2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练:专题五 2 第2讲 椭圆、双曲线、抛物线

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文档介绍

2020年浙江新高考数学二轮复习专题强化练:专题五 2 第2讲 椭圆、双曲线、抛物线

专题强化训练 ‎1.(2018·高考浙江卷)双曲线-y2=1的焦点坐标是(  )‎ A.(-,0),(,0)      B.(-2,0),(2,0)‎ C.(0,-),(0,) D.(0,-2),(0,2)‎ 解析:选B.由题可知双曲线的焦点在x轴上,因为c2=a2+b2=3+1=4,所以c=2,故焦点坐标为(-2,0),(2,0).故选B.‎ ‎2.已知圆M:(x-1)2+y2=,椭圆C:+y2=1,若直线l与椭圆交于A,B两点,与圆M相切于点P,且P为AB的中点,则这样的直线l有(  )‎ A.2条    B.3条    C.4条    D.6条 解析:选C.当直线AB斜率不存在时且与圆M相切时,P在x轴上,故满足条件的直线有2条;‎ 当直线AB斜率存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),‎ 由+y=1,+y=1,‎ 两式相减,整理得:=-·,‎ 则kAB=-,kMP=,kMP·kAB=-1,‎ kMP·kAB=-·=-1,解得x0=,‎ 由<,可得P在椭圆内部,‎ 则这样的P点有2个,即直线AB斜率存在时,也有2条.‎ 综上可得,所示直线l有4条.故选C.‎ ‎3.若椭圆b2x2+a2y2=a2b2(a>b>0)和圆x2+y2=(+c)2有四个交点,其中c为椭圆的半焦距,则椭圆的离心率e的取值范围为(  )‎ A.(,) B.(0,)‎ C.(,) D.(,)‎ 解析:选A.由题意可知,椭圆的上、下顶点在圆内,左、右顶点在圆外,则⇒‎ eq blc{(avs4alco1((a-c)2>f(1,4)(a2-c2),,r(a2-c2)<2c))⇒0,b>0)的右焦点为F,O为坐标原点,以OF为直径的圆与双曲线C的一条渐近线相交于O,A两点,若△AOF的面积为4,则a的值为(  )‎ A.2 B.3 C.4 D.5‎ 解析:选C.因为e= =,所以=,==,设|AF|=m,|OA|=2m,由面积关系得·m·2m=4,所以m=2,由勾股定理,得c==2,又=,所以a=4,故选C.‎ ‎6.(2019·宁波市诺丁汉大学附中高三期末考试)过双曲线-=1(a>0,b>0)的左焦点F作圆x2+y2=a2的两条切线,切点分别为A、B,双曲线左顶点为M,若∠AMB=120°,则该双曲线的离心率为(  )‎ A. B. C.3 D.2‎ 解析:选D.依题意,作图如图所示:‎ 因为OA⊥FA,∠AMO=60°,OM=OA,‎ 所以△AMO为等边三角形,‎ 所以OA=OM=a,‎ 在直角三角形OAF中,OF=c,‎ 所以该双曲线的离心率e====2,‎ 故选D.‎ ‎7.(2019·杭州高三模拟)已知双曲线C:-=1的右顶点为A,O为坐标原点,以A为圆心的圆与双曲线C的某一条渐近线交于两点P,Q,若∠PAQ=且=5,则双曲线C的离心率为(  )‎ A. B.2 C. D.3‎ 解析:选A.由图知△APQ是等边三角形,设PQ中点是H,圆的半径为r,则AH⊥PQ,AH=r,PQ=r,因为=5,所以OP=r,PH=r,即OH=r+r=r,所以tan ∠HOA==,即=,==,从而得e==,故选A.‎ ‎8.如图,设抛物线y2=4x的焦点为F,不经过焦点的直线上有三个不同的点A,B,C,其中点A,B在抛物线上,点C在y轴上,则△BCF与△ACF的面积之比是(  )‎ A. B. C. D. 解析:选A.由图形可知,△BCF与△ACF有公共的顶点F,且A,B,C三点共线,易知△BCF与△ACF的面积之比就等于.由抛物线方程知焦点F(1,0),作准线l,则l的方程为x=-1.因为点A,B在抛物线上,过A,B分别作AK,BH与准线垂直,垂足分别为点K,H,且与y轴分别交于点N,M.由抛物线定义,得|BM|=|BF|-1,|AN|=|AF|-1.在△CAN中,BM∥AN,所以 ==.‎ ‎9.(2019·温州高考模拟)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F的直线交该抛物线于A,B两点,若|AF|=8|OF|(O为坐标原点),则=________.‎ 解析:由题意,|AF|=4p,设|BF|=x,由抛物线的定义,可得=,解得x=p,所以=7,故答案为7.