（新课标）天津市2020年高考数学二轮复习 专题能力训练17 椭圆、双曲线、抛物线 理
专题能力训练17 椭圆、双曲线、抛物线
一、能力突破训练
1.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=x,且与椭圆=1有公共焦点,则C的方程为( )
A.=1 B.=1
C.=1 D.=1
2.以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A,B两点,交C的准线于D,E两点.已知|AB|=4,|DE|=2,则C的焦点到准线的距离为( )
A.2 B.4
C.6 D.8
3.(2018全国Ⅱ,理5)若双曲线=1(a>0,b>0)的离心率为,则其渐近线方程为( )
A.y=±x B.y=±x
C.y=±x D.y=±x
4.(2018天津,理7)已知双曲线=1(a>0,b>0)的离心率为2,过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点.设A,B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2,且d1+d2=6,则双曲线的方程为( )
A.=1 B.=1
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C.=1 D.=1
5.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l交两渐近线于A,B两点,与双曲线的一个交点为P,设O为坐标原点.若=m+n(m,n∈R),且mn=,则该双曲线的离心率为( )
A. B.
C. D.
6.双曲线=1(a>0,b>0)的渐近线为正方形OABC的边OA,OC所在的直线,点B为该双曲线的焦点.若正方形OABC的边长为2,则a= .
7.已知双曲线C:=1(a>0,b>0)的右顶点为A,以A为圆心,b为半径作圆A,圆A与双曲线C的一条渐近线交于M,N两点.若∠MAN=60°,则C的离心率为.
8.
如图,已知抛物线C1:y=x2,圆C2:x2+(y-1)2=1,过点P(t,0)(t>0)作不过原点O的直线PA,PB分别与抛物线C1和圆C2相切,A,B为切点.
(1)求点A,B的坐标;
(2)求△PAB的面积.
注:直线与抛物线有且只有一个公共点,且与抛物线的对称轴不平行,则称该直线与抛物线相切,称该公共点为切点.
9.
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如图,动点M与两定点A(-1,0),B(1,0)构成△MAB,且直线MA,MB的斜率之积为4,设动点M的轨迹为C.
(1)求轨迹C的方程;
(2)设直线y=x+m(m>0)与y轴相交于点P,与轨迹C相交于点Q,R,且|PQ|<|PR|,求的取值范围.
10.已知三点O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲线C上任意一点M(x,y)满足||=·()+2.
(1)求曲线C的方程;
(2)点Q(x0,y0)(-2
0,b>0)的左、右焦点,O是坐标原点,过F2作C的一条渐近线的垂线,垂足为P.若|PF1|=|OP|,则C的离心率为( )
A. B.2 C. D.
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13.已知F是抛物线C:y2=8x的焦点,M是C上一点,FM的延长线交y轴于点N,若M为FN的中点,则|FN|= .
14.在平面直角坐标系xOy中,双曲线=1(a>0,b>0)的右支与焦点为F的抛物线x2=2py(p>0)交于A,B两点,若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为 .
15.已知圆C:(x+1)2+y2=20,点B(1,0),点A是圆C上的动点,线段AB的垂直平分线与线段AC交于点P.
(1)求动点P的轨迹C1的方程;
(2)设M,N为抛物线C2:y=x2上的一动点,过点N作抛物线C2的切线交曲线C1于P,Q两点,求△MPQ面积的最大值.
16.已知动点C是椭圆Ω:+y2=1(a>1)上的任意一点,AB是圆G:x2+(y-2)2=的一条直径(A,B是端点),的最大值是.
(1)求椭圆Ω的方程;
(2)已知椭圆Ω的左、右焦点分别为点F1,F2,过点F2且与x轴不垂直的直线l交椭圆Ω于P,Q两点.在线段OF2上是否存在点M(m,0),使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形?若存在,求实数m的取值范围;若不存在,请说明理由.
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专题能力训练17 椭圆、双曲线、抛物线
一、能力突破训练
1.B 解析 由题意得,c=3.
又a2+b2=c2,所以a2=4,b2=5,
故C的方程为=1.
2.B 解析 不妨设抛物线C的方程为y2=2px(p>0),圆的方程为x2+y2=R2.
因为|AB|=4,所以可设A(m,2).
又因为|DE|=2,
所以解得p2=16.
故p=4,即C的焦点到准线的距离是4.
3.A 解析 ∵e=,
+1=3.
∵双曲线焦点在x轴上,∴渐近线方程为y=±x,
∴渐近线方程为y=±x.
4.C 解析 由双曲线的对称性,不妨取渐近线y=x.如图所示,|AD|=d1,|BC|=d2,过点F作EF⊥CD于点E.
由题易知EF为梯形ABCD的中位线,
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所以|EF|=(d1+d2)=3.
又因为点F(c,0)到y=x的距离为=b,所以b=3,b2=9.
因为e==2,c2=a2+b2,所以a2=3,所以双曲线的方程为=1.故选C.
5.C 解析 在y=±x中令x=c,得A,B,在双曲线=1中令x=c得P
当点P的坐标为时,由=m+n,
得
由(舍去),
,,∴e=
同理,当点P的坐标为时,e=
故该双曲线的离心率为
6.2 解析 ∵四边形OABC是正方形,∴∠AOB=45°,∴不妨设直线OA的方程即双曲线的一条渐近线的方程为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 如图所示,由题意可得|OA|=a,|AN|=|AM|=b,
∵∠MAN=60°,
∴|AP|=b,|OP|=
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设双曲线C的一条渐近线y=x的倾斜角为θ,则tan θ=又tan θ=,,解得a2=3b2,
∴e=
8.解 (1)由题意知直线PA的斜率存在,故可设直线PA的方程为y=k(x-t),
由消去y,整理得x2-4kx+4kt=0,
由于直线PA与抛物线相切,得k=t.
