高二数学圆锥曲线基础练习题(一)

高二数学圆锥曲线基础练习题（一）

一、选择题：

1．抛物线y24x的焦点坐标为

（ ）

A．(0,1) B．(1,0) C． (0,2) D．(2,0)

2．双曲线mxy1的虚轴长是实轴长的2倍，则m （ ）

A．221 B．4 4C．4 D．

1 4（ ）

x2y21的一个焦点到渐近线距离为 3．双曲线

916

A．6

B．5

C．4

D．3

x22

4．已知△ABC的顶点B、C在椭圆＋y＝1上，顶点A是椭圆的一个焦点，且椭圆的另外一个焦点在BC边上，

3

则△ABC的周长是

（ ）

A．23 B．6 C．43 D．12

x2y21，长轴在y轴上. 若焦距为4，则m等于 10mm25．已知椭圆（ ）

A．4 B．5 C．7 D．8

x2y21右支上的一点，双曲线的一条渐近线方程为3xy0. 设 6．已知P是双曲线2a9 F1、F2分别为双曲线的左、右焦点. 若PF23，则PF1 （ ） A． 5

2B．4 C．3 D．2

7．将抛物线y(x2)1按向量a平移，使顶点与原点重合，则向量a的坐标是（ ）

A．(2,1) B．(2,1) C．(2,1) D．(2,1)

8．已知双曲线的两个焦点为F1(5,0)，F2(5,0)，P是此双曲线上的一点，且PF1PF2，

|PF1||PF2|2，则该双曲线的方程是

（ ）

x2y21 A．23x2x2y21 C．y21 B．

432y21 D．x42x2y291上三个不同的点，则“AF,BF,CF成等9．设A(x1,y1),B(4,),C(x2,y2)是右焦点为F的椭圆

2595差数列”是“x1x28”的

A．充要条件 C．充分不必要条件

（ ）

B．必要不充分条件 D．既非充分也非必要条件

x2y21的左右焦点分别为F1,F2，P为C的右支上一点，10．已知双曲线C:且PF2F则PF1F2的1F2，916面积等于

（ ）

A．24 B．36

2C．48 D．96

11．已知点P在抛物线y4x上，那么点P到点Q（2，-1）的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小值

时，点P的坐标为

A．（

（ ） D．（1，-2）

11，-1） B．（，1） C．（1，2） 44x2y212．设P是双曲线221(a0,b0)上的一点，F1、F2分别是双曲线的左、右焦点，则以线段PF2为直

ab

径的圆与以双曲线的实轴为直径的圆的位置关系是

A．内切 B．外切 C．内切或外切

二、填空题：

13．点P是抛物线y4x上一动点，则点P到点A(0,1)的距离与P到直线x1的距离和的最小值是 ；

2 （ ） D．不相切

x2y21在第一象限内的点，A（2，0）14．已知P是椭圆，B（0，1），O为原点，求四边形OAPB的面积的4最大值_________；

15．已知抛物线yax1的焦点是坐标原点，则以抛物线与两坐标轴的三个交点为顶点的三角形面积

为 ；

16．若直线mxny30与圆xy3没有公共点，则m,n满足的关系式为_______；以(m,n)为点P的坐

222x2y21的公共点有____个。 标，过点P的一条直线与椭圆73

三、解答题：

17．已知椭圆的一个顶点为A(0,1)，焦点在x轴上，若右焦点到直线xy220的距离为3. （I）求椭圆的标准方程；

（II）设直线l：yxm，是否存在实数m，使直线l椭圆有两个不同的交点M、N，且AMAN，若

存在，求出 m的值；若不存在，请说明理由.

x2y218．如图，椭圆2＝1（a＞b＞0）与过点A（2，0）B(0,1)的直线有且只有一个公共点T，且椭圆的离心

ab率e3. 2 （I）求椭圆方程；

（II）设F1、F2分别为椭圆的左、右焦点，

求证：|AT|＝|AF1||AF2|.

212

19．已知菱形ABCD的顶点A，C在椭圆x3y4上，对角线BD所在直线的斜率为1． （Ⅰ）当直线BD过点(0，1)时，求直线AC的方程； （Ⅱ）当ABC60时，求菱形ABCD面积的最大值．

22

20．已知△OFQ的面积为26，OFFQm.

