《（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練16 橢圓、雙曲線、拋物線 文》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（廣西課標(biāo)版）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題能力訓(xùn)練16 橢圓、雙曲線、拋物線 文（13頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題能力訓(xùn)練16　橢圓、雙曲線、拋物線 一、能力突破訓(xùn)練 1.(2018全國Ⅰ,文4)已知橢圓C:x2a2+y24=1的一個焦點為(2,0),則C的離心率為(　　) A.13 B.12 C.22 D.223 2.已知F是雙曲線C:x2-y23=1的右焦點,P是C上一點,且PF與x軸垂直,點A的坐標(biāo)是(1,3),則△APF的面積為(　　) A.13 B.12 C.23 D.32 3.(2019黑龍江大慶二模,8)已知F是拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點,過點R(2,1)的直線l與拋物線C相交于A,B兩點,R為線段AB的中點.若|FA|+|FB|=5,則直線l的斜率為(　　)

2、 A.3 B.1 C.2 D.12 4.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F,點A在雙曲線的漸近線上,△OAF是邊長為2的等邊三角形(O為原點),則雙曲線的方程為(　　) A.x24-y212=1 B.x212-y24=1 C.x23-y2=1 D.x2-y23=1 5.(2018全國Ⅱ,文11)已知F1,F2是橢圓C的兩個焦點,P是C上的一點,若PF1⊥PF2,且∠PF2F1=60°,則C的離心率為(　　) A.1-32 B.2-3 C.3-12 D.3-1 6.(2019全國Ⅲ,文10)已知F是雙曲線C:x24-y25=1的一個焦點,點P在C上,

3、O為坐標(biāo)原點.若|OP|=|OF|,則△OPF的面積為(　　) A.32 B.52 C.72 D.92 7.已知雙曲線E:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0).矩形ABCD的四個頂點在E上,AB,CD的中點為E的兩個焦點,且2|AB|=3|BC|,則E的離心率是　　　　　.? 8.已知直線l1:x-y+5=0和l2:x+4=0,拋物線C:y2=16x,P是C上一動點,則點P到l1與l2距離之和的最小值為　　　　　.? 9.如圖,已知拋物線C1:y=14x2,圓C2:x2+(y-1)2=1,過點P(t,0)(t>0)作不過原點O的直線PA,PB分別與拋物線C1和圓C2相切,A,B為

4、切點. (1)求點A,B的坐標(biāo); (2)求△PAB的面積. 注:直線與拋物線有且只有一個公共點,且與拋物線的對稱軸不平行,則稱該直線與拋物線相切,稱該公共點為切點. 10.如圖,動點M與兩定點A(-1,0),B(1,0)構(gòu)成△MAB,且直線MA,MB的斜率之積為4,設(shè)動點M的軌跡為C. (1)求軌跡C的方程; (2)設(shè)直線y=x+m(m>0)與y軸相交于點P,與軌跡C相交于點Q,R,且|PQ|<|PR|,求|PR||PQ|的取值范圍. 11.設(shè)橢圓x2a2+y23=1(a>3)的右焦點為F,右頂點為A.已知1|OF|+1|OA|=3e|FA|,

5、其中O為原點,e為橢圓的離心率. (1)求橢圓的方程; (2)設(shè)過點A的直線l與橢圓交于點B(B不在x軸上),垂直于l的直線與l交于點M,與y軸交于點H.若BF⊥HF,且∠MOA=∠MAO,求直線l的斜率. 二、思維提升訓(xùn)練 12.(2019四川成都外國語學(xué)校月考,11)已知點F1,F2是雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點,過點F1的直線l與雙曲線的左支交于點A,與右支交于點B.若|AF1|=2a,∠F1AF2=2π3,則S△AF1F2S△ABF2=(　　) A.1 B.12 C.13 D.23 13.(2019全國Ⅰ,文12)已知橢圓C的焦點為F1

6、(-1,0),F2(1,0),過F2的直線與C交于A,B兩點.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,則C的方程為(　　) A.x22+y2=1 B.x23+y22=1 C.x24+y23=1 D.x25+y24=1 14.已知拋物線x2=16y的焦點為F,雙曲線x24-y25=1的左、右焦點分別為點F1,F2,點P是雙曲線右支上一點,則|PF|+|PF1|的最小值為　　　　　.? 15.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右支與焦點為F的拋物線x2=2py(p>0)交于A,B兩點,若|AF|+|BF|=4|OF|,則該雙曲線的漸近線方程

