錐曲線》單元測試題本文為一份圓錐曲線單元測試題，共有選擇題12道，每道題5分，總分60分。題目中涉及到橢圓、雙曲線、拋物線等知識點。.若雙曲線$\frac{xA2}{aA2}-\frac{yA2}{b八2}=1$的焦點到其漸近線的距離等于實軸長，則該雙曲線的離心率為()。Ao5BO5Co2DO2.圓錐曲線$\frac{yA2}{x八2}+\frac{l}{9}=1$的離心率$e$,則$a$的值為0。frac{9a+8}{5}$Ao4BO$-\frac{4}{5}$Co4或$-\6^{4}{5}$D。以上均不正確故有kl+k2=-2,代入y=kx+1可得x2+(2k-4)x+(k2-4+k)=0根據二次方程的求根公式可得x=2-k±?4k-4k2-8)代入y=kx+1可得y=2k-k2±d(4k-4k2-8)+1由于點P在橢圓x2/4+y2/2=1上，故有xl2)/4+y12/2=1代入x1=(t2-2)/2,y1=t-1可得t4-6t2+8t-4=0解得t=l土也代入上式可得兩條高線的方程為y=x+2±Y(2x2-8x+8)故^ABP的面積為S=1/2|x1y2+x2y3+x3yl-x2yl-x3y2-x1y3|代入上式可得S=l/2|(xl2)/2+(x22)/2+(x12)/2-(x22)/2|化簡得S=l/2|xl2|=l/2|(xl)2-2(x2)2|代入x1=(t2-2)/2,x2=(t2+2)/2可得S=l/2|3-4t2|=4l3-9/2故^ABP的面積最小值為4^3-9/220、［解析］1)設BD所在直線方程為y=x+b,代入菱形的對角線方程可得y=x+b,y=-x+b聯立化簡得x=l/2,y=l/2-b/2代入橢圓方程可得l/4+(3/4)(l/2-b/2)2=l解得b=±43故直線AC的方程為y=x土也2)設菱形的長、短對角線長度分別為2a、2b,由菱形性質可得a2+b2=l設NABC的頂點為E,由余弦定理可得a2=2b2-2b2cos60。代入上式可得b2-2b2cos60°+l=0解得b=l/2代入a2+b2=l可得a=^3/2故菱形面積為S=2ab=43/2由于菱形的對角線所在直線斜率為1,故其與橢圓的交點坐標為(土也/2,±1/2)設點E的坐標為(x,y),則有x2/4+y2/3=1y=x+d3/2或y=x-^3/2代入點E的坐標可得x=±、3/6,y=l/2±^3/6代入菱形面積公式可得S=3也/4故菱形面積的最大值為3也/421、［解析］1)設橢圓的長、短半軸分別為a、b,離心率為e,橢圓的焦點坐標分別為Fl、F2,直線1的斜率為k,代入橢圓方程可得x2/a2+(kx-b)2/b2=l化簡得k2a2/b2+l)x2-2kbx+(b2-a2)=0由于直線1與圓。相切于點M,故有b2(k2+l)=l代入上式可得x2/a2+(kx-b)2/(k2a2+1)=1由于直線1與橢圓C相交于點A、B,故有x2/a2+(kx-b)2/(k2a2+1)=1x2+(kx-b)2(a2+k2b2)=a2(k2+1)化簡得k2+1)x2-2kbx+(b2-a2)=0由于直線1與橢圓C相切于點M,故有b2(k2+l)=a2代入上式可得k2+1)x2-2kbx+(k2+1)b2=0由于直線1與橢圓C相交于點A、B,故有x2/a2+(kx-b)2/(k2a2+1)=1代入上式可得x2+(kx-b)2(a2+k2b2)=a2(k2+1)化簡得k2+l)x2-2kbx+(b2-a2)=0聯立以上兩式可得b2(k2+l)=la2(k2+l)=k2b2+1解得a2=l/(e2-l)b2=a2(l-e2)k2=l-e2代入直線1與圓O相切于點M的性質可得b2(k2+l)=l代入題意可得e2-l)(a2/2+(a2e2/2-l)/a)=1化簡得a4-2a2-4e2=0解得-2=1+6b2=(45-l)/2故橢圓的標準方程為x2/(l+Y5))+(y2/((45-1)/2))=12)由題意可知，OA、OB、OM為三條線段，且OAOB=OM,故有x2/(l+Y5))+(y2/((d5-1)/2))=1x2+y2=1x+3)2+y2=l聯立以上三式可得x=-3/8,y=±4(143/320)故存在直線1,使得OA.OB=OM,其方程為y=±0.6x±d(143/320),其中斜率為±0.6又AD=(x+2,y),因此可以得到：y/(x+3)=y/(x+2)移項可得：x=2y/(y-x)代入|AC|二2得到x八2+y八2=1,即為所求點D的軌跡E的方程。2)易知直線1與x軸不垂直，設直線1的方程為y=k(x+2)o設橢圓方程為xA2/aA2+yA2/(aA2-4)=1(aA2>4)o因為直線1與圓x9+y八2=1相切，因此有(a八2-4)xA2+4aA2kA2x+4aA2kA2-aA4+4aA2=0.