4、＋.易知△POF2為等邊三角形，則xP＝＝.
5．已知離心率e＝的雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)F為直徑的圓與雙曲線C的一條漸近線相交于O，A兩點(diǎn)，若△AOF的面積為4，則a的值為( )
A．2 B．3 C．4 D．5
解析：選C.因?yàn)閑＝ ＝，所以＝，＝＝，設(shè)|AF|＝m，|OA|＝2m，由面積關(guān)系得·m·2m＝4，所以m＝2，由勾股定理，得c＝＝2，又＝，所以a＝4，故選C.
6．(2019·寧波市諾丁漢大學(xué)附中高三期末考試)過雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左焦點(diǎn)F作圓x2＋y2＝a2的兩條切線，切點(diǎn)分別為A、B，雙曲線左頂點(diǎn)為M，若∠
5、AMB＝120°，則該雙曲線的離心率為( )
A. B. C．3 D．2
解析：選D.依題意，作圖如圖所示：
因?yàn)镺A⊥FA，∠AMO＝60°，OM＝OA，
所以△AMO為等邊三角形，
所以O(shè)A＝OM＝a，
在直角三角形OAF中，OF＝c，
所以該雙曲線的離心率e＝＝＝＝2，
故選D.
7．(2019·杭州高三模擬)已知雙曲線C：－＝1的右頂點(diǎn)為A，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以A為圓心的圓與雙曲線C的某一條漸近線交于兩點(diǎn)P，Q，若∠PAQ＝且＝5，則雙曲線C的離心率為( )
A. B．2 C. D．3
解析：選A.由圖知△APQ是等邊三角形，設(shè)PQ中
6、點(diǎn)是H，圓的半徑為r，則AH⊥PQ，AH＝r，PQ＝r，因?yàn)椋?，所以O(shè)P＝r，PH＝r，即OH＝r＋r＝r，所以tan ∠HOA＝＝，即＝，＝＝，從而得e＝＝，故選A.
8.如圖，設(shè)拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F，不經(jīng)過焦點(diǎn)的直線上有三個不同的點(diǎn)A，B，C，其中點(diǎn)A，B在拋物線上，點(diǎn)C在y軸上，則△BCF與△ACF的面積之比是( )
A.
B.
C.
D.
解析：選A.由圖形可知，△BCF與△ACF有公共的頂點(diǎn)F，且A，B，C三點(diǎn)共線，易知△BCF與△ACF的面積之比就等于.由拋物線方程知焦點(diǎn)F(1，0)，作準(zhǔn)線l，則l的方程為x＝－1.因?yàn)辄c(diǎn)A，B在拋物線上，過A，B分別作AK，
7、BH與準(zhǔn)線垂直，垂足分別為點(diǎn)K，H，且與y軸分別交于點(diǎn)N，M.由拋物線定義，得|BM|＝|BF|－1，|AN|＝|AF|－1.在△CAN中，BM∥AN，所以 ＝＝.
9．(2019·溫州高考模擬)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F的直線交該拋物線于A，B兩點(diǎn)，若|AF|＝8|OF|(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，則＝________．
解析：由題意，|AF|＝4p，設(shè)|BF|＝x，由拋物線的定義，可得＝，解得x＝p，所以＝7，故答案為7.
答案：7
10．(2019·浙江名校協(xié)作體高三期末考試)設(shè)雙曲線－＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F作與x軸垂直的直線交兩漸近線于A，B兩點(diǎn)，且與
8、雙曲線在第一象限的交點(diǎn)為P，設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若＝λ＋μ，λμ＝(λ，μ∈R)，則雙曲線的離心率e的值是________．
解析：由題意可知，雙曲線的漸近線為y＝±x，右焦點(diǎn)為F(c，0)，則點(diǎn)A，B，P的坐標(biāo)分別為，，，所以，，的坐標(biāo)為，，，又＝λ＋μ，則＝λ＋μ，
即，又λμ＝，解得λ＝，μ＝，所以＝－?＝e?e＝.
答案：
11.(2019·臺州市高考一模)如圖，過拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)F作直線與拋物線及其準(zhǔn)線分別交于A，B，C三點(diǎn)，若＝4，則||＝________．
解析：分別過A，B作準(zhǔn)線的垂線，垂足分別為A1，B1，則DF＝p＝2，由拋物線的定義可知FB＝BB1，AF＝AA
9、1，
因?yàn)椋?，所以＝＝，
所以FB＝BB1＝.