7、為　　　　　　　　.? 16.已知圓C:(x+1)2+y2=20,點B(1,0),點A是圓C上的動點,線段AB的垂直平分線與線段AC交于點P. (1)求動點P的軌跡C1的方程; (2)設(shè)M0,15,N為拋物線C2:y=x2上的一動點,過點N作拋物線C2的切線交曲線C1于P,Q兩點,求△MPQ面積的最大值. 17.已知動點C是橢圓Ω:x2a+y2=1(a>1)上的任意一點,AB是圓G:x2+(y-2)2=94的一條直徑(A,B是端點),CA·CB的最大值是314. (1)求橢圓Ω的方程. (2)已知橢圓Ω的左、右焦點分別為點F1,F2,過點F2且與x軸不垂直的直線l交橢圓

8、Ω于P,Q兩點.在線段OF2上是否存在點M(m,0),使得以MP,MQ為鄰邊的平行四邊形是菱形?若存在,求實數(shù)m的取值范圍;若不存在,請說明理由. 專題能力訓(xùn)練16　橢圓、雙曲線、拋物線 一、能力突破訓(xùn)練 1.C　解析因為橢圓C的一個焦點為(2,0),所以其焦點在x軸上,c=2,所以a2-4=c2,所以a2=8,a=22,所以橢圓C的離心率e=ca=22. 2.D　解析由c2=a2+b2=4,得c=2,所以點F的坐標(biāo)為(2,0).將x=2代入x2-y23=1,得y=±3,所以PF=3.又點A的坐標(biāo)是(1,3),故△APF的面積為12×3×(2-1)=32,故選D. 3.B　解析設(shè)

9、A(x1,y1),B(x2,y2). 因為R(2,1)為線段AB的中點,所以x1+x2=2×2=4. 根據(jù)拋物線的定義可知|FA|+|FB|=x1+x2+p=2×2+p=5,解得p=1. 所以拋物線方程為y2=2x. 所以y12=2x1,y22=2x2,兩式相減并化簡得y2-y1x2-x1=2y1+y2=22×1=1,即直線l的斜率為1,故選B. 4.D　解析∵雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點為F(c,0),點A在雙曲線的漸近線上,且△OAF是邊長為2的等邊三角形,不妨設(shè)點A在漸近線y=bax上, ∴c=2,ba=tan60°,a2+b2=c2,解得a=1,b

10、=3. ∴雙曲線的方程為x2-y23=1. 故選D. 5.D　解析不妨設(shè)橢圓方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2分別為橢圓的左、右焦點,則|PF1|+|PF2|=2a. ∵∠F2PF1=90°,∠PF2F1=60°, ∴3c+c=2a,即(3+1)c=2a. ∴e=ca=23+1=2(3-1)(3-1)(3+1)=3-1. 6.B　解析設(shè)點P(x0,y0),則x024-y025=1.① 又|OP|=|OF|=4+5=3, ∴x02+y02=9.② 由①②得,y02=259,即|y0|=53. ∴S△OPF=12|OF|·|y0|=12×3×53=52

11、.故選B. 7. 2　解析由題意不妨設(shè)AB=3,則BC=2. 設(shè)AB,CD的中點分別為M,N,如圖, 則在Rt△BMN中,MN=2, 故BN=BM2+MN2=322+22=52. 由雙曲線的定義可得2a=BN-BM=52-32=1, 而2c=MN=2,所以雙曲線的離心率e=2c2a=2. 8.922　解析在同一坐標(biāo)系中畫出直線l1,l2和曲線C如圖. P是C上任意一點,由拋物線的定義知,|PF|=d2, ∴d1+d2=d1+|PF|,顯然當(dāng)PF⊥l1, 即d1+d2=|FM|時,距離之和取到最小值. ∵|FM|=922, ∴所求最小值為922. 9.解(1)由