（I）设6m46，求OFQ正切值的取值范围； （II）设以O为中心，F为焦点的双曲线经过点Q（如图），

|OF|c,m(61)c2，当 |OQ| 取得最小值时， 4求此双曲线的方程。

21．某中心接到其正东、正西、正北方向三个观测点的报告：正西、正北两个观测点同时听到了一声巨响,正东

观测点听到的时间比其他两观测点晚4s.已知各观测点到该中心的距离都是1020m,试确定该巨响发生的位置.(假定当时声音传播的速度为340m/s,相关各点均在同一平面上)

22．已知抛物线C：y2x，直线ykx2交C于A，B两点，M是线段AB的中点，过M作x轴的垂线交C于点N．

（Ⅰ）证明：抛物线C在点N处的切线与AB平行；

（Ⅱ）是否存在实数k使NANB0，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．

2

参考答案

一、选择题 1．B.

21x2．A.双曲线mxy1的虚轴长是实轴长的2倍，∴ m<0，且双曲线方程为y21，∴ m=.

44223．C.

4．C. 由椭圆的定义椭圆上一点到两焦点的距离之和等于长轴长2a,可得ABC的周长为4a=43. 222am2,b10m，5．D．由题意，得 2c4，代入abc，有m210m4,即 m8． c2．

226．A. 由课本知识，得知双曲线的渐近线方程为3xay0，或者3xay0．与已知的渐近线方程3xy0对应，立得正数a1．显然，由双曲线定义有PF1PF22a，所以PF15． 7．A. 将抛物线方程配方，得(x2)y1．画图，知道a(2,1)． 8．C．显然双曲线的特征量c25．由PF1PF2得，PF1PF24c2．对于关系PF1PF22a，

22222x2y21． 两边平方，得4c44a，即ac14，于是b1．从而双曲线的方程是422

9．A.

x2y21中,a3,b4,c5, 10．C.∵双曲线C:916∴F15,0,F25,0 ∵PF2F1F2,

∴PF12aPF261016. 作PF1边上的高AF2，则AF18. ∴AF2102826 ∴PF1F2的面积为

11PF1PF216648. 2211．A.将点Ｐ到抛物线焦点距离转化为点Ｐ到准线距离，容易求得当PQ∥x轴时，P到点Q （2，-1）的距离与点P到抛物线焦点距离之和取得最小，令y1，得x为（

1，故点Ｐ 41，-1），选Ａ. 412．C. 利用双曲线的定义，通过圆心距判断出当点P分别在左、右两支时，两圆相内切、外切. 二、填空题

13．2 ．由于y4x的准线是x1，所以点p到x1的距离等于P到焦点F的距离，故点P到点

2A(0,1)的距离与P到x=1的距离之和的最小值是FA2.

14．2

15．2. 由抛物线yax1的焦点坐标为(0,1111)为坐标原点得，a，则yx21 与坐标轴的交点4a441为(0,1),(2,0),(2,0)，则以这三点围成的三角形的面积为412.

2216．0>3,解得0m2n2m2n2

∴+< +<1,即点P(m,n)在椭圆内部,故过P的直线必与椭圆有两个交点. 7333三、解答题

x2217．（I）依题意，设椭圆的方程为2y1,设右焦点为（c,0）,则

ac2223 -----------4分

c2 a2=b2+c2=3----------------------6分

x2椭圆方程为y21.

3yxm,2+6mx+3m2-3=0. （II）设M（x1,y1）,N(x2,y2), 由 x2 得4x2y1,3当判别式△>0 时，

3m3(m21)x1x2,x1x2

24y1y2m ---------------9分 222AMAN x1(y11)2x2(y21)2

3mm(2), 22故 m=2，但此时判别式0,

满足条件的m不存在. ------------------12分 18．解：（Ⅰ）过 A、B的直线方程为

xy1. 2x2y21a2b2由题意得有惟一解.

y1x12即 (b2122a)xa2xa2b20有惟一解, 42222所以 ab(a4b4)0(ab0), ------------------3分 故a4b40.