因此,点A的坐标为(2t,t2).
设圆C2的圆心为D(0,1),点B的坐标为(x0,y0),由题意知:点B,O关于直线PD对称,故解得
因此,点B的坐标为
(2)由(1)知|AP|=t和直线PA的方程tx-y-t2=0.
点B到直线PA的距离是d=
设△PAB的面积为S(t),
所以S(t)=|AP|·d=
9.解 (1)设M的坐标为(x,y),当x=-1时,直线MA的斜率不存在;
当x=1时,直线MB的斜率不存在.
于是x≠1,且x≠-1.
此时,MA的斜率为,MB的斜率为
由题意,有=4.
整理,得4x2-y2-4=0.
故动点M的轨迹C的方程为4x2-y2-4=0(x≠±1).
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(2)由消去y,可得3x2-2mx-m2-4=0. ①
对于方程①,其判别式Δ=(-2m)2-4×3(-m2-4)=16m2+48>0,
而当1或-1为方程①的根时,m的值为-1或1.
结合题设(m>0)可知,m>0,且m≠1.
设Q,R的坐标分别为(xQ,yQ),(xR,yR),
则xQ,xR为方程①的两根,
因为|PQ|<|PR|,所以|xQ|<|xR|.
因为xQ=,xR=,且Q,R在同一条直线上,
所以=1+
此时>1,且2,
所以1<1+<3,
且1+,
所以1<<3,且
综上所述,的取值范围是
10.解 (1)由题意可知=(-2-x,1-y),=(2-x,1-y),=(x,y),=(0,2).
∵||=()+2,
=2y+2,∴x2=4y.
∴曲线C的方程为x2=4y.
(2)设Q,
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则S△QAB=2=2
∵y=,∴y'=x,∴kl=x0,
∴切线l的方程为y-x0(x-x0)与y轴交点H,|PH|==1-
直线PA的方程为y=-x-1,直线PB的方程为y=x-1,
由得xD=
由得xE=,
∴S△PDE=|xD-xE|·|PH|=1-,
∴△QAB与△PDE的面积之比为2.
二、思维提升训练
11.A 解析 方法一:由题意,易知直线l1,l2斜率不存在时,不合题意.
设直线l1方程为y=k1(x-1),
联立抛物线方程,得
消去y,得x2-2x-4x+=0,
所以x1+x2=
同理,直线l2与抛物线的交点满足x3+x4=
由抛物线定义可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=+4=+8≥2+8=16,
当且仅当k1=-k2=1(或-1)时,取得等号.
方法二:如图所示,由题意可得F(1,0),设AB倾斜角为
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作AK1垂直准线,AK2垂直x轴,结合图形,根据抛物线的定义,可得
所以|AF|·cos θ+2=|AF|,即|AF|=
同理可得|BF|=,所以|AB|=
又DE与AB垂直,即DE的倾斜角为+θ,则|DE|=,
所以|AB|+|DE|=16,当θ=时取等号,即|AB|+|DE|最小值为16,故选A.
12.C 解析 由题意画图,如图所示,可知|PF2|=b,|OP|=a.由题意,得|PF1|=a.
设双曲线渐近线的倾斜角为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 设N(0,a),由题意可知F(2,0).
又M为FN的中点,则M
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因为点M在抛物线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 抛物线x2=2py的焦点F,准线方程为y=-
设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF|+|BF|=y1++y2+=y1+y2+p=4|OF|=4=2p.
所以y1+y2=p.
联立双曲线与抛物线方程得
消去x,得a2y2-2pb2y+a2b2=0.
所以y1+y2==p,所以
所以该双曲线的渐近线方程为y=±x.
15.解 (1)由已知可得,点P满足|PB|+|PC|=|AC|=2>2=|BC|,
所以动点P的轨迹C1是一个椭圆,其中2a=2,2c=2.
动点P的轨迹C1的方程为=1.
(2)设N(t,t2),则PQ的方程为
y-t2=2t(x-t)⇒y=2tx-t2.
联立方程组消去y整理,得(4+20t2)x2-20t3x+5t4-20=0,
有
而|PQ|=|x1-x2|=,
点M到PQ的高为h=,
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由S△MPQ=|PQ|h代入化简,得
S△MPQ=,当且仅当t2=10时,S△MPQ可取最大值
16.解 (1)设点C的坐标为(x,y),
则+y2=1.
连接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∈[-1,1].
因为a>1,所以当y=-1,即1-1,即a>3时,的最大值是,
由条件得,
即a2-7a+10=0,解得a=5或a=2(舍去).
综上所述,椭圆Ω的方程是+y2=1.
(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点坐标为(x0,y0),则满足=1,=1,两式相减,
整理,得=-=-,
从而直线PQ的方程为y-y0=-(x-x0).
又右焦点F2的坐标是(2,0),
将点F2的坐标代入PQ的方程得
-y0=-(2-x0),
因为直线l与x轴不垂直,所以2x0-=5>0,从而0
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