(京津魯瓊專用)2020版高考數(shù)學二輪復習 第二部分 專題五 解析幾何 第2講 圓錐曲線的定義、方程與性質練典型習題 提數(shù)學素養(yǎng)(含解析)

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1、第2講 圓錐曲線的定義、方程與性質 一、選擇題 1.已知雙曲線-=1(a>0,b>0)的焦點到漸近線的距離為,且離心率為2,則該雙曲線的實軸的長為(  ) A.1         B. C.2 D.2 解析:選C.由題意知雙曲線的焦點(c,0)到漸近線bx-ay=0的距離為=b=,即c2-a2=3,又e==2,所以a=1,該雙曲線的實軸的長為2a=2. 2.若拋物線y2=4x上一點P到其焦點F的距離為2,O為坐標原點,則△OFP的面積為(  ) A. B.1 C. D.2 解析:選B.設P(x0,y0),依題意可得|PF|=x0+1=2,解得x0=1,故y=4×1,解得y

2、0=±2,不妨取P(1,2),則△OFP的面積為×1×2=1. 3.(2019·高考全國卷Ⅲ)雙曲線C:-=1的右焦點為F,點P在C的一條漸近線上,O為坐標原點.若|PO|=|PF|,則△PFO的面積為(  ) A. B. C.2 D.3 解析:選A.不妨設點P在第一象限,根據(jù)題意可知c2=6,所以|OF|=. 又tan∠POF==,所以等腰三角形POF的高h=×=,所以S△PFO=××=. 4.(2019·昆明模擬)已知F1,F(xiàn)2為橢圓C:+=1(a>b>0)的左、右焦點,B為C的短軸的一個端點,直線BF1與C的另一個交點為A,若△BAF2為等腰三角形,則=(  ) A. B.

3、 C. D.3 解析:選A.如圖,不妨設點B在y軸的正半軸上,根據(jù)橢圓的定義,得|BF1|+|BF2|=2a,|AF1|+|AF2|=2a,由題意知|AB|=|AF2|,所以|BF1|=|BF2|=a,|AF1|=,|AF2|=.所以=.故選A. 5.(2019·湖南湘東六校聯(lián)考)已知橢圓Γ:+=1(a>b>0)的長軸長是短軸長的2倍,過右焦點F且斜率為k(k>0)的直線與Γ相交于A,B兩點.若=3,則k=(  ) A.1 B.2 C. D. 解析:選D.設A(x1,y1),B(x2,y2),因為=3,所以y1=-3y2.因為橢圓Γ的長軸長是短軸長的2倍,所以a=2b,設b=t,則

4、a=2t,故c=t,所以+=1.設直線AB的方程為x=sy+t,代入上述橢圓方程,得(s2+4)y2+2sty-t2=0,所以y1+y2=-,y1y2=-,即-2y2=-,-3y=-,得s2=,k=,故選D. 6.(多選)設拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點為F,準線為l,A為C上一點,以F為圓心,|FA|為半徑的圓交l于B,D兩點.若∠ABD=90°,且△ABF的面積為9,則(  ) A.△ABF是等邊三角形 B.|BF|=3 C.點F到準線的距離為3 D.拋物線C的方程為y2=6x 解析:選ACD.因為以F為圓心,|FA|為半徑的圓交l于B,D兩點,∠ABD=90°,由拋物線的

5、定義可得|AB|=|AF|=|BF|,所以△ABF是等邊三角形,所以∠FBD=30°.因為△ABF的面積為|BF|2=9,所以|BF|=6.又點F到準線的距離為|BF|sin 30°=3=p,則該拋物線的方程為y2=6x. 二、填空題 7.已知P(1,)是雙曲線C:-=1(a>0,b>0)漸近線上的點,則雙曲線C的離心率是________. 解析:雙曲線C的一條漸近線的方程為y=x,P(1,)是雙曲線C漸近線上的點,則=,所以離心率e====2. 答案:2 8.(2019·高考全國卷Ⅲ)設F1,F(xiàn)2為橢圓C:+=1的兩個焦點,M為C上一點且在第一象限.若△MF1F2為等腰三角形,則M

