（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 解析幾何 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線專題強(qiáng)化訓(xùn)練

第2講 橢圓、雙曲線、拋物線專題強(qiáng)化訓(xùn)練1(2018·高考浙江卷)雙曲線y21的焦點(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn)在x軸上，因?yàn)閏2a2b2314，所以c2，故焦點(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn)，與圓M相切于點(diǎn)P，且P為AB的中點(diǎn)，則這樣的直線l有()A2條B3條C4條D6條解析：選C.當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí)且與圓M相切時(shí)，P在x軸上，故滿足條件的直線有2條；當(dāng)直線AB斜率存在時(shí)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，由y1，y1，兩式相減，整理得：·，則kAB，kMP，kMP·kAB1，kMP·kAB·1，解得x0，由<，可得P在橢圓內(nèi)部，則這樣的P點(diǎn)有2個(gè)，即直線AB斜率存在時(shí)，也有2條綜上可得，所示直線l有4條故選C.3若橢圓b2x2a2y2a2b2(a>b>0)和圓x2y2(c)2有四個(gè)交點(diǎn)，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(diǎn)在圓內(nèi)，左、右頂點(diǎn)在圓外，則<e<.4(2019·學(xué)軍中學(xué)質(zhì)檢)雙曲線M：x21的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，記|F1F2|2c，以坐標(biāo)原點(diǎn)O為圓心，c為半徑的圓與雙曲線M在第一象限的交點(diǎn)為P，若|PF1|c2，則點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為()A. B.C. D.解析：選A.由點(diǎn)P在雙曲線的第一象限可得|PF1|PF2|2，則|PF2|PF1|2c，又|OP|c，F(xiàn)1PF290°，由勾股定理可得(c2)2c2(2c)2，解得c1.易知POF2為等邊三角形，則xP.5已知離心率e的雙曲線C：1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)F為直徑的圓與雙曲線C的一條漸近線相交于O，A兩點(diǎn)，若AOF的面積為4，則a的值為()A2 B3 C4 D5解析：選C.因?yàn)閑 ，所以，設(shè)|AF|m，|OA|2m，由面積關(guān)系得·m·2m4，所以m2，由勾股定理，得c2，又，所以a4，故選C.6(2019·寧波市諾丁漢大學(xué)附中高三期末考試)過(guò)雙曲線1(a>0，b>0)的左焦點(diǎn)F作圓x2y2a2的兩條切線，切點(diǎn)分別為A、B，雙曲線左頂點(diǎn)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?yàn)镺AFA，AMO60°，OMOA，所以AMO為等邊三角形，所以O(shè)AOMa，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(diǎn)為A，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以A為圓心的圓與雙曲線C的某一條漸近線交于兩點(diǎn)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(shè)PQ中點(diǎn)是H，圓的半徑為r，則AHPQ，AHr，PQr，因?yàn)?，所以O(shè)Pr，PHr，即OHrrr，所以tan HOA，即，從而得e，故選A.8.如圖，設(shè)拋物線y24x的焦點(diǎn)為F，不經(jīng)過(guò)焦點(diǎn)的直線上有三個(gè)不同的點(diǎn)A，B，C，其中點(diǎn)A，B在拋物線上，點(diǎn)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(diǎn)F，且A，B，C三點(diǎn)共線，易知BCF與ACF的面積之比就等于.由拋物線方程知焦點(diǎn)F(1，0)，作準(zhǔn)線l，則l的方程為x1.因?yàn)辄c(diǎn)A，B在拋物線上，過(guò)A，B分別作AK，BH與準(zhǔn)線垂直，垂足分別為點(diǎn)K，H，且與y軸分別交于點(diǎn)N，M.由拋物線定義，得|BM|BF|1，|AN|AF|1.在CAN中，BMAN，所以 .9(2019·溫州高考模擬)過(guò)拋物線C：y22px(p>0)的焦點(diǎn)F的直線交該拋物線于A，B兩點(diǎn)，若|AF|8|OF|(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則_解析：由題意，|AF|4p，設(shè)|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(xié)作體高三期末考試)設(shè)雙曲線1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F，過(guò)點(diǎn)F作與x軸垂直的直線交兩漸近線于A，B兩點(diǎn)，且與雙曲線在第一象限的交點(diǎn)為P，設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，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y±x，右焦點(diǎn)為F(c，0)，則點(diǎn)A，B，P的坐標(biāo)分別為，所以，的坐標(biāo)為，又，則，即，又，解得，所以ee.答案：11.(2019·臺(tái)州市高考一模)如圖，過(guò)拋物線y24x的焦點(diǎn)F作直線與拋物線及其準(zhǔn)線分別交于A，B，C三點(diǎn)，若4，則|_解析：分別過(guò)A，B作準(zhǔn)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?yàn)?，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(shè)雙曲線x21的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.若點(diǎn)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(shè)點(diǎn)P在雙曲線的右支上，現(xiàn)考慮兩種極限情況：當(dāng)PF2x軸時(shí)，|PF1|PF2|有最大值8；當(dāng)P為直角時(shí)，|PF1|PF2|有最小值2.