‎ 答案:7‎ ‎10.(2019·浙江名校协作体高三期末考试)设双曲线-=1(a>0,b>0)的右焦点为F,过点F作与x轴垂直的直线交两渐近线于A,B两点,且与双曲线在第一象限的交点为P,设O为坐标原点,若=λ+μ,λμ=(λ,μ∈R),则双曲线的离心率e的值是________.‎ 解析:由题意可知,双曲线的渐近线为y=±x,右焦点为F(c,0),则点A,B,P的坐标分别为,,,所以,,的坐标为,,,又=λ+μ,则=λ+μ,‎ 即,又λμ=,解得λ=,μ=,所以=-⇒=e⇒e=.‎ 答案: ‎11.(2019·台州市高考一模)如图,过抛物线y2=4x的焦点F作直线与抛物线及其准线分别交于A,B,C三点,若=4,则||=________.‎ 解析:分别过A,B作准线的垂线,垂足分别为A1,B1,则DF=p=2,由抛物线的定义可知FB=BB1,AF=AA1,‎ 因为=4,所以==,‎ 所以FB=BB1=.‎ 所以FC=4FB=6,‎ 所以cos ∠DFC==,‎ 所以cos ∠A1AC===,解得AF=3,‎ 所以AB=AF+BF=3+=.‎ 答案: ‎12.设双曲线x2-=1的左、右焦点分别为F1,F2.若点P在双曲线上,且△F1PF2为锐角三角形,则|PF1|+|PF2|的取值范围是__________.‎ 解析:由题意不妨设点P在双曲线的右支上,现考虑两种极限情况:当PF2⊥x轴时,|PF1|+|PF2|有最大值8;当∠P为直角时,|PF1|+|PF2|有最小值2.因为△F1PF2为锐角三角形,‎ 所以|PF1|+|PF2|的取值范围为(2,8).‎ 答案:(2,8)‎ ‎13.(2019·浙江新高考冲刺卷)如图,过双曲线-=1(a,b>0)左焦点F1的直线交双曲线左支于A,B两点,C是双曲线右支上一点,且A,C在x轴的异侧,若满足|OA|=|OF1|=|OC|,|CF1|=2|BF1|,则双曲线的离心率为________.‎ 解析:取双曲线的右焦点F2,连接CF2,延长交双曲线于D,连接AF2,DF1,‎ 由|OA|=|OF1|=|OC|=|OF2|=c,‎ 可得四边形F1AF2C为矩形,‎ 设|CF1|=2|BF1|=2m,‎ 由对称性可得|DF2|=m,‎ ‎|AF1|=,‎ 即有|CF2|=,‎ 由双曲线的定义可得2a=|CF1|-|CF2|=2m-,①‎ 在直角三角形DCF1中,‎ ‎|DC|=m+,|CF1|=2m,|DF1|=2a+m,‎ 可得(2a+m)2=(2m)2+(m+)2,②‎ 由①②可得3m=4a,即m=,‎ 代入①可得,2a=-,‎ 化简可得c2=a2,‎ 即有e==.‎ 故答案为.‎ 答案: ‎14.椭圆+=1(a>b>0)的右焦点F(c,0)关于直线y=x的对称点Q在椭圆上,则椭圆的离心率是________.‎ 解析:设椭圆的另一个焦点为F1(-c,0),如图,连接QF1,QF,设QF与直线y=x交于点M.‎ 由题意知M为线段QF的中点,且OM⊥FQ,‎ 又O为线段F1F的中点,‎ 所以F1Q∥OM,‎ 所以F1Q⊥QF,|F1Q|=2|OM|.‎ 在Rt△MOF中,tan∠MOF==,‎ ‎|OF|=c,‎ 可解得|OM|=,|MF|=,‎ 故|QF|=2|MF|=,|QF1|=2|OM|=.‎ 由椭圆的定义得|QF|+|QF1|=+=2a,‎ 整理得b=c,‎ 所以a==c,故e==.‎ 答案: ‎15.(2019·温州模拟)已知直线l:y=-x+3与椭圆C:mx2+ny2=1(n>m>0)有且只有一个公共点P(2,1).‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)若直线l′:y=-x+b交C于A,B两点,且PA⊥PB,求b的值.‎ 解:(1)联立直线l:y=-x+3与椭圆C:mx2+ny2=1(n>m>0),‎ 可得(m+n)x2-6nx+9n-1=0,‎ 由题意可得Δ=36n2-4(m+n)(9n-1)=0,即为9mn=m+n,‎ 又P在椭圆上,可得4m+n=1,‎ 解方程可得m=,n=,‎ 即有椭圆方程为+=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立直线y=b-x和椭圆方程,可得3x2-4bx+2b2-6=0,‎ 判别式Δ=16b2-12(2b2-6)>0,‎ x1+x2=,x1x2=,‎ y1+y2=2b-(x1+x2)=,y1y2=(b-x1)·(b-x2)=b2-b(x1+x2)+x1x2=,‎ 由PA⊥PB,即为·=(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)‎ ‎=x1x2-2(x1+x2)+4+y1y2-(y1+y2)+1‎ ‎=-2·+-+5=0,‎ 解得b=3或,代入判别式,则b=成立.