12、題意知直線PA的斜率存在,故可設(shè)直線PA的方程為y=k(x-t), 由y=k(x-t),y=14x2消去y,整理得:x2-4kx+4kt=0, 由于直線PA與拋物線相切,得k=t. 因此,點A的坐標(biāo)為(2t,t2). 設(shè)圓C2的圓心為D(0,1),點B的坐標(biāo)為(x0,y0),由題意知:點B,O關(guān)于直線PD對稱, 故y02=-x02t+1,x0t-y0=0,解得x0=2t1+t2,y0=2t21+t2. 因此,點B的坐標(biāo)為2t1+t2,2t21+t2. (2)由(1)知|AP|=t·1+t2和直線PA的方程tx-y-t2=0. 點B到直線PA的距離是d=t21+t2. 設(shè)△PA

13、B的面積為S(t), 所以S(t)=12|AP|·d=t32. 10.解(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x,y),當(dāng)x=-1時,直線MA的斜率不存在; 當(dāng)x=1時,直線MB的斜率不存在. 于是x≠1,且x≠-1. 此時,MA的斜率為yx+1,MB的斜率為yx-1. 由題意,有yx+1·yx-1=4. 整理,得4x2-y2-4=0. 故動點M的軌跡C的方程為4x2-y2-4=0(x≠±1). (2)由y=x+m,4x2-y2-4=0消去y,可得3x2-2mx-m2-4=0.① 對于方程①,其判別式Δ=(-2m)2-4×3(-m2-4)=16m2+48>0, 而當(dāng)1或-1為方程①的根時,

14、m的值為-1或1. 結(jié)合題設(shè)(m>0)可知,m>0,且m≠1. 設(shè)Q,R的坐標(biāo)分別為(xQ,yQ),(xR,yR), 則xQ,xR為方程①的兩根, 因為|PQ|<|PR|,所以|xQ|<|xR|. 因為xQ=m-2m2+33,xR=m+2m2+33,且Q,R在同一條直線上, 所以|PR||PQ|=xRxQ=21+3m2+121+3m2-1=1+221+3m2-1.此時1+3m2>1,且1+3m2≠2, 所以1<1+221+3m2-1<3, 且1+221+3m2-1≠53, 所以1<|PR||PQ|=xRxQ<3,且|PR||PQ|=xRxQ≠53. 綜上所述,|PR||PQ

15、|的取值范圍是1,53∪53,3. 11.解(1)設(shè)F(c,0).由1|OF|+1|OA|=3e|FA|,即1c+1a=3ca(a-c),可得a2-c2=3c2, 又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4. 所以,橢圓的方程為x24+y23=1. (2)設(shè)直線l的斜率為k(k≠0),則直線l的方程為y=k(x-2).設(shè)B(xB,yB),由方程組x24+y23=1,y=k(x-2)消去y,整理得(4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0. 解得x=2,或x=8k2-64k2+3,由題意得xB=8k2-64k2+3,從而yB=-12k4k2+3. 由(1)知,F(1,

16、0),設(shè)H(0,yH),有FH=(-1,yH),BF=9-4k24k2+3,12k4k2+3. 由BF⊥HF,得BF·FH=0,所以4k2-94k2+3+12kyH4k2+3=0,解得yH=9-4k212k.因此直線MH的方程為y=-1kx+9-4k212k. 設(shè)M(xM,yM),由方程組y=k(x-2),y=-1kx+9-4k212k消去y,解得xM=20k2+912(k2+1).在△MAO中,∠MOA=∠MAO?|MA|=|MO|,即(xM-2)2+yM2=xM2+yM2,化簡得xM=1,即20k2+912(k2+1)=1,解得k=-64,或k=64.所以,直線l的斜率為-64或64.

17、 二、思維提升訓(xùn)練 12. B　解析如圖,根據(jù)雙曲線的定義,可得|AF2|-|AF1|=2a,|BF1|-|BF2|=2a. ∵|AF1|=2a, ∴|AF2|=4a,|AB|=|BF2|. 又∠F1AF2=2π3,∴∠F2AB=π3. ∴△ABF2是等邊三角形. ∴|AB|=4a. ∴S△AF1F2S△ABF2=|AF1||AB|=12. 13.B　解析如圖,由已知可設(shè)|F2B|=n,|BF1|=m. 由|AB|=|BF1|,則|AF2|=m-n,|AB|=m. 又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|,故|AF1|=2n. 由橢圓的定義及|AF2|=

