2017年高考全国新课标数学文大二轮复习检测专题整合突破 专题六 解析几何2-6-2a 含答案 精品

一、选择题

1．[2015·陕西质检(一)]已知直线l：x－y－m＝0经过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，l与C交于A、B两点．若|AB|＝6，则p的值为( )

A.12 B.32

C．1 D．2

答案 B

解析 因为直线l过抛物线的焦点，所以m＝p2.联立 x－y－p2＝0y2＝2px得，x2－3px＋p24＝0.设A(x1，y1)、B(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，故|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝6，p＝32，故选B.

2．[2016·沈阳质检]已知P是双曲线x23－y2＝1上任意一点，过点P分别作双曲线的两条渐近线的垂线，垂足分别为A，B，则PA→·PB→的值是( )

A．－38 B.316

C．－38 D．不能确定

答案 A

解析 令点P(x0，y0)，因为该双曲线的渐近线分别是x3－y＝0，x3＋y＝0，所以可取|PA|＝x03－y013＋1，|PB|＝x03＋y013＋1，又cos∠APB

＝－cos∠AOB＝－cos2∠AOx＝－cosπ3＝－12，所以PA→·PB→＝|PA→|·|PB→|·cos∠APB＝x203－y2043·－12＝34×－12＝－38，选A.

3．[2016·南昌三模]已知抛物线y2＝2px(p>0)与双曲线x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)有相同的焦点F，点A是两曲线的一个交点，且AF⊥x轴，则双曲线的离心率为( )

A.2＋2 B.5＋1

C.3＋1 D.2＋1

答案 D

解析 本题考查抛物线的性质、双曲线的离心率．由题意得点F的坐标为p2，0，又因为AF⊥x轴，所以点A的横坐标为p2，因为点A为抛物线与双曲线的交点，不妨设点A位于第一象限，则yA＝2pxA＝p，即点A的坐标为p2，p，又因为点F为双曲线与抛物线的相同的焦点，所以c＝p2，则点A的坐标为(c,2c)，代入双曲线的方程得c2a2－4c2b2＝1，结合c2＝a2＋b2，化简得c4－6a2c2＋a4＝0，解得双曲线的离心率e＝ca＝2＋1，故选D.

4．[2016·黄冈质检]在以O为中心，F1，F2为焦点的椭圆上存在一点M，满足|MF1→|＝2|MO→|＝2|MF2→|，则该椭圆的离心率为( )

A.22 B.33

C.63 D.24

答案 C

解析 延长MO与椭圆交于N，因为MN与F1F2互相平分，则四边形NMF1F2为平行四边形，则|MN|2＋|F1F2|2＝|MF1|2＋|MF2|2＋|NF1|2＋|NF2|2，又|MF1|＋|MF2|＝2|MF2|＋|MF2|＝3|MF2|＝2a，故|NF1|＝|MF2|＝23a，|NF2|＝|MF1|＝43a，|F1F2|＝2c，所以43a2＋23a2＋23a2＋23a2＝43a2＋(2c)2，即c2a2＝23，故e＝63.

5．[2016·重庆测试]若以F1(－3,0)，F2(3,0)为焦点的双曲线与直线y＝x－1有公共点，则该双曲线的离心率的最小值为( )

A.62 B.355

C.32 D.3

答案 B

解析 由题意知c＝3，∴e＝3a，∴a越大e越小，而双曲线为x2m－y29－m＝1，把直线y＝x－1代入化简整理得(9－2m)x2＋2mx－10m＋m2＝0，由Δ＝0得m＝5，于是a＝5，e＝3a＝355，故选B.

6．[2016·金版原创]在平面直角坐标系xOy中，以椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)上一点A为圆心的圆与x轴相切于椭圆的一个焦点，与y轴相交于B，C两点，若△ABC是锐角三角形，则该椭圆的离心率的取值范围是( )

A.6－22，5－12 B.6－22，1

C.5－12，1 D.0，5－12

答案 A

解析 本题考查椭圆的几何性质、直线与圆的位置关系．利用直线与圆的位置关系建立椭圆基本量的关系求解离心率．由题意可得，

圆心Ac，b2a，r＝b2a，由三角形ABC是锐角三角形得∠BAC<90°，则c＝r·cos∠BAC2>r·cos45°，即c>22r.又依题意c0，c2＋ac－a2<0，两边同时除以a2，关于离心率e的不等式组为 e2＋2e－1>0，e2＋e－1<0，解得6－22

二、填空题

7．[2016·唐山统考]焦点在x轴上，焦距为10，且与双曲线y24－x2＝1有相同渐近线的双曲线的标准方程是________．

答案 x25－y220＝1

解析 设所求双曲线的标准方程为y24－x2＝－λ(λ>0)，即x2λ－y24λ＝1，则有4λ＋λ＝25，解得λ＝5，所以所求双曲线的标准方程为x25－y220＝1.

8．设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为________．

答案 94

解析 易知直线AB的方程为y＝33x－34，与y2＝3x联立并消去x，得4y2－123y－9＝0.设A(x1，y1)，

B(x2，y2)，则y1＋y2＝33，y1y2＝－94.S△OAB＝12|OF|·|y1－y2|＝12×34y1＋y22－4y1y2＝3827＋9＝94.

