ax，C2的方程为x2＝4y.由所以椭圆C：＋＝1，抛物线C1：y2＝16x，抛物线C2：x2＝4y.(2)由(1)知，直线OP的斜率为，所以直线l的斜率为－，设直线l的方程为y＝－x＋b.由消去y，整理得5x2－8bx＋8b2－16＝0，因为动直线l与椭圆C交于不同两点，所以Δ＝128b2－20(8b2－16)＞0，解得－＜b＜.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，y1y2＝＝x1x2－(x1＋x2)＋b2＝.因为＝(x1＋，y1)，＝(x2＋，y2)，所以·＝(x1＋，y1)·(x2＋，y2)＝x1x2＋(x1＋x2)＋y1y2＋2＝.因为－＜b＜，所以当b＝－时，·取得最小值．-5-\n其最小值为×2＋×－＝－.12．解：(1)∵圆心O到直线l：x＋y＋8＝0的距离为d＝＝4，直线l被圆O截得的弦长2a＝2＝4，∴a＝2.又＝，a2－b2＝c2，解得b＝1，c＝.∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)∵＝＋，∴四边形OASB是平行四边形．假设存在这样的直线l，使四边形OASB的对角线长相等．则四边形OASB为矩形，因此有⊥，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＋y1y2＝0.直线l的斜率显然存在，设过点(3,0)的直线l方程为y＝k(x－3)，由得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0，由Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)＞0，可得－5k2＋1＞0，即k2＜.x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2(x1－3)(x2－3)＝(1＋k2)x1x2－3k2(x1＋x2)＋9k2＝(1＋k2)－3k2＋9k2，由x1x2＋y1y2＝0得，k2＝，∴k＝±，满足Δ＞0.故存在这样的直线l，其方程为y＝±(x－3)．-5-