《（課標(biāo)專用）天津市2020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》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（課標(biāo)專用）天津市2020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（12頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、專題能力訓(xùn)練16　橢圓、雙曲線、拋物線 　專題能力訓(xùn)練第38頁(yè)　? 一、能力突破訓(xùn)練 1.已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一條漸近線方程為y=52x,且與橢圓x212+y23=1有公共焦點(diǎn),則C的方程為(　　) A.x28-y210=1 B.x24-y25=1 C.x25-y24=1 D.x24-y23=1 答案:B 解析:由題意得ba=52,c=3.因?yàn)閍2+b2=c2,所以a2=4,b2=5, 故C的方程為x24-y25=1. 2.已知以拋物線C的頂點(diǎn)為圓心的圓交C于A,B兩點(diǎn),交C的準(zhǔn)線于D,E兩點(diǎn).若|AB|=42,|DE|=25,則C的焦點(diǎn)到

2、準(zhǔn)線的距離為(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 答案:B 解析:不妨設(shè)拋物線C的方程為y2=2px(p>0),圓的方程為x2+y2=R2. 因?yàn)閨AB|=42,所以可設(shè)A(m,22). 又因?yàn)閨DE|=25, 所以R2=5+p24,m2+8=R2,8=2pm,解得p2=16. 故p=4,即C的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離是4. 3.若雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為3,則其漸近線方程為(　　) A.y=±2x B.y=±3x C.y=±22x D.y=±32x 答案:A 解析:∵e=ca=3,∴c2a2=b2+a2a2=ba2+1=3. ∴ba=2

3、.∵雙曲線焦點(diǎn)在x軸上, ∴漸近線方程為y=±bax, ∴漸近線方程為y=±2x. 4.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為2,過右焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A,B兩點(diǎn).設(shè)A,B到雙曲線的同一條漸近線的距離分別為d1和d2,且d1+d2=6,則雙曲線的方程為(　　) A.x24-y212=1 B.x212-y24=1 C.x23-y29=1 D.x29-y23=1 答案:C 解析:由雙曲線的對(duì)稱性,不妨取漸近線y=bax.如圖所示,|AD|=d1,|BC|=d2,過點(diǎn)F作EF⊥CD于點(diǎn)E. 由題易知EF為梯形ABCD的中位線, 所以|EF

4、|=12(d1+d2)=3. 又因?yàn)辄c(diǎn)F(c,0)到y(tǒng)=bax的距離為|bc-0|a2+b2=b, 所以b=3,b2=9. 因?yàn)閑=ca=2,c2=a2+b2,所以a2=3, 所以雙曲線的方程為x23-y29=1.故選C. 5.設(shè)雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn)為F,過點(diǎn)F作與x軸垂直的直線l交兩漸近線于A,B兩點(diǎn),與雙曲線的一個(gè)交點(diǎn)為P,設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn).若OP=mOA+nOB(m,n∈R),且mn=29,則該雙曲線的離心率為(　　) A.322 B.355 C.324 D.98 答案:C 解析:在y=±bax中,令x=c,得Ac,bca,Bc,-bca.

5、在雙曲線x2a2-y2b2=1中,令x=c,得Pc,±b2a. 當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為c,b2a時(shí),由OP=mOA+nOB, 得c=(m+n)c,b2a=mbca-nbca,則m+n=1,m-n=bc. 由m+n=1,mn=29,得m=23,n=13或m=13,n=23(舍去), ∴bc=13,∴c2-a2c2=19,∴e=324. 同理,當(dāng)點(diǎn)P的坐標(biāo)為c,-b2a時(shí),e=324. 故該雙曲線的離心率為324. 6.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的漸近線為正方形OABC的邊OA,OC所在的直線,點(diǎn)B為該雙曲線的焦點(diǎn).若正方形OABC的邊長(zhǎng)為2,則a=　　　　　.?

6、答案:2 解析:∵四邊形OABC是正方形,∴∠AOB=45°,∴不妨設(shè)直線OA的方程即雙曲線的一條漸近線的方程為y=x.∴ba=1,即a=b.∵|OB|=22,∴c=22.∴a2+b2=c2,即a2+a2=(22)2,可得a=2. 7.已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右頂點(diǎn)為A,以A為圓心,b為半徑作圓A,圓A與雙曲線C的一條漸近線交于M,N兩點(diǎn).若∠MAN=60°,則C的離心率為. 答案:233 解析:如圖所示,由題意可得|OA|=a,|AN|=|AM|=b. ∵∠MAN=60°, ∴|AP|=32b,|OP|=|OA|2-|PA|2=a2-34b2.