18、2|F2B|, 得m-n=2n,m+n=2a,解得m=3a2,n=a2. ∴|AF1|=a,|AF2|=a. ∴點A為(0,-b). ∴kAF2=b1=b. 過點B作x軸的垂線,垂足為點P. 由題意可知△OAF2∽△PBF2. 又|AF2|=2|F2B|,∴|OF2|=2|F2P|. ∴|F2P|=12. 又kAF2=|BP||F2P|=|BP|12=b, ∴|BP|=12b.∴點B32,12b. 把點B坐標(biāo)代入橢圓方程x2a2+y2b2=1中,得a2=3. 又c=1,故b2=2. 所以橢圓方程為x23+y22=1. 14.9　解析由題意得拋物線x2=16y的焦點為

19、F(0,4), 雙曲線x24-y25=1的左、右焦點分別為F1(-3,0),F2(3,0). ∵點P是雙曲線右支上一點,∴|PF1|=|PF2|+4. ∴|PF|+|PF1|=|PF|+(|PF2|+4)=|PF|+|PF2|+4≥|FF2|+4=5+4=9, 當(dāng)且僅當(dāng)F,P,F2三點共線時等號成立. ∴|PF|+|PF1|的最小值為9. 15.y=±22x　解析拋物線x2=2py的焦點F0,p2,準(zhǔn)線方程為y=-p2. 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則|AF|+|BF|=y1+p2+y2+p2=y1+y2+p=4|OF|=4·p2=2p. 所以y1+y2=p. 聯(lián)立

20、雙曲線與拋物線方程得x2a2-y2b2=1,x2=2py, 消去x,得a2y2-2pb2y+a2b2=0. 所以y1+y2=2pb2a2=p, 所以b2a2=12. 所以該雙曲線的漸近線方程為y=±22x. 16.解(1)由已知可得,點P滿足|PB|+|PC|=|AC|=25>2=|BC|, 所以動點P的軌跡C1是一個橢圓,其中2a=25,2c=2. 動點P的軌跡C1的方程為x25+y24=1. (2)設(shè)N(t,t2),則PQ的方程為 y-t2=2t(x-t)?y=2tx-t2. 聯(lián)立方程組y=2tx-t2,x25+y24=1,消去y整理,得(4+20t2)x2-20t3x

21、+5t4-20=0, 有Δ=80(4+20t2-t4)>0,x1+x2=20t34+20t2,x1x2=5t4-204+20t2. 而|PQ|=1+4t2×|x1-x2|=1+4t2×80(4+20t2-t4)4+20t2,點M到PQ的高為h=15+t21+4t2, 由S△MPQ=12|PQ|h代入化簡,得 S△MPQ=510-(t2-10)2+104≤510×104=1305,當(dāng)且僅當(dāng)t2=10時,S△MPQ可取最大值1305. 17.解(1)設(shè)點C的坐標(biāo)為(x,y),則x2a+y2=1. 連接CG,由CA=CG+GA,CB=CG+GB=CG-GA,又G(0,2),CG=(-x,

22、2-y), 可得CA·CB=CG2-GA2=x2+(y-2)2-94=a(1-y2)+(y-2)2-94=-(a-1)y2-4y+a+74,其中y∈[-1,1]. 因為a>1,所以當(dāng)y=42(1-a)≤-1,即1-1,即a>3時,CA·CB的最大值是4(1-a)a+74-164(1-a), 由條件得4(1-a)a+74-164(1-a)=314, 即a2-7a+10=0, 解得a=5或a=2(舍去). 綜上所述,橢圓Ω的方程是x25+y2=1. (2)設(shè)點P(

23、x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中點坐標(biāo)為(x0,y0),則滿足x125+y12=1,x225+y22=1,兩式相減, 整理,得y2-y1x2-x1=-x2+x15(y2+y1)=-x05y0, 從而直線PQ的方程為y-y0=-x05y0(x-x0). 又右焦點F2的坐標(biāo)是(2,0), 將點F2的坐標(biāo)代入PQ的方程得 -y0=-x05y0(2-x0), 因為直線l與x軸不垂直,所以2x0-x02=5y02>0,從而0