高三圆锥曲线复习题及答案

2008江苏省东台中学复习圆锥曲线（理科）总检测一、填空题1．已知椭圆13422yx,椭圆上有不同的两点关于直线mxy4对称,则m的取值范围是。2．以x轴为对称轴，抛物线通径长为8，顶点在坐标原点的抛物线的方程为。3．双曲线229436xy的渐近线方程是。4．抛物线xy42被直线bxy2截得的弦长为53,则b。5．如果双曲线191622yx上的一点P到双曲线的右焦点的距离是8，那么点P到右准线的距离是。6．若抛物线pxy22上的一点),6(yA到焦点F的距离为10，则p等于。7．双曲线221mxy的虚轴长是实轴长的2倍，则m。8．已知双曲线22221(0)xyabab的离心率为62，椭圆22221xyab＋的离心率为。9．设1F、2F是双曲线1422yx的两个焦点，点P在双曲线上，9021PFF，则21PFF的面积是。10．过双曲线M：1222hyx的左顶点A作斜率为1的直线l,若l与双曲线M的两条渐近线分别相交于点B、C，且BCAB，则双曲线M的离心率是。11．双曲线22221xyab（0a，0b）的左、右焦点分别是12FF，，过1F作倾斜角为30的直线交双曲线右支于M点，若2MF垂直于x轴，则双曲线的离心率为。12．椭圆14922kyx的离心率为54，则k的值为。13．直线12xy截抛物线xy42所得弦AB的长为。14．以下同个关于圆锥曲线的命题中①设A、B为两个定点，k为非零常数，kPBPA||||，则动点P的轨迹为双曲线；②过定圆C上一定点A作圆的动弦AB，O为坐标原点，若),(21OBOAOP则动点P的轨迹为椭圆；③方程02522xx的两根可分别作为椭圆和双曲线的离心率；④双曲线13519252222yxyx与椭圆有相同的焦点.其中真命题的序号为（写出所有真命题的序号）二、解答题15．已知双曲线与椭圆125922yx共焦点，它们的离心率之和为514，求双曲线方程16．设P是椭圆22211xyaa短轴的一个端点，Q为椭圆上的一个动点，求PQ的最大值。17．点A、B分别是椭圆1203622yx长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PFPA.求点P的坐标18．已知抛物线C：22yx，直线2ykx交C于AB，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0NBNA，若存在，求k的值；若不存在，说明理由．圆锥曲线复习训练参考答案一、填空题1．)13132,13132(2．xy823．32yx4．45．5326．87．148．129．110．1011．312．2519或2113．1514．③④二、解答题15．解:由于椭圆焦点为)4,0(F,离心率为e=45,所以双曲线的焦点为)4,0(F,离心率为2,从而4c，2a，32b。所以求双曲线方程为:221412yx16．解:依题意可设P(0,1),Q(x,y),则|PQ|=x2+(y－1)2,又因为Q在椭圆上,所以,x2=a2(1－y2),|PQ|2=a2(1－y2)+y2－2y+1=(1－a2)y2－2y+1+a2=(1－a2)(y－11－a2)2－11－a2+1+a2.因为|y|≤1,a1,若a≥2,则|11－a2|≤1,当y=11－a2时,|PQ|取最大值a2a2－1a2－1;17．解:由已知可得点A（－6，0），F（4，0）设点P的坐标是},4{},,6{),,(yxFPyxAPyx则，由已知得.623,018920)4)(6(120362222xxxxyxxyx或则由于).325,23(,325,23,0的坐标是点于是只能Pyxy18．解：（Ⅰ）如图，设211(2)Axx，，222(2)Bxx，，把2ykx代入22yx得2220xkx，由韦达定理得122kxx，121xx，xAy112MNBO1224NMxxkxx，N点的坐标为248kk，．设抛物线在点N处的切线l的方程为284kkymx，将22yx代入上式得222048mkkxmx，直线l与抛物线C相切，2222282()048mkkmmmkkmk，mk．即lAB∥．（Ⅱ）假设存在实数k，使0NANB，则NANB，又M是AB的中点，1||||2MNAB．由（Ⅰ）知121212111()(22)[()4]222Myyykxkxkxx22142224kk．MNx轴，22216||||2488MNkkkMNyy．又222121212||1||1()4ABkxxkxxxx2222114(1)11622kkkk．22216111684kkk，解得2k．即存在2k，使0NBNA．