7、 設(shè)雙曲線C的一條漸近線y=bax的傾斜角為θ, 則tanθ=|AP||OP|=32ba2-34b2. ∵tanθ=ba,∴32ba2-34b2=ba,解得a2=3b2, ∴e=1+b2a2=1+13=233. 8.如圖,已知拋物線C1:y=14x2,圓C2:x2+(y-1)2=1,過點(diǎn)P(t,0)(t>0)作不過原點(diǎn)O的直線PA,PB分別與拋物線C1和圓C2相切,A,B為切點(diǎn). (1)求點(diǎn)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(gè)公共點(diǎn),且與拋物線的對(duì)稱軸不平行,則稱該直線與拋物線相切,稱該公共點(diǎn)為切點(diǎn). 解:(1)由題意知直線PA的斜率存在

8、,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(diǎn)A的坐標(biāo)為(2t,t2). 設(shè)圓C2的圓心為D(0,1),點(diǎn)B的坐標(biāo)為(x0,y0). 由題意知,點(diǎn)B,O關(guān)于直線PD對(duì)稱, 所以y02=-x02t+1,x0t-y0=0,解得x0=2t1+t2,y0=2t21+t2. 因此,點(diǎn)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(diǎn)B到直線PA的距離是d=t21+t2. 設(shè)△PAB的面積為S(t),

9、 所以S(t)=12|AP|·d=t32. 9.如圖,動(dòng)點(diǎn)M與兩定點(diǎn)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(dòng)點(diǎn)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(diǎn)P,與軌跡C相交于點(diǎn)Q,R,且|PQ|<|PR|,求|PR||PQ|的取值范圍. 解:(1)設(shè)點(diǎn)M的坐標(biāo)為(x,y),當(dāng)x=-1時(shí),直線MA的斜率不存在; 當(dāng)x=1時(shí),直線MB的斜率不存在. 于是x≠1,且x≠-1. 此時(shí),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

10、動(dòng)點(diǎn)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(duì)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(shí),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?yàn)閨PQ|<|PR|,所以|xQ|<|xR|. 因?yàn)閤Q=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

11、+3m2-1=1+221+3m2-1.此時(shí)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|的取值范圍是1,53∪53,3. 10.已知三點(diǎn)O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲線C上任意一點(diǎn)M(x,y)滿足|MA+MB|=OM·(OA+OB)+2. (1)求曲線C的方程; (2)點(diǎn)Q(x0,y0)(-2

12、,求△QAB與△PDE的面積之比. 解:(1)由題意可知MA=(-2-x,1-y),MB=(2-x,1-y),OM=(x,y),OA+OB=(0,2). ∵|MA+MB|=OM·(OA+OB)+2, ∴4x2+4(1-y)2=2y+2,∴x2=4y. ∴曲線C的方程為x2=4y. (2)設(shè)Qx0,x024,則S△QAB=21-x024=21-x024. ∵y=x24,∴y'=12x,∴kl=12x0, ∴切線l的方程為y-x024=12x0(x-x0),它與y軸的交點(diǎn)為H0,-x024,|PH|=1-x024=1-x024. 直線PA的方程為y=-x-1,直線PB的方程為y=x

13、-1. 由y=-x-1,y=12x0x-x024,得xD=x0-22. 由y=x-1,y=12x0x-x024,得xE=x0+22, ∴S△PDE=12|xD-xE|·|PH|=1-x024, ∴△QAB與△PDE的面積之比為2. 二、思維提升訓(xùn)練 11.已知F為拋物線C:y2=4x的焦點(diǎn),過點(diǎn)F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點(diǎn),直線l2與C交于D,E兩點(diǎn),則|AB|+|DE|的最小值為(　　) A.16 B.14 C.12 D.10 答案:A 解析:(方法一)由題意知直線l1,l2斜率不存在時(shí),不合題意. 設(shè)直線l1的方程為y=k1(x-1)(k

14、1≠0), 與拋物線方程聯(lián)立,得y2=4x,y=k1(x-1), 消去y,得k12x2-2k12x-4x+k12=0, 所以x1+x2=2k12+4k12. 同理,直線l2與拋物線的交點(diǎn)滿足x3+x4=2k22+4k22. 由拋物線的定義可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=2k12+4k12+2k22+4k22+4=4k12+4k22+8≥216k12k22+8=16, 當(dāng)且僅當(dāng)k1=-k2=1(或-1)時(shí),取得等號(hào). (方法二)如圖所示,由題意可得F(1,0),設(shè)直線AB的傾斜角為θ不妨令θ∈0,π2. 作AK1垂直準(zhǔn)線,AK2垂直x軸,結(jié)合圖形. 根

