《2013届高考数学一轮复习阶段成果检测《圆锥曲线与方程10》》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2013届高考数学一轮复习阶段成果检测《圆锥曲线与方程10》（12页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2013届高考数学一轮复习阶段成果检测圆锥曲线与方程10一、选择题（题型注释）1已知F1、F1分别是双曲线的左、右焦点，以坐标原点O为圆心，|OF1|为半径的圆与双曲线在第一象限的交点为P,则当PF1F2的面积等于a2时，双曲线的离心率为（ ）A. B. C.D.2 【答案】 A【解析】解：设F1F2=2c，由题意知F1F2P是直角三角形，F1P2+F2P2=F1F22，又根据曲线的定义得：F1P - F2P =2a，平方得：F1P2+F2P2-2F1PF2P=4a2从而得出F1F22-2F1PF2P=4a2F1PF2P=2（c2-a2）又当PF1F2的面积等于a2即1/ 2 F1PF2P =
2、a22（c2-a2）=a2c= a，双曲线的离心率e=c/ a =故选A2在平面直角坐标系xOy中，已知ABC顶点A（4，0）和C（4，0），顶点B在椭圆上，则（ ）A B C D【答案】 D【解析】解：根据题意，由椭圆的方程可得a=5，b=3；则其焦点坐标为（-4，0）和（4，0），恰好是A、C两点，则AC=2c=8，BC+BA=2a=10；由正弦定理可得：sinA+sinC sinB =BC+BA AC =5/ 4 ；故选D3已知长方形的四个顶点A（0,0）,B（2,0）, C（2,1）和D（0,1），一质点从AB的中点沿与AB夹角为的方向射到BC上的点后，依次反射到CD、DA和AB上的点
3、、和（入射角等于反射角），设坐标为（），若，则tan的取值范围是（ ）A（） B（） C（） D（）【答案】 C【解析】解：设P1B=x，P1P0B=，则CP1=1-x，P1P2C、P3P2D、AP4P3均为，tan=P1B /P0B =x又tan=CP1/ CP2 =1-x /CP2 =x，CP2=1-x /x =1/ x -1而tan=P3D/ P2D =DP3/ 2-(1 /x -1) =DP3 /3-1 /x =x，DP3=x（3-1 /x ）=3x-1又tan=AP3 AP4 =1-(3x-1)/ AP4 =2-3x /AP4 =x，AP4=2-3x/ x =2/ x -3依题设1A
4、P42，即12 /x -32，42/ x 5，1 /4 x /2 1 /5 1/ 2 tan2/ 5二、解答题（题型注释）4设A是单位圆上任意一点，是过点与轴垂直的直线，是直线与轴的交点，点在直线上，且满足，当点在圆上运动时，记点的轨迹为曲线。（1）求曲线的方程，判断曲线为何种圆锥曲线，并求其焦点坐标。（2）过原点斜率为的直线交曲线于两点，其中在第一象限，且它在轴上的射影为点，直线交曲线于另一点，是否存在,使得对任意的，都有？若存在，请说明理由。【答案】 （1）两焦点坐标分别为，（2）【解析】本题主要考察求曲线的轨迹方程、直线与圆锥曲线的位置关系，要求能正确理解椭圆的标准方程及其几何性质，并能
5、熟练运用代数方法解决几何问题，对运算能力有较高要求。（）如图1，设，则由，可得，所以，. 因为点在单位圆上运动，所以. 将式代入式即得所求曲线的方程为. 因为，所以当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，；当时，曲线是焦点在轴上的椭圆，两焦点坐标分别为，. （）解法1：如图2、3，设，则，直线的方程为，将其代入椭圆的方程并整理可得.依题意可知此方程的两根为，于是由韦达定理可得，即.因为点H在直线QN上，所以.于是，. 而等价于，即，又，得，故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有. 解法2：如图2、3，设，则，因为，两点在椭圆上，所以两式相减可得. 依题意，由点在第一象限可知，点也