所以FC＝4FB＝6，
所以cos ∠DFC＝＝，
所以cos ∠A1AC＝＝＝，解得AF＝3，
所以AB＝AF＋BF＝3＋＝.
答案：
12．設(shè)雙曲線x2－＝1的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.若點(diǎn)P在雙曲線上，且△F1PF2為銳角三角形，則|PF1|＋|PF2|的取值范圍是__________．
解析：由題意不妨設(shè)點(diǎn)P在雙曲線的右支上，現(xiàn)考慮兩種極限情況：當(dāng)PF2⊥x軸時(shí)，|PF1|＋|PF2|有最大值8；當(dāng)∠P為直角時(shí)，|PF1|＋|PF2|有最小值2.因?yàn)椤鱂1PF2為銳角三角形，所以|PF1|＋|PF2|的取值范圍為(2
10、，8)．
答案：(2，8)
13.(2019·浙江新高考沖刺卷)如圖，過雙曲線－＝1(a，b>0)左焦點(diǎn)F1的直線交雙曲線左支于A，B兩點(diǎn)，C是雙曲線右支上一點(diǎn)，且A，C在x軸的異側(cè)，若滿足|OA|＝|OF1|＝|OC|，|CF1|＝2|BF1|，則雙曲線的離心率為________．
解析：取雙曲線的右焦點(diǎn)F2，連接CF2，延長交雙曲線于D，連接AF2，DF1，
由|OA|＝|OF1|＝|OC|＝|OF2|＝c，
可得四邊形F1AF2C為矩形，
設(shè)|CF1|＝2|BF1|＝2m，
由對稱性可得|DF2|＝m，
|AF1|＝，
即有|CF2|＝，
由雙曲線的定義可得2a＝|C
11、F1|－|CF2|＝2m－，①
在直角三角形DCF1中，
|DC|＝m＋，|CF1|＝2m，|DF1|＝2a＋m，
可得(2a＋m)2＝(2m)2＋(m＋)2，②
由①②可得3m＝4a，即m＝，
代入①可得，2a＝－，
化簡可得c2＝a2，
即有e＝＝.
故答案為.
答案：
14．橢圓＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F(c，0)關(guān)于直線y＝x的對稱點(diǎn)Q在橢圓上，則橢圓的離心率是________．
解析：設(shè)橢圓的另一個焦點(diǎn)為F1(－c，0)，如圖，連接QF1，QF，設(shè)QF與直線y＝x交于點(diǎn)M.
由題意知M為線段QF的中點(diǎn)，且OM⊥FQ，
又O為線段F1F的中點(diǎn)，
所以F1
12、Q∥OM，
所以F1Q⊥QF，|F1Q|＝2|OM|.
在Rt△MOF中，tan∠MOF＝＝，
|OF|＝c，
可解得|OM|＝，|MF|＝，
故|QF|＝2|MF|＝，|QF1|＝2|OM|＝.
由橢圓的定義得|QF|＋|QF1|＝＋＝2a，
整理得b＝c，
所以a＝＝c，故e＝＝.
答案：
15.(2019·溫州模擬)已知直線l：y＝－x＋3與橢圓C：mx2＋ny2＝1(n>m>0)有且只有一個公共點(diǎn)P(2，1)．
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若直線l′：y＝－x＋b交C于A，B兩點(diǎn)，且PA⊥PB，求b的值．
解：(1)聯(lián)立直線l：y＝－x＋3與橢圓C：mx
13、2＋ny2＝1(n>m>0)，
可得(m＋n)x2－6nx＋9n－1＝0，
由題意可得Δ＝36n2－4(m＋n)(9n－1)＝0，即為9mn＝m＋n，
又P在橢圓上，可得4m＋n＝1，
解方程可得m＝，n＝，
即有橢圓方程為＋＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立直線y＝b－x和橢圓方程，可得3x2－4bx＋2b2－6＝0，
判別式Δ＝16b2－12(2b2－6)>0，
x1＋x2＝，x1x2＝，
y1＋y2＝2b－(x1＋x2)＝，y1y2＝(b－x1)·(b－x2)＝b2－b(x1＋x2)＋x1x2＝，
由PA⊥PB，即為·＝(x1－2)(x2－2
14、)＋(y1－1)(y2－1)
＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋y1y2－(y1＋y2)＋1
＝－2·＋－＋5＝0，
解得b＝3或，代入判別式，則b＝成立．
故b為.
