（浙江專用）2020版高考數(shù)學三輪沖刺 搶分練 疑難專用練（六）解析幾何

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1、(六)　解析幾何 1．(2019·浙江)漸近線方程為x±y＝0的雙曲線的離心率是(　　) A.B．1C.D．2 答案　C 解析　因為雙曲線的漸近線方程為x±y＝0，所以無論雙曲線的焦點在x軸上還是在y軸上，都滿足a＝b，所以c＝a，所以雙曲線的離心率e＝＝. 2．已知橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率為，橢圓上一點P到兩焦點距離之和為12，則橢圓短軸長為(　　) A．8B．6C．5D．4 答案　A 解析　橢圓＋＝1(a>b>0)的離心率e＝＝， 橢圓上一點P到兩焦點距離之和為12，即2a＝12， 可得a＝6，c＝2， ∴b＝＝＝4， 則橢圓短軸長2b＝8. 故選A.

2、3．已知a∈R且為常數(shù)，圓C：x2＋2x＋y2－2ay＝0，過圓C內(nèi)一點(1,2)的直線l與圓C相交于A，B兩點，當弦AB最短時，直線l的方程為2x－y＝0，則a的值為(　　) A．2B．3C．4D．5 答案　B 解析　圓C：x2＋2x＋y2－2ay＝0， 化簡為(x＋1)2＋(y－a)2＝a2＋1， 圓心坐標為C(－1，a)，半徑為. 如圖， 由題意可得，當弦AB最短時，過圓心與點(1,2)的直線與直線2x－y＝0垂直． 則＝－，即a＝3. 4．已知拋物線y2＝4x的焦點為F，以F為圓心的圓與拋物線交于M，N兩點，與拋物線的準線交于P，Q兩點，若四邊形MNPQ為矩形，則

3、矩形MNPQ的面積是(　　) A．16B．12C．4D．3 答案　A 解析　根據(jù)題意，四邊形MNPQ為矩形， 可得|PQ|＝|MN|， 從而得到圓心F到準線的距離與到MN的距離是相等的， 所以M點的橫坐標為3，代入拋物線方程， 設M為x軸上方的交點， 從而求得M(3,2)，N(3，－2)， 所以|MN|＝4，＝4， 從而求得四邊形MNPQ的面積為S＝4×4＝16. 5.(2019·金華十校聯(lián)考)如圖，已知橢圓C：＋y2＝1上的三點A，B，C，斜率為負數(shù)的直線BC與y軸交于M，若原點O是△ABC的重心，且△BMA與△CMO的面積之比為，則直線BC的斜率為(　　) A．

4、－B．－C．－D．－ 答案　C 解析　設B(x1，y1)，C(x2，y2)，M(0，m)．A(x3，y3)，直線BC的方程為y＝kx＋m. ∵原點O是△ABC的重心， ∴△BMA與△CMO的高之比為3， 又△BMA與△CMO的面積之比為， 則2BM＝MC， 即2＝，∴2x1＋x2＝0，① 聯(lián)立得(4k2＋1)x2＋8mkx＋4m2－4＝0. x1＋x2＝，x1x2＝，② 由①②整理可得36k2m2＝1－m2＋4k2，③ ∵原點O是△ABC的重心， ∴x3＝－(x1＋x2)＝， y3＝－(y2＋y1)＝－[k(x1＋x2)＋2m]＝－. ∵x＋4y＝4， ∴2＋42

5、＝4， 即1＋4k2＝4m2.④ 由③④可得k2＝， ∵k<0.∴k＝－.故選C. 6．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右兩個焦點分別為F1，F(xiàn)2，以線段F1F2為直徑的圓與雙曲線的漸近線在第一象限的交點為M，若|MF1|－|MF2|＝2b，該雙曲線的離心率為e，則e2等于(　　) A．2 B．3 C. D. 答案　D 解析　以線段F1F2為直徑的圓的方程為x2＋y2＝c2， 雙曲線經(jīng)過第一象限的漸近線方程為y＝x， 聯(lián)立方程求得M(a，b)， 因為＝2b<2c， 所以M(a，b)在雙曲線－＝1(a>0，b>0)上， 所以－＝1， 所以－＝1， 化簡得e4

6、－e2－1＝0， 解得e2＝(負值舍去)． 7．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，直線y＝x與橢圓相交于A，B兩點，若橢圓上存在異于A，B兩點的點P使得kPA·kPB∈，則離心率e的取值范圍為(　　) A.B.C.D. 答案　B 解析　設P(x0，y0)，直線y＝x過原點，由橢圓的對稱性設A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，kPAkPB＝×＝，又＋＝1，＋＝1，兩式作差，得＝－，所以kPAkPB＝－∈， 故0<<，所以e＝∈. 8．已知橢圓＋＝1(a>b>0)，點F為左焦點，點P為下頂點，平行于FP的直線l交橢圓于A，B兩點，且AB的中點為M，則橢圓的離心率為(　　) A.