22a2b23322a4b因为 c,即 ， 所以 22a4从而, 得 a2,b221, 2x22y21. ------------------6分 故所求的椭圆方程为2（Ⅱ）由（Ⅰ）得c666,0),F2(,0). , 所以 F1(222x2y21a2b2由  解得 x1x21,, ------------------9分

1yx12

因此T(1,). 从而 AT因为AF1AF21225, 4512, 所以ATAF1AF2. ------------------12分 2219．解：（Ⅰ）由题意得直线BD的方程为yx1．

因为四边形ABCD为菱形，所以ACBD． 于是可设直线AC的方程为yxn．

x23y24，22由得4x6nx3n40．------------------2分 yxn因为A，C在椭圆上，

所以12n640，解得24343n． 33(x2，y2)，则 设A，C两点坐标分别为(x1，y1)，3n243n，x1x2，y1x1n，y2x2n． x1x242所以 y1y2n． ------------------4分 23nn，． 443nn，在直线yx1上， 44所以AC的中点坐标为由四边形ABCD为菱形可知，点所以

n3n1，解得n2． 44所以直线AC的方程为yx2，即xy20． -----------------7分 （Ⅱ）因为四边形ABCD为菱形，且ABC60，所以ABBCCA．

所以菱形ABCD的面积S32AC． ------------------9分 2223n216由（Ⅰ）可得AC(x1x2)(y1y2)，

22所以S43343(3n216)n． 433所以当n0时，菱形ABCD的面积取得最大值43．------------------12分 20．解：（I）设OFQ, 则

|OF||FQ|cos()m46tan . ---------------3分 1m|OF||FQ|sin2626m46,

4tan1. ------------------5分

x2y2a0,b0),Q(x1,y1),则FQ(x1c,y1) （II）设所求的双曲线方程为221(ab∴SOFQ∴y11|OF||y1|26， 246. c又∵OFFQm，

∴OFFQ(c,0)(x1c,y1)(x1c)c(61c2. -----------------9分 46963c222x1c,|OQ|x1y1212.

4c8当且仅当c4时，|OQ|最小，此时Q的坐标是(6,6)或(6,6)

662221a4 ， ab2b12a2b216x2y21. ------------------12分 所求方程为

41221．解：如图,以接报中心为原点O,正东、正北方向为x轴、y轴正向,建立直角坐标系.设A、B、C分别是西、

东、北观测点,则A(－1020,0),B(1020,0),C(0,1020). -----------3分 设P(x,y)为巨响发生点,由A、C同时听到巨响声,得|PA|=|PC|,

故P在AC的垂直平分线PO上,PO的方程为y=－x,因B点比A点晚4s听到爆炸声,故 |PB|－|PA|=340×4=1360. ------------------6分

x2y2由双曲线定义知P点在以A、B为焦点的双曲线221上,

ab依题意得a=680,c=1020,

∴b2=c2-a2=10202-6802=5×3402,

x2y2

故双曲线方程为2-=1. -----------9分

6805×3402用y=－x代入上式,得x=±6805, ∵|PB|>|PA|,

∴x=-6805,y=6805, 即P(-6805,6805), 故PO=68010.

P y C O Bx N A A

答：巨响发生在接报中心的西偏北450距中心68010 m处. ------------------12分

y 2x12)，B(x2，2x22)， 22． 解：（Ⅰ）如图，设A(x1，A M 2 22把ykx2代入 y2x得2xkx20， ---------------2分

B 1 kN x 由韦达定理得x1x2，x1x21， O 1 2xNxMx1x2k， 24kk2N点的坐标为，．

48k2kmx， 设抛物线在点N处的切线l的方程为y84mkk20，------------------5分 将y2x代入上式得2xmx4822直线l与抛物线C相切，

mkk2m8m22mkk2(mk)20，mk．

842即l∥AB． ------------------7分

（Ⅱ）假设存在实数k，使NANB0，则NANB.

M是AB的中点，

1|MN||AB|． ------------------9分

2111由（Ⅰ）知yM(y1y2)(kx12kx22)[k(x1x2)4]

222又

k21k242． 224MNx轴，

k2k2k216|MN||yMyN|2． ------------------12分

488又|AB|1k2|x1x2|1k2(x1x2)24x1x2k121k2()24(1)k1k216.22k21612k1k216,解得k2.84即存在k2，使NANB0. ------------------14分