9．[2015·山东莱芜一模]已知圆G：x2＋y2－22x－2y＝0经过椭

圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点及上顶点．过椭圆外一点M(m,0)(m>a)，倾斜角为2π3的直线l交椭圆于C，D两点，若点N(3,0)在以线段CD为直径的圆E的外部，则m的取值范围是________．

答案 72，2303

解析 ∵圆G：x2＋y2－22x－2y＝0与x轴，y轴交点为(22，0)和(0,2)，

∴c＝22，b＝2，∴a2＝b2＋c2＝12，

∴椭圆方程为x212＋y24＝1，

设直线l的方程为y＝－3(x－m)(m>23)，

由 y＝－3x－m，x212＋y24＝1得10x2－18mx＋9m2－12＝0.

由Δ＝324m2－40(9m2－12)>0，

可得－2303

∴23

设C(x1，y1)，D(x2，y2)，

x1＋x2＝9m5，x1·x2＝9m2－1210，

NC→·ND→＝(x1－3，y1)·(x2－3，y2)

＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2

＝4x1x2－(3m＋3)(x1＋x2)＋9＋3m2>0.

化简得2m2－9m＋7>0，解得m>72.

∴m的取值范围是72，2303.

三、解答题

10．[2016·贵阳质检]设点F1(－c,0)，F2(c,0)分别是椭圆C：x2a2＋y2＝1(a>1)的左、右焦点，P为椭圆C上任意一点，且PF1→·PF2→的最小值为0.

(1)求椭圆C的方程；

(2)如图，动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且仅有一个公共点，作F1M⊥l，F2N⊥l分别交直线l于M，N两点，求四边形F1MNF2面积S的最大值．

解 (1)设P(x，y)，则PF1→＝(－c－x，－y)，PF2→＝(c－x，－y)，

∴PF1→·PF2→＝x2＋y2－c2＝a2－1a2x2＋1－c2，x∈[－a，a]，

由题意得，1－c2＝0，c＝1，则a2＝2，

∴椭圆C的方程为x22＋y2＝1.

(2)将直线l的方程l：y＝kx＋m代入椭圆C的方程x22＋y2＝1中，得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，

由直线l与椭圆C有且仅有一个公共点知Δ＝16k2m2－4(2k2＋1)(2m2－2)＝0，

化简得m2＝2k2＋1.

设d1＝|F1M|＝|－k＋m|k2＋1，d2＝|F2N|＝|k＋m|k2＋1.

①当k≠0时，设直线l的倾斜角为θ，

则|d1－d2|＝|MN|·|tanθ|，

∴|MN|＝1|k|·|d1－d2|，∴S＝12·1|k|·|d1－d2|·(d1＋d2)＝2|m|k2＋1＝4|m|m2＋1＝4|m|＋1|m|，

∵m2＝2k2＋1，∴当k≠0时，|m|>1，|m|＋1|m|>2，即S<2.

②当k＝0时，四边形F1MNF2是矩形，此时S＝2.

∴四边形F1MNF2面积S的最大值为2.

11．已知过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，斜率为22的直线交抛物线于A(x1，y1)和B(x2，y2)(x1

(1)求抛物线C的方程；

(2)若抛物线C的准线为l，焦点为F，点P为直线m：x＋y－2＝0上的动点，且点P的横坐标为a，试讨论当a取不同的值时，圆心在抛物线C上，与直线l相切，且过点P的圆的个数．

解 (1)直线AB的方程是y＝22x－p2，代入y2＝2px，得4x2－5px＋p2＝0，所以x1＋x2＝5p4，

由抛物线的定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝9p4＝92，

∴p＝2，

∴抛物线C的方程是y2＝4x.

(2)解法一：由题意知l：x＝－1，F(1,0)．

∵所求圆的圆心在抛物线上，且与直线l相切，则圆过焦点F，又圆过点P，∴圆心在线段PF的中垂线上，设P(a,2－a)，则线段PF中点的坐标为a＋12，2－a2，当a≠1，a≠2时，kPF＝2－aa－1，∴线段PF的中垂线方程为

y＝a－1a－2x－a＋12＋2－a2，化简得y＝a－1a－2x＋－2a2＋4a－32a－2①

圆的个数即中垂线与抛物线的交点的个数，将x＝y24代入①得

a－14a－2y2－y＋－2a2＋4a－32a－2＝0，

判别式Δ＝1－4·a－14a－2·－2a2＋4a－32a－2＝1＋a－12a2－4a＋32a－22＝2a－22＋2a3－6a2＋7a－32a－22＝2a3－4a2－a＋52a－22＝a＋12a2－6a＋52a－22，

∴当a＝－1时，交点有1个，圆有1个；

当a<－1时，交点有0个，圆有0个；

当a>－1且a≠1，a≠2时，交点有2个，圆有2个．

而当a＝2时，易验证有2个交点，圆有2个；

当a＝1时，易知交点有1个，圆有1个．

综上所述：当a<－1时，圆有0个；

当a＝±1时，圆有1个；

当a>－1，且a≠1时，圆有2个．

解法二：设圆心Q(x0，y0)(y20＝4x0)，P(a,2－a)，由于准线l：x＝－1，故若存在圆Q满足条件，则r＝|PQ|＝x0－a2＋y0＋a－22，且r＝|x0＋1|，

∴(x0－a)2＋(y0＋a－2)2＝(x0＋1)2，

即a2＋y20＋2(a－2)y0＋(a－2)2＝(2＋2a)x0＋1＝(2＋2a)y204＋1，

整理得(1－a)y20＋(4a－8)y0＋4a2－8a＋6＝0 (*)，

当a＝1时，(*)式即－4y0＋2＝0，有1个解．

当a≠1时，(*)式中

Δ＝(4a－8)2－4(1－a)(4a2－8a＋6)＝16a3－32a2－8a＋40＝8(a＋1)(2a2－6a＋5)，