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 10页

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 lc{(avs4alco1(（a－c）2>f(1,4)（a2－c2），, (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.‎