(完整版)高中數(shù)學(xué)-圓錐曲線練習(xí)題含答案

(完整版)高中數(shù)學(xué)-圓錐曲線練習(xí)題含答案一、選擇題1.已知橢圓$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$上的一點P到橢圓一個焦點的距離為3，則P到另一焦點距離為（）A.2B.3C.5D.72.若橢圓的對稱軸為坐標(biāo)軸，長軸長與短軸長的和為18，焦距為6，則橢圓的方程為（）A.$\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{4}=1$B.$\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{9}=1$C.$\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{25}=1$或$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$D.以上都不對3.設(shè)雙曲線的半焦距為c，兩條準(zhǔn)線間的距離為d，且$c=d$，那么雙曲線的離心率e等于（）A.2B.3C.2D.34.拋物線$y=10x$的焦點到準(zhǔn)線的距離是（）A.$\frac{5}{3}$B.$\frac{5}{2}$C.5D.105.若拋物線$y=8x$上一點P到其焦點的距離為9，則點P的坐標(biāo)為（）A.$(7,\pm14)$B.$(14,\pm14)$C.$(7,\pm2\sqrt{14})$D.$(-7,\pm2\sqrt{14})$6.如果$x+ky=2$表示焦點在y軸上的橢圓，那么實數(shù)k的取值范圍是（）A.$(0,+\infty)$B.$(0,2)$C.$(1,+\infty)$D.$(0,1)$二.填空題7.雙曲線的漸近線方程為$x\pm2y=2$，焦距為10，這雙曲線的方程為_______________。$\frac{x^2}{36}-\frac{y^2}{16}=1$8.設(shè)AB是橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的不垂直于對稱軸的弦，M為AB的中點，O為坐標(biāo)原點，則$\frac{k_{AB}}{k_{OM}}=$____________。$\frac{a^2-b^2}{2ab}$三.解答題9.已知頂點在原點，焦點在x軸上的拋物線被直線$y=2x+1$截得的弦長為15，求拋物線的方程。設(shè)拋物線方程為$y=ax^2$，則焦點坐標(biāo)為$(0,\frac{1}{4a})$，直線$y=2x+1$與拋物線交點為$A(\frac{3}{4a},\frac{9}{4})$和$B(-\frac{5}{4a},\frac{25}{4})$，則$AB^2=(\frac{8}{a})^2+(4a)^2=15^2$，解得$a=\frac{2}{3}$，故拋物線方程為$y=\frac{2}{3}x^2$。10.已知動點P與平面上兩定點A(-2,0),B(2,0)連線的斜率的積為定值-1（Ⅰ）試求動點P的軌跡方程。設(shè)點P的坐標(biāo)為$(x,y)$，則$\frac{y}{x+2}\cdot\frac{y}{x-2}=-1$，化簡得$x^2-y^2=4$，即點P的軌跡方程為$x^2-y^2=4$。（Ⅱ）設(shè)直線$l:y=kx+1$與曲線C交于M、N兩點，當(dāng)$|MN|=\frac{1}{2}$時，求直線l的方程。由題意得，$M,N$在$x$軸兩側(cè)，設(shè)$M(a,0),N(-a,0)$，則$|MN|=2a=\frac{1}{2}$，解得$a=\frac{1}{4}$。又因為$l$與曲線C交于M、N兩點，所以$k=\frac{y_M-1}{x_M}=\frac{y_N-1}{x_N}$，即$\frac{\frac{1}{4}-1}{a}=\frac{\frac{1}{4}-1}{-a}$，解得$a=\frac{5}{8}$，故$l:y=\frac{5}{8}x+1$。設(shè)雙曲線的方程為$x^2-4y^2=\lambda$，其中$\lambda\neq0$，焦距$2c=10$，$c^2=257$。當(dāng)$\lambda>0$時，有$$\frac{x^2}{\lambda/4}-\frac{y^2}{\lambda}=1,\quad\frac{x^2}{\lambda}-\frac{y^2}{\lambda/4}=25,\quad\lambda=20$$當(dāng)$\lambda<0$時，$$\frac{y^2}{-\lambda/4}-\frac{x^2}{-\lambda}=1,\quad\frac{y^2}{-\lambda}-\frac{x^2}{-\lambda/4}=25,\quad\lambda=-20$$設(shè)$A(x_1,y_1),B(x_2,y_2)$，則中點$M\left(\frac{x_1+x_2}{2},\frac{y_1+y_2}{2}\right)$，得到$k_{AB}=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\pm2$，$k_{OM}=\frac{y_2+y_1}{2}-\frac{y_1+y_2}{2}=\frac{y_2-y_1}{2}$，$k_{AB}\cdotk_{OM}=\pm1$，即$$\frac{(x_2-x_1)^2}{a^2}-\frac{(y_2-y_1)^2}{b^2}=1,\quad\frac{(x_2-x_1)^2}{a^2}+\frac{(y_2-y_1)^2}{b^2}=4,\quadb(x_2-x_1)+a(y_2-y_1)=0$$解得$b=\pm\frac{\sqrt{a^2-4}}{2}$，$k_{AB}=\frac{y_2-y_1}{x_2-x_1}=\frac{a(x_2-x_1)}{2b}$，$k_{OM}=\frac{y_2+y_1}{2}-\frac{y_1+y_2}{2}=\frac{a(y_2-y_1)}{2b}$，$k_{AB}\cdotk_{OM}=\frac{a^2}{4}$，即$$\frac{(x_2-x_1)^2}{a^2}-\frac{(y_2-y_1)^2}{a^2-4}=1,\quad\frac{(x_2-x_1)^2}{a^2}+\frac{(y_2-y_1)^2}{a^2-4}=4,\quad(x_2-x_1)(a^2-4)+a(y_2-y_1)=0$$解得$a=3,b=1$，或$a=-3,b=1$，即雙曲線的方程為$$\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{1}=1,\quad\text{或}\quad\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{1}=-1$$設(shè)拋物線的方程為$y=2px$，則$$y=2x+1,\quad4x^2-(2p-4)x+1=0,\quadx_1+x_2=p-\frac12,x_1x_2=\frac14$$解得$p=-2$或$p=6$，即拋物線的方程為$y=-4x$或$y=12x$。設(shè)點$P(x,y)$，則依題意有$x+2\sqrt{x-2}=y$，由于$x\neq2$，$x^2+y^2=1(x\neq\pm2)$，所以求得的曲線$C$的方程為$$x^2+y^2=1,\quadx+2\sqrt{x-2}=y,\quadx\neq2$$或者寫成$$\begin{cases}x^2+y^2=1,\\y-x-2\sqrt{x-2}=0,\\x\neq2\end{cases}$$解得$x=\frac{5}{4}$，$y=\frac{7}{4}$或$x=-\frac{5}{4}$，$y=-\frac{3}{4}$，即曲線$C$與圓$x^2+y^2=1$相交于兩點$\left(\frac{5}{4},\frac{7}{4}\right)$和$\left(-\frac{5}{4},-\frac{3}{4}\right)$。設(shè)$A(x_1,x_1+1),B(x_2,x_2-1)$，則$AB=\sqrt{(x_2-x_1)^2+4}$，$OM=\frac{1}{2}$，$k_{AB}=\frac{x_2-x_1}{2}$，$k_{OM}=x_1-\frac{1}{2}$，$k_{AB}\cdotk_{OM}=1$，解得$x_1=0,x_2=\frac{1+2\sqrt{2}}{3}$或$x_1=0,x_2=\frac{1-2\sqrt{2}}{3}$，即$A\left(0,1\ri