6、在第一象限，且，不重合，故. 于是由式可得. 又，三点共线，所以，即. 于是由式可得.而等价于，即，又，得，故存在，使得在其对应的椭圆上，对任意的，都有. 【点评】本题考查椭圆的标准方程，直线与圆锥曲线的位置关系；考查分类讨论的数学思想以及运算求解的能力.本题是一个椭圆模型，求解标准方程时注意对焦点的位置分类讨论，不要漏解；对于探讨性问题一直是高考考查的热点，一般先假设结论成立，再逆推所需要求解的条件，对运算求解能力和逻辑推理能力有较高的要求.5已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆的离心率为，且经过点.（）求椭圆的方程；（）是否存过点（2,1）的直线与椭圆相交于不同的两点，满足？若存在，求出直线的
7、方程；若不存在，请说明理由【解析】第一问利用设椭圆的方程为，由题意得解得第二问若存在直线满足条件的方程为，代入椭圆的方程得因为直线与椭圆相交于不同的两点，设两点的坐标分别为，所以所以解得。解：设椭圆的方程为，由题意得解得，故椭圆的方程为若存在直线满足条件的方程为，代入椭圆的方程得因为直线与椭圆相交于不同的两点，设两点的坐标分别为，所以所以又，因为，即，所以即所以，解得因为A,B为不同的两点，所以k=1/2于是存在直线L1满足条件，其方程为y=1/2x【答案】 y=1/2x6已知点为圆上的动点，且不在轴上，轴，垂足为，线段中点的轨迹为曲线，过定点任作一条与轴不垂直的直线，它与曲线交于、两点。（I
8、）求曲线的方程；（II）试证明：在轴上存在定点，使得总能被轴平分【解析】第一问中设为曲线上的任意一点，则点在圆上，曲线的方程为第二问中，设点的坐标为，直线的方程为， 代入曲线的方程，可得，确定结论直线与曲线总有两个公共点然后设点,的坐标分别, ，则， 要使被轴平分，只要得到。（1）设为曲线上的任意一点，则点在圆上，曲线的方程为（2）设点的坐标为，直线的方程为， 代入曲线的方程，可得，直线与曲线总有两个公共点（也可根据点M在椭圆的内部得到此结论）设点,的坐标分别, ，则， 要使被轴平分，只要，即，也就是， 即，即只要 当时，（）对任意的s都成立，从而总能被轴平分所以在x轴上存在定点，使得总能被轴
9、平分【答案】 （1） （2）见解析7设椭圆（常数）的左右焦点分别为，是直线上的两个动点，（1）若，求的值；（2）求的最小值【解析】第一问中解：设，则由得 由，得 第二问易求椭圆的标准方程为：， 所以，当且仅当或时，取最小值解：设，则，由得 （1）由，得 由、三式，消去，并求得（2）解法一：易求椭圆的标准方程为：， 所以，当且仅当或时，取最小值解法二：，所以，当且仅当或时，取最小值【答案】 （1） （2）取最小值8已知曲线上动点到定点与定直线的距离之比为常数（1）求曲线的轨迹方程；（2）若过点引曲线C的弦AB恰好被点平分，求弦AB所在的直线方程；（3）以曲线的左顶点为圆心作圆：，设圆与曲线交于点
10、与点，求的最小值，并求此时圆的方程.【解析】第一问利用（1）过点作直线的垂线，垂足为D.代入坐标得到第二问当斜率k不存在时，检验得不符合要求；当直线l的斜率为k时，；，化简得第三问点N与点M关于X轴对称，设， 不妨设由于点M在椭圆C上，所以由已知，则，由于，故当时，取得最小值为计算得，故，又点在圆上，代入圆的方程得到 故圆T的方程为：【答案】 （1） （2） （3）9求以椭圆内一点A(1，1)为中点的弦所在直线的方程。【答案】 x4y50【解析】参数法解决直线与圆锥曲线问题很简单：令，据题意得：0，结合韦达定理解法1：设以A(1，1)为中点的弦所在的直线方程为，把它代入得即弦以A(1，1)为中点，交点所对应的参数和有：00，所求的直线方程为即x4y50三、填空题（题型注释）10两定点的坐标分别为，动点满足条件，动点的轨迹方程是 .【答案】 【解析】解：因为两定点的坐标分别为，动点满足条件，则有，利用正切公式和斜率公式，可以化简为