又kA2=13/34,代入整理得(a八2-3)xA2+a^2x-a八4+4@八2=0.設M(xl,yl),N(x2,y2),則有xl+x2=2/(a-3)。由題意有2a八2/(4*八2+丫八2)=2,求得a=8.經檢驗，此時A>0.因此所求的橢圓方程為xA2/64+y八2/36=1.1)設橢圓的焦距為2c(c>0),焦點F(c,O),直線1：x-y=O,F到1的距離為2,解得c=2.又22=1/3,代入方程2aA2/(aA2-4)=l,求得a=22,b=2.因此橢圓C的方程為xA2/484+yA2/4=l.2)由xA2=2y得xA2=8-2yA2,代入直線AB的方程y=k(x-1)+1中得到k=-(y+l)/(x-l)o對y=2x求導得y-2,因此切線PA的方程為y=xl(x-xl)+2,切線PB的方程為y=x2(x-x2)+4.將兩式聯立得點P的坐標為(xl+x2)/2,(xlx2-2)/(xl+x2)。易得當直線$1$垂直于$x$軸時，不符合題意，故設直線$1$方程為$y=kx+b$o由直線$1$與圓$0$相切可得，$bA2=kA2+l$o將直線$y=kx+b$代入橢圓$C:\frac{xA2}{4}+yA2=1$中，整理得$(1+3kA2)xA2+6kbx+3bA2-3=0$o則$x_1+x_2=-\frac{6kb}{1+3kA2}$,$x_lx_2=\frac{3bA2-3}{1+3kA2}$。由此可得$OA\cdotOB=x_lx_2+y_ly_2=(l+kA2)x_lx_2+kb(x_l+x_2)+bA2=(1+kA2)\frac{3bA2-3}{1+3kA2}-\frac{6kb}{l+3kA2}+bA2=\frac{2kA2bA2-3kA2-3}{2(4bA2-3kA2)}$o由此得到 $bA2=2$,故存在直線$1$,其方程為$y=\pmx\pm\sqrt{2}$o1)由題意知$c=3$,$4a=8$,$\thereforea=2$,$b=l$,橢圓的方程為$\frac{xA2}{4}+yA2=l$。2)當直線$1$的斜率存在時，設其斜率為$k$,則$1$的方程為$y=k(x-l)$。將直線$1$代入橢圓$\frac{xA2}{4}+yA2=1$中，整理得$(4B2+l)xA2-8kA2x+4kA2-4=0$o設$P(x」,y_l)$,$Q(x_2,y_2)$o由韋達定理得$x_l+x_2=2$,$x_lx_2=2$o貝I$PE=(m-x_l,-y_l)$,$QE=(m-x_2,-y_2)$,其中$m$為定值。由此得到$PE\cdotQE=mA2-m(x_l+x_2)+x_lx_2+y_ly_2=mA2-m(x_l+x_2)+x_lx_2+kA2(x_l-l)(x_2-l)$o要使上式為定值，須滿足$4(4mA2-8m+1)kA2+(mA2-4)(4kA2+1)=0$。解得$m=\frac{4}{3}$。則$PE=(-\frac{1}{3},-\frac{\sqrt{2}}{3})$,$QE=(-\frac{1}{3},\frac{\sqrt{2}}{3})$o由此得到$PE\cdotQE=-\frac{l}{18}$o當直線$1$的斜率不存在時，$P(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{1}{2})$,$Q(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{l}{2})$,可得$PE=(\frac{5\sqrt{2}}{6},-\frac{1}{2})$,$QE=(-\frac{\sqrt{2}}{6},-\frac{1}{2})$,由此得到$PE\cdotQE=\frac{l}{24}$o.以橢圓的右焦點$F_2(2,0)$為圓心的圓恰好過橢圓的中心，交橢圓于點$M$、$N$,橢圓的左焦點為$電1(-2,0)$,且直線$MF_1$與此圓相切，則橢圓的離心率$e$為()。Ao$3-\sqrt{5}$Bo$2-\sqrt{3}$Co$\frac{\sqrt{2}}{2}$Do$\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{3}}{3}$.已知雙曲線$\frac{xA2}{a_l八2}-\frac{yA2}{b八2}=1$與橢圓$\frac{x^2}{a_2八2}+\frac{yA2}{bA2}=1$的離心率互為倒數，其中$a_l>0$,$a_2>b>0$,那么以$a」,b$,$a_2,b$為邊長的三角形是()。Ao銳角三角形B。