（新課標）天津市2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練17 橢圓、雙曲線、拋物線 理

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1、（新課標）天津市2022年高考數(shù)學二輪復習 專題能力訓練17 橢圓、雙曲線、拋物線 理 1.已知雙曲線C:=1(a>0,b>0)的一條漸近線方程為y=x,且與橢圓=1有公共焦點,則C的方程為(　　) A.=1 B.=1 C.=1 D.=1 2.以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A,B兩點,交C的準線于D,E兩點.已知|AB|=4,|DE|=2,則C的焦點到準線的距離為(　　) A.2 B.4 C.6 D.8 3.(2018全國Ⅱ,理5)若雙曲線=1(a>0,b>0)的離心率為,則其漸近線方程為(　　) A.y=±x B.y=±x C.y=±x D.y=±x 4.(2018

2、天津,理7)已知雙曲線=1(a>0,b>0)的離心率為2,過右焦點且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A,B兩點.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.=1 B.=1 C.=1 D.=1 5.設(shè)雙曲線=1(a>0,b>0)的右焦點為F,過點F作與x軸垂直的直線l交兩漸近線于A,B兩點,與雙曲線的一個交點為P,設(shè)O為坐標原點.若=m+n(m,n∈R),且mn=,則該雙曲線的離心率為(　　) A. B. C. D. 6.雙曲線=1(a>0,b>0)的漸近線為正方形OABC的邊OA,OC所在的直線,點B為該雙曲線的焦點.若正方

3、形OABC的邊長為2,則a=　　　　　.? 7.已知雙曲線C:=1(a>0,b>0)的右頂點為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.若∠MAN=60°,則C的離心率為. 8. 如圖,已知拋物線C1:y=x2,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為切點. (1)求點A,B的坐標; (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. 9. 如圖,動點M與兩

4、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|,求的取值范圍. 10.已知三點O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲線C上任意一點M(x,y)滿足||=·()+2. (1)求曲線C的方程; (2)點Q(x0,y0)(-2

5、升訓練 11.已知F為拋物線C:y2=4x的焦點,過F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與C交于A,B兩點,直線l2與C交于D,E兩點,則|AB|+|DE|的最小值為(　　) A.16 B.14 C.12 D.10 12.(2018全國Ⅲ,理11)設(shè)F1,F2是雙曲線C:=1(a>0,b>0)的左、右焦點,O是坐標原點,過F2作C的一條漸近線的垂線,垂足為P.若|PF1|=|OP|,則C的離心率為(　　) A. B.2 C. D. 13.已知F是拋物線C:y2=8x的焦點,M是C上一點,FM的延長線交y軸于點N,若M為FN的中點,則|FN|=　　　　　.? 14.在平面直角坐

6、標系xOy中,雙曲線=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為　　　　　.? 15.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)M,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. 16.已知動點C是橢圓Ω:+y2=1(a>1)上的任意一點,AB是圓G:x2+(y-2)2=的一條直徑(A,B是端點),的

7、最大值是. (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. 專題能力訓練17　橢圓、雙曲線、拋物線 一、能力突破訓練 1.B　解析 由題意得,c=3. 又a2+b2=c2,所以a2=4,b2=5, 故C的方程為=1. 2.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. 因為|AB|=4,所以可設(shè)A(m,2). 又因為|DE|=2

8、, 所以解得p2=16. 故p=4,即C的焦點到準線的距離是4. 3.A　解析 ∵e=, +1=3. ∵雙曲線焦點在x軸上,∴漸近線方程為y=±x, ∴漸近線方程為y=±x. 4.C　解析 由雙曲線的對稱性,不妨取漸近線y=x.如圖所示,|AD|=d1,|BC|=d2,過點F作EF⊥CD于點E. 由題易知EF為梯形ABCD的中位線, 所以|EF|=(d1+d2)=3. 又因為點F(c,0)到y(tǒng)=x的距離為=b,所以b=3,b2=9. 因為e==2,c2=a2+b2,所以a2=3,所以雙曲線的方程為=1.故選C. 5.C　解析 在y=±x中令x=c,得A,B,在雙

9、曲線=1中令x=c得P 當點P的坐標為時,由=m+n, 得 由(舍去), ,,∴e= 同理,當點P的坐標為時,e= 故該雙曲線的離心率為 6.2　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=1,即a=b.又|OB|=2,∴c=2a2+b2=c2,即a2+a2=(2)2,可得a=2. 7　解析 如圖所示,由題意可得|OA|=a,|AN|=|AM|=b, ∵∠MAN=60°, ∴|AP|=b,|OP|= 設(shè)雙曲線C的一條漸近線y=x的傾斜角為θ,則tan θ=又tan θ=,,解得a2=3b2, ∴e=