因?yàn)镕1PF2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(guò)雙曲線1(a，b>0)左焦點(diǎn)F1的直線交雙曲線左支于A，B兩點(diǎn)，C是雙曲線右支上一點(diǎn)，且A，C在x軸的異側(cè)，若滿足|OA|OF1|OC|，|CF1|2|BF1|，則雙曲線的離心率為_(kāi)解析：取雙曲線的右焦點(diǎn)F2，連接CF2，延長(zhǎng)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(shè)|CF1|2|BF1|2m，由對(duì)稱性可得|DF2|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(jiǎn)可得c2a2，即有e.故答案為.答案：14橢圓1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F(c，0)關(guān)于直線yx的對(duì)稱點(diǎn)Q在橢圓上，則橢圓的離心率是_解析：設(shè)橢圓的另一個(gè)焦點(diǎn)為F1(c，0)，如圖，連接QF1，QF，設(shè)QF與直線yx交于點(diǎn)M.由題意知M為線段QF的中點(diǎn)，且OMFQ，又O為線段F1F的中點(diǎn)，所以F1QOM，所以F1QQF，|F1Q|2|OM|.在RtMOF中，tanMOF，|OF|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(n>m>0)有且只有一個(gè)公共點(diǎn)P(2，1)(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線l：yxb交C于A，B兩點(diǎn)，且PAPB，求b的值解：(1)聯(lián)立直線l：yx3與橢圓C：mx2ny21(n>m>0)，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(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)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)12·50，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(a>b>0)的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1，0)，P，Q為橢圓上位于y軸右側(cè)的兩個(gè)動(dòng)點(diǎn)，使PFQF，C為PQ中點(diǎn)，線段PQ的垂直平分線交x軸，y軸于點(diǎn)A，B(線段PQ不垂直x軸)，當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)到橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)，|PF|.(1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若SABOSBCF35，求直線PQ的方程解：(1)當(dāng)Q運(yùn)動(dòng)到橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)，PFx軸，所以|PF|，又c1，a2b2c2，所以a，b1.橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為y21.(2)設(shè)直線PQ的方程為ykxb，顯然k0，聯(lián)立橢圓方程得：(2k21)x24kbx2(b21)0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系得：由·0(x11)(x21)y1y20得：3b214kb0，點(diǎn)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(diǎn)，故22，由式得：k，則xA，2，得b23.所以b，k或b，k.經(jīng)檢驗(yàn)，滿足條件，故直線PQ的方程為：yx，yx.17.(2019·紹興市高三教學(xué)質(zhì)量調(diào)測(cè))已知點(diǎn)A(2，0)，B(0，1)在橢圓C：1(a>b>0)上(1)求橢圓C的方程；(2)P是線段AB上的點(diǎn)，直線yxm(m0)交橢圓C于M，N兩點(diǎn)若MNP是斜邊長(zhǎng)為的直角三角形，求直線MN的方程解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)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(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)由消去y，得x2mxm210，則2m2>0，x1x22m，x1x22m22，|MN|x1x2|.當(dāng)MN為斜邊時(shí)， ，解得m0，滿足>0，此時(shí)以MN為直徑的圓方程為x2y2.點(diǎn)A(2，0)，B(0，1)分別在圓外和圓內(nèi)， 即在線段AB上存在點(diǎn)P，此時(shí)直線MN的方程yx，滿足題意當(dāng)MN為直角邊時(shí)，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(guò)點(diǎn)A作直線MN：yx的垂線，可得垂足坐標(biāo)為，垂足在橢圓外，即在線段AB上存在點(diǎn)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(shù)學(xué)二模)設(shè)拋物線：y22px(p0)上的點(diǎn)M(x0，4)到焦點(diǎn)F的距離|MF|x0.(1)求拋物線的方程；(2)過(guò)點(diǎn)F的直線l與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線l與拋物線相交于C，D兩點(diǎn)，若·0，求直線l的方程解：(1)因?yàn)閨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(shè)直線l的方程為yk(x1)，聯(lián)立方程組，消元得：k2x2(2k24)xk20，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2，y1y2.設(shè)AB的中點(diǎn)為P，所以|AB|x1x2p.所以直線l的方程為y，即xky3.聯(lián)立方程組，消元得：y24ky40.設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)，則y3y44k，y3y44.所以x3x4，所以CD的中點(diǎn)Q.所以|CD|，|PQ|，因?yàn)?#183;0，所以ACAD.所以|AQ|CD|.因?yàn)锳BCD，所以|AP|2|PQ|2|AQ|2，即|AB|2|PQ|2|CD|2，所以，解得k±1，所以直線l的方程為xy10或xy10.- 11 -