直角三角形C。鈍角三角形D。等腰三角形.設橢圓$\frac{xA2}{mA2}+\frac{yA2}{nA2}=l(m>0,n>0)$的右焦點與拋物線$y^2=8x$的焦點相同，離心率為$\6^{1}{2}$,則此橢圓的方程為()。Ao$\frac{xA2}{4}+\frac{yA2}{16}=l$Bo$\frac{xA2}{16}+\frac{yA2}{4}=l$Co$\frac{xA2}{9}+\frac{yA2}{16}=1$Do$\frac{xA2}{16}+\frac{yA2}{9}=l$.已知橢圓$E:\frac{xA2}{aA2}+\frac{yA2}{bA2}=l$,對于任意實數$k$,下列直線被橢圓$E$截得的弦長與$l:y=kx+1$被橢圓$E$截得的弦長不可能相等的是()。Ao$kx+y+k=0$Bo$kx-y-l=0$Co$kx+y-k=0$Do$kx+y-2=0$.過雙曲線$M:xA2-\frac{y八2}{b^2}=1$的左頂點$A$作斜率為1的直線$1$,若$1$與雙曲線$乂$的兩條漸近線$\frac{x}{a}=\pm\frac{y}{b}$分別相交于點$B$、$C$,且$|AB|=|BC|$,則雙曲線$14$的離心率是()。Ao$\frac{5}{10}$Bo$\frac{5}{\sqrt{23}}$Co$5$DO$10\sqrt{2}$.設直線$1:2x+y+2=0$關于原點對稱的直線為$1$若$1$與橢圓$\frac{xA2}{4}+\frac{y八2}{9}=1$,點$P$為橢圓上的動點，則使$\trianglePAB$的面積為$\frac{9}{4}$的點$P$的個數為0。Ao1Bo2Co3DO4.設$F_1$、$F_2$分別是橢圓$\frac{xA2}{aA2}+\frac{yA2}{bA2}=l(a>b>0)$的左、右焦點,與直線$y=b$相切的$\odotF_2$交橢圓于點$E$,且$E$是直線$EF_1$與$\odotF_2$的切點，則橢圓的離心率為()。Ao$\frac{5}{6}$Bo$\frac{63}{32}$Co$3-\sqrt{3}$Do$\frac{3}{2}-\sqrt{2}$10、題目描述了一個幾何問題，給出了一組方程和點的坐標，要求判斷一個大小關系。具體來說，給出了一個雙曲線和一個圓，以及它們的焦點和切點等信息，要求判斷一個線段中點到某個點的距離與兩個參數之差的大小關系。可以將題目中的圖形畫出來，根據幾何關系列出方程，然后化簡求解，最終得出答案為Bo11、這道題目要求確定一個實數的取值范圍。給出了一個二次函數曲線和兩個點的坐標，要求從一個點觀察另一個點時不被曲線擋住，需要確定實數a的取值范圍。可以通過畫圖或者列方程的方式解決這個問題，最終得出答案為B。12、這道題目描述了一個點在曲線上的問題，要求判斷這個點是否滿足一定的條件。給出了一個曲線和一個直線，要求找到一個點，使得過這個點的直線與曲線的交點滿足一定的條件。可以通過列方程的方式解決這個問題，最終得出答案為B。13、這道題目要求確定一個點的軌跡方程。給出了兩個點的坐標和一個動點的條件，需要確定動點的軌跡方程。可以通過列方程的方式解決這個問題，最終得出答案為$儀-3)A2+yA2=l$o14、這道題目要求確定兩條直線的斜率之積。給出了一個橢圓和一個點的坐標，以及過這個點的一條直線和過橢圓上兩個交點的直線，需要確定這兩條直線的斜率之積。可以通過列方程的方式解決這個問題，最終得出答案為$2\sqrt{3}$。15、這道題目要求確定一個角度的最大值。給出了一個雙曲線和一個點的坐標，要求找到一個點，使得這個點與雙曲線的兩個焦點形成的角度的最大值。可以通過列方程的方式解決這個問題，最終得出答案為$3^{\畫}{3}$。16、這道題目要求確定一個三角形的面積的最大值。給出了一個橢圓和兩個點的坐標，以及一條直線，需要確定這條直線與橢圓上兩個交點和一個固定點所形成的三角形的面積的最大值。可以通過列方程的方式解決這個問題，最終得出答案為$\frac{l}{2}$o2)由題意可得，AD的斜率為-1,即y_2=l(x+2)化簡得y=-x將其代入橢圓方程得x2+3(-x)2=l化簡得2x2=1,即x=±1/42代入原方程得y=±?l-x2/2)故橢圓的參數方程為x=±l/d2,y=±?l-x2/2)18、［解析］1)設過原點0斜率為1的直線方程為y二x,將其代入橢圓方程得2x2+x2=l化簡得x2=l/3,即乂=±4(1/3)代入橢圓方程得丫=±<(2/3)故橢圓的標準方程為3x2+2y2=22)設P點坐標為(x,y),則PM的斜率為kl=(y-l)/(x-l),PN的斜率為k2=(y-l)/(x+l)由橢圓的性質可知，