（浙江專用）2020高考數學二輪復習 專題五 解析幾何 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線專題強化訓練

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1、第2講 橢圓、雙曲線、拋物線專題強化訓練1(2018高考浙江卷)雙曲線y21的焦點坐標是()A(，0)，(，0)B(2，0)，(2，0)C(0，)，(0，) D(0，2)，(0，2)解析：選B.由題可知雙曲線的焦點在x軸上，因為c2a2b2314，所以c2，故焦點坐標為(2，0)，(2，0)故選B.2已知圓M：(x1)2y2，橢圓C：y21，若直線l與橢圓交于A，B兩點，與圓M相切于點P，且P為AB的中點，則這樣的直線l有()A2條B3條C4條D6條解析：選C.當直線AB斜率不存在時且與圓M相切時，P在x軸上，故滿足條件的直線有2條；當直線AB斜率存在時，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，

2、P(x0，y0)，由y1，y1，兩式相減，整理得：，則kAB，kMP，kMPkAB1，kMPkAB1，解得x0，由b0)和圓x2y2(c)2有四個交點，其中c為橢圓的半焦距，則橢圓的離心率e的取值范圍為()A(，) B(0，)C(，) D(，)解析：選A.由題意可知，橢圓的上、下頂點在圓內，左、右頂點在圓外，則e0，b0)的右焦點為F，O為坐標原點，以OF為直徑的圓與雙曲線C的一條漸近線相交于O，A兩點，若AOF的面積為4，則a的值為()A2 B3 C4 D5解析：選C.因為e ，所以，設|AF|m，|OA|2m，由面積關系得m2m4，所以m2，由勾股定理，得c2，又，所以a4，故選C.6(2

3、019寧波市諾丁漢大學附中高三期末考試)過雙曲線1(a0，b0)的左焦點F作圓x2y2a2的兩條切線，切點分別為A、B，雙曲線左頂點為M，若AMB120，則該雙曲線的離心率為()A. B. C3 D2解析：選D.依題意，作圖如圖所示：因為OAFA，AMO60，OMOA，所以AMO為等邊三角形，所以OAOMa，在直角三角形OAF中，OFc，所以該雙曲線的離心率e2，故選D.7(2019杭州高三模擬)已知雙曲線C：1的右頂點為A，O為坐標原點，以A為圓心的圓與雙曲線C的某一條漸近線交于兩點P，Q，若PAQ且5，則雙曲線C的離心率為()A. B2 C. D3解析：選A.由圖知APQ是等邊三角形，設P

4、Q中點是H，圓的半徑為r，則AHPQ，AHr，PQr，因為5，所以OPr，PHr，即OHrrr，所以tan HOA，即，從而得e，故選A.8.如圖，設拋物線y24x的焦點為F，不經過焦點的直線上有三個不同的點A，B，C，其中點A，B在拋物線上，點C在y軸上，則BCF與ACF的面積之比是()A.B.C.D.解析：選A.由圖形可知，BCF與ACF有公共的頂點F，且A，B，C三點共線，易知BCF與ACF的面積之比就等于.由拋物線方程知焦點F(1，0)，作準線l，則l的方程為x1.因為點A，B在拋物線上，過A，B分別作AK，BH與準線垂直，垂足分別為點K，H，且與y軸分別交于點N，M.由拋物線定義，得

5、|BM|BF|1，|AN|AF|1.在CAN中，BMAN，所以 .9(2019溫州高考模擬)過拋物線C：y22px(p0)的焦點F的直線交該拋物線于A，B兩點，若|AF|8|OF|(O為坐標原點)，則_解析：由題意，|AF|4p，設|BF|x，由拋物線的定義，可得，解得xp，所以7，故答案為7.答案：710(2019浙江名校協作體高三期末考試)設雙曲線1(a0，b0)的右焦點為F，過點F作與x軸垂直的直線交兩漸近線于A，B兩點，且與雙曲線在第一象限的交點為P，設O為坐標原點，若，(，R)，則雙曲線的離心率e的值是_解析：由題意可知，雙曲線的漸近線為yx，右焦點為F(c，0)，則點A，B，P的坐

6、標分別為，所以，的坐標為，又，則，即，又，解得，所以ee.答案：11.(2019臺州市高考一模)如圖，過拋物線y24x的焦點F作直線與拋物線及其準線分別交于A，B，C三點，若4，則|_解析：分別過A，B作準線的垂線，垂足分別為A1，B1，則DFp2，由拋物線的定義可知FBBB1，AFAA1，因為4，所以，所以FBBB1.所以FC4FB6，所以cos DFC，所以cos A1AC，解得AF3，所以ABAFBF3.答案：12設雙曲線x21的左、右焦點分別為F1，F2.若點P在雙曲線上，且F1PF2為銳角三角形，則|PF1|PF2|的取值范圍是_解析：由題意不妨設點P在雙曲線的右支上，現考慮兩種極限

7、情況：當PF2x軸時，|PF1|PF2|有最大值8；當P為直角時，|PF1|PF2|有最小值2.因為F1PF2為銳角三角形，所以|PF1|PF2|的取值范圍為(2，8)答案：(2，8)13.(2019浙江新高考沖刺卷)如圖，過雙曲線1(a，b0)左焦點F1的直線交雙曲線左支于A，B兩點，C是雙曲線右支上一點，且A，C在x軸的異側，若滿足|OA|OF1|OC|，|CF1|2|BF1|，則雙曲線的離心率為_解析：取雙曲線的右焦點F2，連接CF2，延長交雙曲線于D，連接AF2，DF1，由|OA|OF1|OC|OF2|c，可得四邊形F1AF2C為矩形，設|CF1|2|BF1|2m，由對稱性可得|DF2