‎ 故b为.‎ ‎16.(2019·浙江金华十校高考模拟)已知椭圆M:+=1(a>b>0)的右焦点F的坐标为(1,0),P,Q为椭圆上位于y轴右侧的两个动点,使PF⊥QF,C为PQ中点,线段PQ的垂直平分线交x轴,y轴于点A,B(线段PQ不垂直x轴),当Q运动到椭圆的右顶点时,|PF|=.‎ ‎(1)求椭圆M的标准方程;‎ ‎(2)若S△ABO∶S△BCF=3∶5,求直线PQ的方程.‎ 解:(1)当Q运动到椭圆的右顶点时,PF⊥x轴,‎ 所以|PF|==,‎ 又c=1,a2=b2+c2,所以a=,b=1.‎ 椭圆M的标准方程为+y2=1.‎ ‎(2)设直线PQ的方程为y=kx+b′,显然k≠0,‎ 联立椭圆方程得:(2k2+1)x2+4kb′x+2(b′2-1)=0,‎ 设P(x1,y1),Q(x2,y2),‎ 由根与系数的关系得: 由·=0⇒(x1-1)(x2-1)+y1y2=0得:3b′2-1+4kb′=0,④‎ 点C,‎ 所以线段PQ的中垂线AB方程为:‎ y-=-,‎ 令y=0可得:A;令x=0可得 B,则A为BC中点,‎ 故==2==2,‎ 由④式得:k=,则xA==,‎ =2==,得b′2=3.‎ 所以b′=,k=-或b′=-,k=.‎ 经检验,满足条件①②③,‎ 故直线PQ的方程为:y=x-,y=-x+.‎ ‎17.(2019·绍兴市高三教学质量调测)已知点A(-2,0),B(0,1)在椭圆C:+=1(a>b>0)上.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)P是线段AB上的点,直线y=x+m(m≥0)交椭圆C于M,N两点.若△MNP是斜边长为的直角三角形,求直线MN的方程.‎ 解:(1)因为点A(-2,0),B(0,1)在椭圆C:+=1上,‎ 所以a=2,b=1,‎ 故椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)设M(x1,y1),N(x2,y2).由消去y,得x2+mx+m2-1=0,‎ 则Δ=2-m2>0,x1+x2=-2m,x1x2=2m2-2,‎ ‎|MN|=|x1-x2|=.‎ ‎①当MN为斜边时, =,解得m=0,满足Δ>0,‎ 此时以MN为直径的圆方程为x2+y2=.‎ 点A(-2,0),B(0,1)分别在圆外和圆内, 即在线段AB上存在点P,此时直线MN的方程y=x,满足题意.‎ ‎②当MN为直角边时,两平行直线AB与MN的距离 d=|m-1|,‎ 所以d2+|MN|2=|m-1|2+(10-5m2)=10,‎ 即21m2+8m-4=0,‎ 解得m=或m=-(舍),又Δ>0,所以m=.‎ 过点A作直线MN:y=x+的垂线,可得垂足坐标为,垂足在椭圆外,即在线段AB上存在点P,所以直线MN的方程y=x+,符合题意.‎ 综上所述,直线MN的方程为y=x或y=x+.‎ ‎18.(2019·杭州市高考数学二模)设抛物线Γ:y2=2px(p>0)上的点M(x0,4)到焦点F的距离|MF|=x0.‎ ‎(1)求抛物线Γ的方程;‎ ‎(2)过点F的直线l与抛物线Γ相交于A,B两点,线段AB的垂直平分线l′与抛物线Γ相交于C,D两点,若·=0,求直线l的方程.‎ 解:(1)因为|MF|=x0+=x0,所以x0=2p.‎ 即M(2p,4).‎ 把M(2p,4)代入抛物线方程得4p2=16,解得p=2.‎ 所以抛物线Γ的方程为y2=4x.‎ ‎(2)易知直线l的斜率存在,不妨设直线l的方程为 y=k(x-1),‎ 联立方程组,‎ 消元得:k2x2-(2k2+4)x+k2=0,‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,y1+y2=.‎ 设AB的中点为P,‎ 所以|AB|=x1+x2+p=.‎ 所以直线l′的方程为y-=-,‎ 即x=-ky++3.‎ 联立方程组,‎ 消元得:y2+4ky-4=0.‎ 设C(x3,y3),D(x4,y4),则y3+y4=-4k,y3y4=-4. ‎ 所以x3+x4=,‎ 所以CD的中点Q.‎ 所以|CD|==,|PQ|=,‎ 因为·=0,所以AC⊥AD.所以|AQ|=|CD|.‎ 因为AB⊥CD,所以|AP|2+|PQ|2=|AQ|2,‎ 即|AB|2+|PQ|2=|CD|2,‎ 所以+=,‎ 解得k=±1,‎ 所以直线l的方程为x-y-1=0或x+y-1=0.‎
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