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 .doc

1、 专题强化训练 1(2018 高考浙江卷)双曲线x 2 3y 21 的焦点坐标是( ) A( 2，0)，( 2，0) B(2，0)，(2，0) C(0， 2)，(0， 2) 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 c2a2b2314，所以 c2，故 焦点坐标为(2，0)，(2，0)故选 B. 2已知圆 M：(x1)2y23 8，椭圆 C： x2 3y 21，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( ) A2 条 B3 条 C4 条 D6 条 解析：选 C.当直线 AB 斜率不存在时且

2、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x 2 1 3y 2 11，x 2 2 3y 2 21， 两式相减，整理得：y1y2 x1x2 1 3 x1x2 y1y2， 则 kAB x0 3y0，kMP y0 x01，kMPkAB1， kMPkAB x0 3y0 y0 x011，解得 x0 3 2， 由3 2b0)和圆 x2y2(b 2c) 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( 5 5 ，3 5) B(0， 2 5 ) C( 2 5

3、， 3 5 ) D( 3 5 ， 5 5 ) 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 a b 2c， b1 4（a 2c2）， a2c20)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( ) A2 2 B3 C4 D5 解析：选 C.因为 e 1 b a 2 5 2 ，所以b a 1 2， |AF| |OA| b a 1 2，设|AF|m，|OA|2m， 由面积关系得1 2m2m4，所以 m2，由勾股定理，得 c m 2（2m）22 5，又c a 5 2 ， 所以

4、a4，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x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的左焦点 F 作圆 x2y2a2的两条切线，切点分别为 A、B，双曲线左顶点为 M，若AMB120，则该 双曲线的离心率为( ) A. 2 B. 3 C3 D2 解析：选 D.依题意，作图如图所示： 因为 OAFA，AMO60，OMOA， 所以AMO 为等边三角形， 所以 OAOMa， 在直角三角形 OAF 中，OFc， 所以该双曲线的离心率 ec a OF OA 1 sin 302， 故选 D. 7(2019 杭州高三模拟)已知双曲线 C：x 2 a2 y2 b21 的右顶点为

5、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 3 且OQ 5OP ，则双曲线 C 的离心率为( ) A. 21 3 B2 C. 7 2 D3 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 AHPQ，AH 3 2 r，PQr，因为OQ 5OP ，所以 OP 1 4r，PH 1 2r，即 OH 1 4r 1 2r 3 4r，所以 tan HOA AH OH 2 3 3 ，即 b a 2 3 3 ，b 2 a2 c2a2 a2 4 3，从而得 e c a 21 3 ，故选 A. 8.如图，设抛物线 y24x 的

6、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.|BF|1 |AF|1 B.|BF| 21 |AF|21 C.|BF|1 |AF|1 D.|BF| 21 |AF|21 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|BC| |AC|.由抛物线 方程知焦点 F(1，0)，作准线 l，则 l 的方程为 x1.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，

7、 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，BMAN，所以 |BC| |AC| |BM| |AN| |BF|1 |AF|1. 9(2019 温州高考模拟)过抛物线 C：y22px(p0)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|AF| |BF|_ 解析：由题意，|AF|4p，设|BF|x，由抛物线的定义，可得 px 4px x x4p，解得 x 4 7p， 所以|AF| |BF|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x 2 a2 y2 b21(

8、a0，b0)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OP OA OB ， 4 25(，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 b ax，右焦点为 F(c，0)，则点 A，B，P 的坐标 分别为 c，bc a ， c，bc a ， c，b 2 a ，所以OA ， OB ， OP 的坐标为 c，bc a ， c，bc a ， c，b 2 a ， 又OP OA OB ，则 c，b 2 a c，bc a c，bc a ， 即 1 b a c a c a ，又 4 25，解

9、得 4 5， 1 5，所以 b a 4c 5a c 5a e 213 5ee 5 4. 答案：5 4 11.(2019 台州市高考一模)如图， 过抛物线 y24x 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FC 4FB，则|AB|_ 解析：分别过 A，B 作准线的垂线，垂足分别为 A1，B1，则 DFp2， 由抛物线的定义可知 FBBB1，AFAA1， 因为FC 4FB，所以DF BB1 FC BC 4 3， 所以 FBBB13 2. 所以 FC4FB6， 所以 cos DFCDF FC 1 3， 所以 cos A1ACAA1 AC AF AF6 1 3，解得 AF3，