15、據(jù)拋物線的定義,可得|AF|·cosθ+|GF|=|AK1|,|AK1|=|AF|,|GF|=2, 所以|AF|·cosθ+2=|AF|, 即|AF|=21-cosθ. 同理可得|BF|=21+cosθ, 所以|AB|=41-cos2θ=4sin2θ. 又DE與AB垂直,即DE的傾斜角為π2+θ, 則|DE|=4sin2π2+θ=4cos2θ, 所以|AB|+|DE|=4sin2θ+4cos2θ=4sin2θcos2θ=414sin22θ=16sin22θ≥16,當(dāng)θ=π4時(shí)取等號(hào),即|AB|+|DE|最小值為16,故選A. 12.設(shè)F1,F2是雙曲線C:x2a2-y2b2=1

16、(a>0,b>0)的左、右焦點(diǎn),O是坐標(biāo)原點(diǎn),過點(diǎn)F2作C的一條漸近線的垂線,垂足為P.若|PF1|=6|OP|,則C的離心率為(　　) A.5 B.2 C.3 D.2 答案:C 解析:如圖所示,由題意可知,|PF2|=b,|OP|=a.由題意,得|PF1|=6a. 設(shè)雙曲線漸近線的傾斜角為θ. ∴在△OPF1中,由余弦定理知cos(180°-θ)=a2+c2-(6a)22ac=c2-5a22ac=-cosθ.∵cosθ=ac, ∴c2-5a22ac=-ac, 解得c2=3a2.∴e=3. 13.已知F是拋物線C:y2=8x的焦點(diǎn),M是C上一點(diǎn),FM的延長(zhǎng)線交y軸于點(diǎn)N.若

17、M為線段FN的中點(diǎn),則|FN|=　　　　　.? 答案:6 解析:設(shè)N(0,a),由題意可知F(2,0). 又M為線段FN的中點(diǎn),則M1,a2. 因?yàn)辄c(diǎn)M在拋物線C上, 所以a24=8,即a2=32,即a=±42. 所以N(0,±42). 所以|FN|=(2-0)2+(0±42)2=6. 14.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(diǎn)為F的拋物線x2=2py(p>0)交于A,B兩點(diǎn).若|AF|+|BF|=4|OF|,則該雙曲線的漸近線方程為　　　　　.? 答案:y=±22x 解析:拋物線x2=2py的焦點(diǎn)為F0,p2,準(zhǔn)線方程為y=

18、-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. 15.已知圓C:(x+1)2+y2=20,點(diǎn)B(1,0),點(diǎn)A是圓C上的動(dòng)點(diǎn),線段AB的垂直平分線與線段AC交于點(diǎn)P. (1)求動(dòng)點(diǎn)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(dòng)點(diǎn),

19、過點(diǎn)N作拋物線C2的切線交曲線C1于P,Q兩點(diǎn),求△MPQ面積的最大值. 解:(1)由已知可得,點(diǎn)P滿足|PB|+|PC|=|AC|=25>2=|BC|, 所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C1是一個(gè)橢圓,其中2a=25,2c=2. 動(dòng)點(diǎn)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+5t4-20=0, 則有Δ=80(4+20t2-t4)>0,x1+x2=20t34+20t2,x1x2=5t4-204+20t2. 而|PQ

20、|=1+4t2×|x1-x2|=1+4t2×80(4+20t2-t4)4+20t2, 點(diǎn)M到PQ的距離為h=15+t21+4t2. 由S△MPQ=12|PQ|h代入化簡(jiǎn),得 S△MPQ=510-(t2-10)2+104≤510×104=1305,當(dāng)且僅當(dāng)t2=10時(shí),S△MPQ取最大值1305. 16.已知?jiǎng)狱c(diǎn)C是橢圓Ω:x2a+y2=1(a>1)上的任意一點(diǎn),AB是圓G:x2+(y-2)2=94的一條直徑(A,B是端點(diǎn)),CA·CB的最大值是314. (1)求橢圓Ω的方程. (2)設(shè)橢圓Ω的左、右焦點(diǎn)分別為點(diǎn)F1,F2,過點(diǎn)F2且與x軸不垂直的直線l交橢圓Ω于P,Q兩點(diǎn).在線段O

21、F2上是否存在點(diǎn)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(shí)數(shù)m的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說明理由. 解:(1)設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x,y),則x2a+y2=1. 連接CG,由CA=CG+GA,CB=CG+GB=CG-GA. 因?yàn)镚(0,2),CG=(-x,2-y), 所以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?yàn)閍>1,所以當(dāng)y=42(1-a)≤-1,即1

22、y=42(1-a)>-1,即a>3時(shí),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(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中點(diǎn)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(diǎn)F2的坐標(biāo)是(2,0), 將點(diǎn)F2的坐標(biāo)代入PQ的方程得 -y0=-x05y0(2-x0). 因?yàn)橹本€l與x軸不垂直,所以2x0-x02=5y02>0,從而0