高考数学复习-圆锥曲线练习试卷 第Ⅰ卷　 (选择题　 共50分)参考答案

圆锥曲线练习参考答案

一、选择题

1.B　 易知k_PQ=,直线x+my+m=0过点M(0，-1).

当m=0时，直线化为x=0,一定与PQ相交，所以m≠0.

当m≠0时，k₁=-.考虑直线l的两个极限位置.

(1)l经过点Q，即直线为l₁,则k=.

(2)l与平行，即直线为l₂,则k=k_PQ=.

∴<-<.∴-3<m<-.故选B.

2.C　 由题意知f (x₁,y₁)=0,f (x₂,y₂)=m(m为非零常数).所以方程f (x,y)=f (x₁,y₂)+f (x₂,y₂),即f (x,y)-m

=0.所以f (x)表示的直线过点Q,且平行于直线l.

3.D　 因为A、B、C三个选项分别是直线l关于x轴、原点、y轴的对称直线，又椭圆E关于x轴、原点、y轴都对称，所以A、B、C三个选项所表示的直线被椭圆E所截弦长都是d.故选D.

4.C　 因为C只有4个不同的值，故选C.

5.B　 由题意知|AF₁|≠|AF₂|.∴2(|AF₁|²+|AF₂|²)>(|AF₁|+|AF₂|)².

∴2×4c²>4a².∴e=>≈0.707.

对照备选答案，只有B可能.

6.C　 分析　 本题可把直线AB与椭圆两方程联立求出A、B坐标后写出、的坐标表示，再按定义进行.也可先求出向量、，利用.=(+).(+)来做.

解法一　 消去y得5x²-8x+8=0,

设A(x₁,y₁),B(x₂,y₂).

∴.=(x₁+,y₁).(x₂+,y₂)=(x₁+,x₁-).(x₂+,x₂-)

=(x₁+)(x₂+)+(x₁-)(x₂-)=2(x₁x₂+3)=2(+3)=,选C.

解法二　 设直线AB方程为,代入椭圆方程,有5t²+2t-2=0

.=(+).(+)=()²+.(+)+.

=(2)²+2..+=.选C.

7.A　 平移后圆的方程为(x-1)²+(y-m)²=1.由题意知平移后所得的圆的圆心到直线的距离d==1,解得m=2或-.

8.D　 如图，⊙C的圆心为C(),半径R=|CB|=,最短弦a₁=|AB|=4,最长弦a_n=|DE|=5.

由a_n=a₁+(n-1)d,得d=,已知d∈,

∴n-1∈［3,6］,n∈［4,7］,即n=4,5,6,7.选D.

	第8题图解		第9题图解

　

9.D　 本题是解析几何题型，而又求数的范围,故适合用数形结合思想直观解之.

如图，圆C恒在直线y=-x-c上方，至少直线l与圆相切于A点,若l交y轴于B,

∵k_l=-1,∴△ABC为等腰直角三角形.|AB|=|AC|=1,|BC|=,必有B(-+1,0),

即直线的纵截距-c≤-+1时圆恒在直线l上方，∴c≥-1.选D.

第10题图解

10.C　 分析　 如图由抛物线关于x轴对称知∠AFC=90°,

△BFC为Rt△,只须求FB、FC之长即可.

解　 抛物线顶点为(-2,0),且焦参数p=4,知焦点F(0,0)为原点.

∴直线AB的方程为y=x,代入抛物线方程:x²=8(x+2).

即(x-4)²=32,∴x=4±4.

故有A(4+4,4+4),B(4-4,4-4),C(4+4,-4-4).

由条件知∠AFx=∠CFx=45°,∴在△BFC中∠BFC=90°.

∴S_△BFC=|FB|.|FC|=

==32-16=16.∴选C.

二、填空题

11.210　 分析　 本题直接求解较难，可转化为求圆的内接四边形的个数(由于每一个四边形，对应着对角线的一个交点)，从而使问题简化.

解　 在圆内相交于一点的两弦，可作为一个四边形的两条对角线，它对应着一个圆内接四边形.反之，每一个圆内接四边形，都对应着对角线的一个交点.这样，圆内接四边形与弦在圆内的交点可建立一一对应的关系.因此，弦在圆内的交点最多有C=210个.

12.6　 当直线l绕原点O旋转到使OC垂直于l时,｜PQ｜最小.因为O为PQ的中点,所以由相交弦定理得｜OP｜｜OQ｜=｜OM｜｜ON｜=18,即｜OP｜²=18,所以｜OP｜=3.所以｜PQ｜=2｜OP｜=6.

13.2　 由得A(-1,-1)、B(1,1)，所以2a=|AB|=2.

14.-1　 设过左焦点F₁的正三角形的边交椭圆于点A，则|AF₁|=c,|AF₂|=c.

∴2a=(1+)c.∴e==.

三、解答题

15.解　 将原方程化为(2x-y-6)+λ(x-y-4)=0,它表示的是过两直线2x-y-6=0和x-y-4=0交点的直线系方程,但其中不包括直线x-y-4=0.因为没有λ的值使其在直线系中存在.解方程组得所以交点坐标为(2,-2).当所求直线过点P和交点时,d取最小值为0;当所求直线与过点P和交点的直线垂直时,d取最大值,此时有d=.