10、 所以 ABAFBF33 2 9 2. 答案：9 2 12设双曲线 x2y 2 31 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 PF2x 轴时， |PF1| |PF2|有最大值 8；当P 为直角时，|PF1|PF2|有最小值 2 7.因为F1PF2为锐角三角形， 所以|PF1|PF2|的取值范围为(2 7，8) 答案：(2 7，8) 13.(2019 浙江新高考冲刺卷)如图，过双曲线x 2 a2 y2 b21(a，b0)左焦 点 F1的直线交双曲

11、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|4c24m2， 即有|CF2|4c24m2， 由双曲线的定义可得 2a|CF1|CF2|2m 4c24m2， 在直角三角形 DCF1中， |DC|m 4c24m2，|CF1|2m，|DF1|2am， 可得(2a

12、m)2(2m)2(m 4c24m2)2， 由可得 3m4a，即 m4a 3 ， 代入可得，2a8a 3 4c264a 2 9 ， 化简可得 c217 9 a2， 即有 ec a 17 3 . 故答案为 17 3 . 答案： 17 3 14椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的右焦点 F(c，0)关于直线 y b cx 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 yb cx 交于点 M. 由题意知 M 为线段 QF 的中点，且 OMFQ， 又 O 为线段 F1F 的中点， 所以 F1QOM， 所以 F

13、1QQF，|F1Q|2|OM|. 在 RtMOF 中，tanMOF|MF| |OM| b c， |OF|c， 可解得|OM|c 2 a，|MF| bc a ， 故|QF|2|MF|2bc a ，|QF1|2|OM|2c 2 a . 由椭圆的定义得|QF|QF1|2bc a 2c 2 a 2a， 整理得 bc， 所以 a b2c2 2c，故 ec a 2 2 . 答案： 2 2 15.(2019 温州模拟)已知直线 l：yx3 与椭圆 C：mx2ny2 1(nm0)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：yxb 交 C 于 A，B 两点，且 PAPB，

14、求 b 的 值 解：(1)联立直线 l：yx3 与椭圆 C：mx2ny21(nm0)， 可得(mn)x26nx9n10， 由题意可得 36n24(mn)(9n1)0，即为 9mnmn， 又 P 在椭圆上，可得 4mn1， 解方程可得 m1 6，n 1 3， 即有椭圆方程为x 2 6 y2 31. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立直线 ybx 和椭圆方程，可得 3x24bx2b260， 判别式16b212(2b26)0， x1x24b 3 ，x1x22b 26 3 ， y1y22b(x1x2)2b 3 ，y1y2(bx1) (bx2)b2b(x1x2)x1x2b 26 3 ，

15、 由 PAPB，即为PA PB(x 12)(x22)(y11)(y21) x1x22(x1x2)4y1y2(y1y2)1 2b 26 3 2 4b 3 b 26 3 2b 3 50， 解得 b3 或1 3，代入判别式，则 b 1 3成立 故 b 为1 3. 16.(2019 浙江金华十校高考模拟)已知椭圆 M：x 2 a2 y2 b21(ab0) 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 PFQF，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| 2

16、2 . (1)求椭圆 M 的标准方程； (2)若 SABOSBCF35，求直线 PQ 的方程 解：(1)当 Q 运动到椭圆的右顶点时，PFx 轴， 所以|PF|b 2 a 2 2 ， 又 c1，a2b2c2，所以 a 2，b1. 椭圆 M 的标准方程为x 2 2y 21. (2)设直线 PQ 的方程为 ykxb，显然 k0， 联立椭圆方程得：(2k21)x24kbx2(b21)0， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由根与系数的关系得： x1x2 2（b21） 2k21 0， x1x24kb 2k210， 8（2k2b21）0， 由PF QF 0(x11)(x21)y1y20 得：3b