10、 8.解 (1)由題意知直線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的坐標為(2t,t2). 設(shè)圓C2的圓心為D(0,1),點B的坐標為(x0,y0),由題意知:點B,O關(guān)于直線PD對稱,故解得 因此,點B的坐標為 (2)由(1)知|AP|=t和直線PA的方程tx-y-t2=0. 點B到直線PA的距離是d= 設(shè)△PAB的面積為S(t), 所以S(t)=|AP|·d= 9.解 (1)設(shè)M的坐標為(x,y),當x=-1時,直線MA的斜率不存在; 當x=1時,直線MB的

11、斜率不存在. 于是x≠1,且x≠-1. 此時,MA的斜率為,MB的斜率為 由題意,有=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1或-1為方程①的根時,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=,xR=,且Q,

12、R在同一條直線上, 所以=1+ 此時>1,且2, 所以1<1+<3, 且1+, 所以1<<3,且 綜上所述,的取值范圍是 10.解 (1)由題意可知=(-2-x,1-y),=(2-x,1-y),=(x,y),=(0,2). ∵||=()+2, =2y+2,∴x2=4y. ∴曲線C的方程為x2=4y. (2)設(shè)Q, 則S△QAB=2=2 ∵y=,∴y'=x,∴kl=x0, ∴切線l的方程為y-x0(x-x0)與y軸交點H,|PH|==1- 直線PA的方程為y=-x-1,直線PB的方程為y=x-1, 由得xD= 由得xE=, ∴S△PDE=|xD-xE|·|PH

13、|=1-, ∴△QAB與△PDE的面積之比為2. 二、思維提升訓練 11.A　解析 方法一:由題意,易知直線l1,l2斜率不存在時,不合題意. 設(shè)直線l1方程為y=k1(x-1), 聯(lián)立拋物線方程,得 消去y,得x2-2x-4x+=0, 所以x1+x2= 同理,直線l2與拋物線的交點滿足x3+x4= 由拋物線定義可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=+4=+8≥2+8=16, 當且僅當k1=-k2=1(或-1)時,取得等號. 方法二:如圖所示,由題意可得F(1,0),設(shè)AB傾斜角為 作AK1垂直準線,AK2垂直x軸,結(jié)合圖形,根據(jù)拋物線的定義,可得

14、 所以|AF|·cos θ+2=|AF|,即|AF|= 同理可得|BF|=,所以|AB|= 又DE與AB垂直,即DE的傾斜角為+θ,則|DE|=, 所以|AB|+|DE|=16,當θ=時取等號,即|AB|+|DE|最小值為16,故選A. 12.C　解析 由題意畫圖,如圖所示,可知|PF2|=b,|OP|=a.由題意,得|PF1|=a. 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)==-cos θ. 又cos θ=, =-,解得c2=3a2.∴e= 13.6　解析 設(shè)N(0,a),由題意可知F(2,0). 又M為FN的中點,則M 因

15、為點M在拋物線C上,所以=8,即a2=32,即a=±4 所以N(0,±4). 所以|FN|==6. 14.y=±x　解析 拋物線x2=2py的焦點F,準線方程為y=- 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則|AF|+|BF|=y1++y2+=y1+y2+p=4|OF|=4=2p. 所以y1+y2=p. 聯(lián)立雙曲線與拋物線方程得 消去x,得a2y2-2pb2y+a2b2=0. 所以y1+y2==p,所以 所以該雙曲線的漸近線方程為y=±x. 15.解 (1)由已知可得,點P滿足|PB|+|PC|=|AC|=2>2=|BC|, 所以動點P的軌跡C1是一個橢圓,其中2a=2,

16、2c=2. 動點P的軌跡C1的方程為=1. (2)設(shè)N(t,t2),則PQ的方程為 y-t2=2t(x-t)?y=2tx-t2. 聯(lián)立方程組消去y整理,得(4+20t2)x2-20t3x+5t4-20=0, 有 而|PQ|=|x1-x2|=, 點M到PQ的高為h=, 由S△MPQ=|PQ|h代入化簡,得 S△MPQ=,當且僅當t2=10時,S△MPQ可取最大值 16.解 (1)設(shè)點C的坐標為(x,y), 則+y2=1. 連接CG,由,又G(0,2),=(-x,2-y), 可得=x2+(y-2)2-=a(1-y2)+(y-2)2-=-(a-1)y2-4y+a+,其中y∈

17、[-1,1]. 因為a>1,所以當y=-1,即1-1,即a>3時,的最大值是, 由條件得, 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+y2=1. (2)設(shè)點P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中點坐標為(x0,y0),則滿足=1,=1,兩式相減, 整理,得=-=-, 從而直線PQ的方程為y-y0=-(x-x0). 又右焦點F2的坐標是(2,0), 將點F2的坐標代入PQ的方程得 -y0=-(2-x0), 因為直線l與x軸不垂直,所以2x0-=5>0,從而0