8、|m，|AF1|，即有|CF2|，由雙曲線的定義可得2a|CF1|CF2|2m，在直角三角形DCF1中，|DC|m，|CF1|2m，|DF1|2am，可得(2am)2(2m)2(m)2，由可得3m4a，即m，代入可得，2a，化簡可得c2a2，即有e.故答案為.答案：14橢圓1(ab0)的右焦點F(c，0)關于直線yx的對稱點Q在橢圓上，則橢圓的離心率是_解析：設橢圓的另一個焦點為F1(c，0)，如圖，連接QF1，QF，設QF與直線yx交于點M.由題意知M為線段QF的中點，且OMFQ，又O為線段F1F的中點，所以F1QOM，所以F1QQF，|F1Q|2|OM|.在RtMOF中，tanMOF，|O

9、F|c，可解得|OM|，|MF|，故|QF|2|MF|，|QF1|2|OM|.由橢圓的定義得|QF|QF1|2a，整理得bc，所以ac，故e.答案：15.(2019溫州模擬)已知直線l：yx3與橢圓C：mx2ny21(nm0)有且只有一個公共點P(2，1)(1)求橢圓C的標準方程；(2)若直線l：yxb交C于A，B兩點，且PAPB，求b的值解：(1)聯立直線l：yx3與橢圓C：mx2ny21(nm0)，可得(mn)x26nx9n10，由題意可得36n24(mn)(9n1)0，即為9mnmn，又P在橢圓上，可得4mn1，解方程可得m，n，即有橢圓方程為1.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2

10、)，聯立直線ybx和橢圓方程，可得3x24bx2b260，判別式16b212(2b26)0，x1x2，x1x2，y1y22b(x1x2)，y1y2(bx1)(bx2)b2b(x1x2)x1x2，由PAPB，即為(x12)(x22)(y11)(y21)x1x22(x1x2)4y1y2(y1y2)1250，解得b3或，代入判別式，則b成立故b為.16.(2019浙江金華十校高考模擬)已知橢圓M：1(ab0)的右焦點F的坐標為(1，0)，P，Q為橢圓上位于y軸右側的兩個動點，使PFQF，C為PQ中點，線段PQ的垂直平分線交x軸，y軸于點A，B(線段PQ不垂直x軸)，當Q運動到橢圓的右頂點時，|PF|

11、.(1)求橢圓M的標準方程；(2)若SABOSBCF35，求直線PQ的方程解：(1)當Q運動到橢圓的右頂點時，PFx軸，所以|PF|，又c1，a2b2c2，所以a，b1.橢圓M的標準方程為y21.(2)設直線PQ的方程為ykxb，顯然k0，聯立橢圓方程得：(2k21)x24kbx2(b21)0，設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根與系數的關系得：由0(x11)(x21)y1y20得：3b214kb0，點C，所以線段PQ的中垂線AB方程為：y，令y0可得：A；令x0可得B，則A為BC中點，故22，由式得：k，則xA，2，得b23.所以b，k或b，k.經檢驗，滿足條件，故直線PQ的方程為：y

12、x，yx.17.(2019紹興市高三教學質量調測)已知點A(2，0)，B(0，1)在橢圓C：1(ab0)上(1)求橢圓C的方程；(2)P是線段AB上的點，直線yxm(m0)交橢圓C于M，N兩點若MNP是斜邊長為的直角三角形，求直線MN的方程解：(1)因為點A(2，0)，B(0，1)在橢圓C：1上，所以a2，b1，故橢圓C的方程為y21.(2)設M(x1，y1)，N(x2，y2)由消去y，得x2mxm210，則2m20，x1x22m，x1x22m22，|MN|x1x2|.當MN為斜邊時， ，解得m0，滿足0，此時以MN為直徑的圓方程為x2y2.點A(2，0)，B(0，1)分別在圓外和圓內， 即在

13、線段AB上存在點P，此時直線MN的方程yx，滿足題意當MN為直角邊時，兩平行直線AB與MN的距離d|m1|，所以d2|MN|2|m1|2(105m2)10，即21m28m40，解得m或m(舍)，又0，所以m.過點A作直線MN：yx的垂線，可得垂足坐標為，垂足在橢圓外，即在線段AB上存在點P，所以直線MN的方程yx，符合題意綜上所述，直線MN的方程為yx或yx.18(2019杭州市高考數學二模)設拋物線：y22px(p0)上的點M(x0，4)到焦點F的距離|MF|x0.(1)求拋物線的方程；(2)過點F的直線l與拋物線相交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線l與拋物線相交于C，D兩點，若0，求直線

14、l的方程解：(1)因為|MF|x0x0，所以x02p.即M(2p，4)把M(2p，4)代入拋物線方程得4p216，解得p2.所以拋物線的方程為y24x.(2)易知直線l的斜率存在，不妨設直線l的方程為yk(x1)，聯立方程組，消元得：k2x2(2k24)xk20，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，y1y2.設AB的中點為P，所以|AB|x1x2p.所以直線l的方程為y，即xky3.聯立方程組，消元得：y24ky40.設C(x3，y3)，D(x4，y4)，則y3y44k，y3y44.所以x3x4，所以CD的中點Q.所以|CD|，|PQ|，因為0，所以ACAD.所以|AQ|CD|.因為ABCD，所以|AP|2|PQ|2|AQ|2，即|AB|2|PQ|2|CD|2，所以，解得k1，所以直線l的方程為xy10或xy10.- 11 -