17、214kb0， 点 C 2kb 2k21， b 2k21 ， 所以线段 PQ 的中垂线 AB 方程为： y b 2k21 1 k x 2kb 2k21 ， 令 y0 可得：A kb 2k21，0 ；令 x0 可得 B 0， b 2k21 ，则 A 为 BC 中点， 故S BCF SABO 2SABF SABO 2|AF| |AO| 2（1xA） xA 2 1 xA1 ， 由式得：k13b 2 4b ，则 xA kb 2k21 6b42b2 9b42b21， SBCF SABO2 1 xA1 6b48b22 6b42b2 5 3，得 b 23. 所以 b 3，k2 3 3 或 b 3，k2 3

18、3 . 经检验，满足条件， 故直线 PQ 的方程为：y2 3 3 x 3，y2 3 3 x 3. 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：x 2 a2 y2 b21(ab0)上 (1)求椭圆 C 的方程； (2)P 是线段 AB 上的点，直线 y1 2xm(m0)交椭圆 C 于 M，N 两点若MNP 是斜边 长为 10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：x 2 a2 y2 b21 上， 所以 a2，b1， 故椭圆 C 的方程为x 2 4y 21. (2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2

19、)由 y 1 2xm x2 4y 21消去 y，得 1 2x 2mxm210， 则 2m20，x1x22m，x1x22m22， |MN| 5 2 |x1x2|105m2. 当 MN 为斜边时， 105m2 10，解得 m0，满足 0， 此时以 MN 为直径的圆方程为 x2y25 2. 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 y1 2x，满足题意 当 MN 为直角边时，两平行直线 AB 与 MN 的距离 d2 5 5 |m1|， 所以 d2|MN|24 5|m1| 2(105m2)10， 即 21m28m40， 解得 m2 7或

20、m 2 3(舍)，又 0，所以 m 2 7. 过点 A 作直线 MN：y1 2x 2 7的垂线，可得垂足坐标为 12 7 ，4 7 ，垂足在椭圆外，即 在线段 AB 上存在点 P，所以直线 MN 的方程 y1 2x 2 7，符合题意 综上所述，直线 MN 的方程为 y1 2x 或 y 1 2x 2 7. 18(2019 杭州市高考数学二模)设抛物线 ：y22px(p0)上的点 M(x0，4)到焦点 F 的距 离|MF|5 4x0. (1)求抛物线 的方程； (2)过点 F 的直线 l 与抛物线 相交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线 l与抛物线 相 交于 C，D 两点，若AC AD 0

21、，求直线 l 的方程 解：(1)因为|MF|x0p 2 5 4x0，所以 x02p. 即 M(2p，4) 把 M(2p，4)代入抛物线方程得 4p216，解得 p2. 所以抛物线 的方程为 y24x. (2)易知直线 l 的斜率存在，不妨设直线 l 的方程为 yk(x1)， 联立方程组 y24x yk（x1）， 消元得：k2x2(2k24)xk20， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x22k 24 k2 ，y1y24 k. 设 AB 的中点为 P k22 k2 ，2 k ， 所以|AB|x1x2p4（k 21） k2 . 所以直线 l的方程为 y2 k 1 k xk 22 k2

22、 ， 即 xky 2 k23. 联立方程组 y 24x xky 2 k23 ， 消元得：y24ky4 32 k2 0. 设 C(x3，y3)，D(x4，y4)，则 y3y44k，y3y44 3 2 k2 . 所以 x3x44k 46k24 k2 ， 所以 CD 的中点 Q 2k43k22 k2 ，2k . 所以|CD| 1k2（y3y4）24y3y44（k 21） k22 |k| ，|PQ|2（k 21） k21 |k| ， 因为AC AD 0，所以 ACAD.所以|AQ|1 2|CD|. 因为 ABCD，所以|AP|2|PQ|2|AQ|2， 即1 4|AB| 2|PQ|21 4|CD| 2， 所以16（k 21）2 k4 16（k 21）3 k2 16（k 21）2（k22） k2 ， 解得 k 1， 所以直线 l 的方程为 xy10 或 xy10.