6、的坐標為________. 解析:不妨令F1,F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點,根據(jù)題意可知c==4.因為△MF1F2為等腰三角形,所以易知|F1M|=2c=8,所以|F2M|=2a-8=4.設M(x,y), 則得 所以M的坐標為(3,). 答案:(3,) 9.(2019·湖南師大附中月考改編)拋物線x2=2py(p>0)的焦點為F,其準線與雙曲線-=1相交于A,B兩點,若△ABF為等邊三角形,則p=________,拋物線的焦點到雙曲線漸近線的距離為________. 解析:拋物線的焦點坐標為,準線方程為y=-,準線方程與雙曲線方程聯(lián)立可得-=1,解得x=± .因為△ABF為等邊三角

7、形,所以|AB|=p,即×2=p,解得p=6.則拋物線焦點坐標為(0,3),雙曲線漸近線方程為y=±x,則拋物線的焦點到雙曲線漸近線的距離為=. 答案:6  三、解答題 10.(2019·高考天津卷)設橢圓+=1(a>b>0)的左焦點為F,上頂點為B.已知橢圓的短軸長為4,離心率為. (1)求橢圓的方程; (2)設點P在橢圓上,且異于橢圓的上、下頂點,點M為直線PB與x軸的交點,點N在y軸的負半軸上,若|ON|=|OF|(O為原點),且OP⊥MN,求直線PB的斜率. 解:(1)設橢圓的半焦距為c,依題意,2b=4,=,又a2=b2+c2,可得a=,b=2,c=1. 所以,橢圓的方

8、程為+=1. (2)由題意,設P(xp,yp)(xp≠0),M(xM,0).設直線PB的斜率為k(k≠0), 又B(0,2),則直線PB的方程為y=kx+2,與橢圓方程聯(lián)立整理得(4+5k2)x2+20kx=0, 可得xp=-, 代入y=kx+2得yp=, 進而直線OP的斜率為=. 在y=kx+2中,令y=0,得xM=-. 由題意得N(0,-1),所以直線MN的斜率為-. 由OP⊥MN,得·=-1,化簡得k2=,從而k=±. 所以,直線PB的斜率為或-. 11.已知橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,短軸長為2. (1)求橢圓C的標準方程; (2)設直線l:y=kx

9、+m與橢圓C交于M,N兩點,O為坐標原點,若kOM·kON=,求原點O到直線l的距離的取值范圍. 解:(1)由題知e==,2b=2,又a2=b2+c2,所以b=1,a=2, 所以橢圓C的標準方程為+y2=1. (2)設M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 依題意,Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,化簡得m2<4k2+1,① x1+x2=-,x1x2=, y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2, 若kOM·kON=,則=,即4y1y2=5x1x2, 所以4k2x1x2+

10、4km(x1+x2)+4m2=5x1x2,所以(4k2-5)·+4km·(-)+4m2=0, 即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0,化簡得m2+k2=,② 由①②得0≤m2<,<k2≤, 因為原點O到直線l的距離d=, 所以d2===-1+, 又<k2≤, 所以0≤d2<,所以原點O到直線l的距離的取值范圍是. 12.(2019·成都市第二次診斷性檢測)已知橢圓C:+=1(a>b>0)的短軸長為4,離心率為. (1)求橢圓C的標準方程; (2)設橢圓C的左、右焦點分別為F1,F(xiàn)2,左、右頂點分別為A,B,點M,N為橢圓C上位于x軸上方的兩點,且F1

11、M∥F2N,直線F1M的斜率為2,記直線AM,BN的斜率分別為k1,k2,求3k1+2k2的值. 解:(1)由題意,得2b=4,=. 又a2-c2=b2,所以a=3,b=2,c=1. 所以橢圓C的標準方程為+=1. (2)由(1)可知A(-3,0),B(3,0),F(xiàn)1(-1,0). 據(jù)題意,直線F1M的方程為y=2(x+1). 記直線F1M與橢圓C的另一個交點為M′.設M(x1,y1)(y1>0),M′(x2,y2).因為F1M∥F2N,所以根據(jù)對稱性,得N(-x2,-y2). 聯(lián)立,消去y,得14x2+27x+9=0. 由題意知x1>x2,所以x1=-,x2=-, k1===,k2===-, 所以3k1+2k2=3×+2×=0,即3k1+2k2的值為0. - 6 -

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