但是此时所求直线方程为x-y-4=0.而这条直线在直线系中不存在.所以d的取值范围是.

16.解　 (1)圆F₁的方程是(x+c)²+y²=(a-c)²,因为B₂M、B₂N与该圆切于M、N点，所以B₂、M、F₁、N四点共圆，且B₂F₁为直径，则过此四点的圆的方程是(x+)²+(y-)²=,从而两个圆的公共弦MN的方程为cx+by+c²=(a-c)²,又点B₁在MN上,

∴a²+b²-2ac=0,∵b²=a²-c²,

∴2a²-2ac-c²=0,即e²+2e-2=0,∴e=-1.(负值已舍去)

(2)由(1)知，MN的方程为cx+by+c²=(a-c)²,由已知-=-1.

∴b=c,而原点到MN的距离为d==|2c-a|=()a,

∴a=4,b²=c²=8,所求椭圆方程是;

(3)假设这样的椭圆存在，由(2)则有-<-<-,

∴<<,∴<<,∴<<.故得2<<3,

∴3<<4,求得<e<,即当离心率取值范围是(,)时，直线MN的斜率可以在区间(,-)内取值.

17.解　 (1)设椭圆的方程为(a>b>0),c=,

|PF₁|=m,|PF₂|=n,则由题意和椭圆的性质得m+n=2a,n=2m,m²+n²=4c²,

解得a=3,b=2,c=.

故所求的椭圆方程为.

(2)由(1)知直线l与椭圆相交时斜率一定存在，故设l的方程为y=k(x-3),

代入,整理得(9+4k²)x²-24k²x+36k²-36=0

由Δ=(-24k²)²-4(9+4k²)(36k²-36)>0,

得-.设M(x₁,y₁),N(x₂,y₂),Q(x₀,y₀)

则x₀=,y₀=k(x₀-3)=-

当k=0时，Q为坐标原点，BQ过椭圆顶点(0，3)和(0，-3)，此时l的方程为y=0;

当k≠0时，x₀≠0,则直线BQ的方程为y=x+2,

若直线BQ过顶点(2，0)，则×2+2=0,即x₀+y₀=2,

所以=24k²-27k-18=0,

解得k=或k=(舍去)

此时l的方程为y=x+2

若直线BQ过顶点(-2,0),则×(-2)+2=0,即x₀-y₀=-2,

所以=-220k²+27k+18=0.

方程无实根，直线l不存在

18.解　 设椭圆方程为(a>b>0).

由e==及a²=b²+c²得a²=3b²,故椭圆方程为x²+3y²=3b²　　　　　　　 ①

(1)∵直线l:y=k(x+1)交椭圆于A(x₁,y₁),B(x₂,y₂)两点，并且=λ(λ≥2),

∴(x₁+1,y₁)=λ(-1-x₂,-y₂)，即　　　　　　　　　　　　　　　　　 ②

把y=k(x+1)代入椭圆方程，得(3k²+1)x²+6k²x+3k²-3b²=0,且k²(3b²-1)+b²>0,

∴x₁+x₂=-,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ③

x₁x₂=,　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 ④

∴S_△OAB=×1×|y₁-y₂|=|λ+1|.|y₂|=.|k|.|x₂+1|.

联立②、③得x₂+1=,

∴S_△OAB=.(k≠0),

(2)S_△OAB=.≤(λ≥2).

当且仅当3|k|=,即k=±时，S_△OAB取得最大值，

此时，x₁+x₂=-1,又∵x₁+1=-λ(x₂+1),

∴x₁=,x₂=,代入④得3b²=

故此时椭圆的方程为x²+3y²=(λ≥2).

(3)由②、③联立得：x₁=,x₂=,

将x₁、x₂代入④，得3b²=.

由k²=λ-1得3b²==+1.

易知，当λ≥2时,3b²是λ的减函数，故当λ=2时，(3b²)_max=3.

故当λ=2,k=±1时，椭圆短半轴长取得最大值，此时椭圆方程为x²+3y²=3.

19.解　 以AD的中点为原点建立直角坐标系(如图)，

第19题图解

设|AD|=p,则点A的坐标为(0,-).A′是DC上任意一点，

EF是A与A′重合时的折痕，易证:EF是AA′的中垂线，

过A′作A′T⊥DC,交EF于T，设T的坐标为(x,y),于是有|

A′T|=-y,|AT|=,由|TA′|=|AT|,得 (-y)²=

x²+(y+)²,整理得y=-x₂,由此可知点T的轨迹为一段抛

物线，下面证明每一条折痕EF与抛物线y=-x₂相切于点T，设AA′的斜率为k,则易得k=,

由于EF是AA′的中垂线，所以EF的方程为y=-.

联立直线EF与抛物线的方程：

得x²-2x_A′.x+x²_A′=0,(x-x_A′)²=0,解得重根x=x_A′,直线EF与抛物线y=-x²相切于点T，故存在一条曲线(抛物线)，这条曲线(抛物线)上的每一点都是某条折痕与该曲线的切点，且每条折痕与该曲线相切.