7、B.C.D. 答案　A 解析　設A(x1，y1)，B(x2，y2)． ∵AB的中點為M，∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝1. ∵PF∥l，∴kPF＝kl＝－＝. 由＋＝1，＋＝1. ∴＋＝0. ∴－＝0，可得2bc＝a2. ∴4c2(a2－c2)＝a4， 化為4e4－4e2＋1＝0， 解得e2＝，0

8、a，a2)，B(2b，b2)，a≠b， ∵y＝x2，∴y′＝x， ∴kPA＝×2a＝a，kPB＝×2b＝b， ∴切線PA的方程為y－a2＝a(x－2a)， 即ax－y－a2＝0， 切線PB的方程為y－b2＝b(x－2b)， 即bx－y－b2＝0， 聯(lián)立切線PA，PB的方程， 解得x＝a＋b，y＝ab， ∴P(a＋b，ab)， ∴·＝(a－b，a2－ab)·(b－a，b2－ab)＝(a－b)(b－a)＋(a2－ab)(b2－ab)＝(a－b)(b－a)(ab＋1)＝0， ∵a≠b，∴ab＝－1. ∴kOA·kOB＝·＝＝－. 10．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左

9、、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為雙曲線右支上一點(異于右頂點)，△PF1F2的內(nèi)切圓與x軸切于點(2,0)．過F2作直線l與雙曲線交于A，B兩點，若使|AB|＝b2的直線l恰有三條，則雙曲線離心率的取值范圍是(　　) A．(1，) B．(1,2) C．(，＋∞) D．(2，＋∞) 答案　C 解析　|F1F2|＝2c(c2＝a2＋b2)， 設△PF1F2的內(nèi)切圓分別與PF1，F(xiàn)1F2，PF2切于點G，H，I， 則|PG|＝|PI|，|F1G|＝|F1H|，|F2H|＝|F2I|. 由雙曲線的定義知 2a＝|PF1|－|PF2|＝|F1G|－|F2I|＝|F1H|－|F2H|

10、， 又|F1H|＋|F2H|＝|F1F2|＝2c， 故|F1H|＝c＋a，|F2H|＝c－a， 所以H(a,0)， 即a＝2. 若直線l與雙曲線的右支交于A，B兩點， 則當l⊥x軸時，|AB|有最小值＝b2； 若直線l與雙曲線的兩支各交于一點(A，B兩點)， 則當l⊥y軸時，|AB|有最小值2a，于是， 因為使|AB|＝b2的直線l恰有3條，所以b2>2a＝4，b>2，c＝>2， 所以雙曲線的離心率e＝>. 11．若直線(a＋1)x－2y＝0與直線x－ay＝1互相平行，則實數(shù)a＝__________，若這兩條直線互相垂直，則a＝________. 答案?。?或1　－

11、解析　由直線(a＋1)x－2y＝0與直線x－ay＝1互相平行，得(a＋1)×(－a)－(－2)×1＝0，解得a＝－2或a＝1.由直線(a＋1)x－2y＝0與直線x－ay＝1互相垂直得(a＋1)×1＋(－2)×(－a)＝0，解得a＝－. 12．已知方程mx2＋(2－m)y2＝1表示雙曲線，則m的取值范圍為________________．若表示橢圓，則m的取值范圍為________________． 答案　(－∞，0)∪(2，＋∞)　(0,1)∪(1,2) 解析　若mx2＋(2－m)y2＝1表示雙曲線， 則m(2－m)<0，解得m<0或m>2. 若mx2＋(2－m)y2＝1表示橢圓，則

12、 解得0

13、線y＝ax2，即x2＝y(tǒng)的焦點為(0,1)，則＝1，解得a＝，則拋物線方程為y＝x2－1，易得其與坐標軸的交點分別為(2,0)，(－2,0)，(0，－1)，構成的三角形的面積為×1×(2＋2)＝2. 15．(2019·浙江省寧波市鎮(zhèn)海中學模擬)設橢圓C2：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點為F1，F(xiàn)2，離心率為e＝，拋物線C1：y2＝－4mx(m>0)的準線經(jīng)過橢圓的右焦點，拋物線C1與橢圓C2交于x軸上方一點P，若△PF1F2的三邊長恰好是三個連續(xù)的自然數(shù)，則a的值為_________． 答案　6 解析　由題意，可知c＝m，a＝2m，b＝m， 解得x＝－m或x＝6m(舍)， 所以P，

14、 所以|PF1|＝，|PF2|＝4m－＝，|F1F2|＝， 所以m＝3，a＝6. 16．(2019·浙江省三校聯(lián)考)已知拋物線y2＝4x，過點A(1,2)作直線l交拋物線于另一點B，Q是線段AB的中點，過Q作與y軸垂直的直線l1，交拋物線于點C，若點P滿足＝，則|OP|的最小值是________． 答案　 解析　由y2＝4x，可設B. 因為A(1,2)，Q是AB的中點， 所以Q. 所以直線l1的方程為y＝，代入y2＝4x， 可得C. 因為＝，所以點C為PQ的中點， 可得P. 所以|OP|2＝＋＝(b＋1)2＋. 所以當b＝－1時，|OP|2取得最小值，即|OP|的最小值為. 17．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)中，A1，A2是左、右頂點，F(xiàn)是右焦點，B是虛軸的上端點．若在線段BF上(不含端點)存在不同的兩點Pi(i＝1,2)，使得·＝0，則雙曲線離心率的取值范圍是________． 答案　 解析　設c為半焦距， 則F(c,0)，又B(0，b)， 所以直線BF：bx＋cy－bc＝0， 以A1A2為直徑的圓的方程為⊙O：x2＋y2＝a2，因為·＝0，i＝1,2， 所以⊙O與線段BF(不含端點)有兩個交點， 所以即 故 解得