16.(2019·浙江金華十校高考模擬)已知橢圓M：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1，0)，P，Q為橢圓上位于y軸右側(cè)的兩個動點(diǎn)，使PF⊥QF，C為PQ中點(diǎn)，線段PQ的垂直平分線交x軸，y軸于點(diǎn)A，B(線段PQ不垂直x軸)，當(dāng)Q運(yùn)動到橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)，|PF|＝.
(1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)若S△ABO∶S△BCF＝3∶5，求直線PQ的方程．
解：(1)當(dāng)Q運(yùn)動到橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)，PF⊥x軸，
所
15、以|PF|＝＝，
又c＝1，a2＝b2＋c2，所以a＝，b＝1.
橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.
(2)設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋b′，顯然k≠0，
聯(lián)立橢圓方程得：(2k2＋1)x2＋4kb′x＋2(b′2－1)＝0，
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由根與系數(shù)的關(guān)系得：
由·＝0?(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0得：3b′2－1＋4kb′＝0，④
點(diǎn)C，
所以線段PQ的中垂線AB方程為：
y－＝－，
令y＝0可得：A；令x＝0可得
B，則A為BC中點(diǎn)，
故＝＝2＝＝2，
由④式得：k＝，則xA＝＝，
＝2＝＝，得b′2＝3.
所以b′＝，k＝
16、－或b′＝－，k＝.
經(jīng)檢驗(yàn)，滿足條件①②③，
故直線PQ的方程為：y＝x－，y＝－x＋.
17.(2019·紹興市高三教學(xué)質(zhì)量調(diào)測)已知點(diǎn)A(－2，0)，B(0，1)在橢圓C：＋＝1(a>b>0)上．
(1)求橢圓C的方程；
(2)P是線段AB上的點(diǎn)，直線y＝x＋m(m≥0)交橢圓C于M，N兩點(diǎn)．若△MNP是斜邊長為的直角三角形，求直線MN的方程．
解：(1)因?yàn)辄c(diǎn)A(－2，0)，B(0，1)在橢圓C：＋＝1上，
所以a＝2，b＝1，
故橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)．由消去y，得x2＋mx＋m2－1＝0，
則Δ＝2－m2>0，x1
17、＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2，
|MN|＝|x1－x2|＝.
①當(dāng)MN為斜邊時(shí)， ＝，解得m＝0，滿足Δ>0，
此時(shí)以MN為直徑的圓方程為x2＋y2＝.
點(diǎn)A(－2，0)，B(0，1)分別在圓外和圓內(nèi)， 即在線段AB上存在點(diǎn)P，此時(shí)直線MN的方程y＝x，滿足題意．
②當(dāng)MN為直角邊時(shí)，兩平行直線AB與MN的距離
d＝|m－1|，
所以d2＋|MN|2＝|m－1|2＋(10－5m2)＝10，
即21m2＋8m－4＝0，
解得m＝或m＝－(舍)，又Δ>0，所以m＝.
過點(diǎn)A作直線MN：y＝x＋的垂線，可得垂足坐標(biāo)為，垂足在橢圓外，即在線段AB上存在點(diǎn)P，所以直線MN的方
18、程y＝x＋，符合題意．
綜上所述，直線MN的方程為y＝x或y＝x＋.
18．(2019·杭州市高考數(shù)學(xué)二模)設(shè)拋物線Γ：y2＝2px(p＞0)上的點(diǎn)M(x0，4)到焦點(diǎn)F的距離|MF|＝x0.
(1)求拋物線Γ的方程；
(2)過點(diǎn)F的直線l與拋物線Γ相交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的垂直平分線l′與拋物線Γ相交于C，D兩點(diǎn)，若·＝0，求直線l的方程．
解：(1)因?yàn)閨MF|＝x0＋＝x0，所以x0＝2p.
即M(2p，4)．
把M(2p，4)代入拋物線方程得4p2＝16，解得p＝2.
所以拋物線Γ的方程為y2＝4x.
(2)易知直線l的斜率存在，不妨設(shè)直線l的方程為
y＝k(x－
19、1)，
聯(lián)立方程組，
消元得：k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，y1＋y2＝.
設(shè)AB的中點(diǎn)為P，
所以|AB|＝x1＋x2＋p＝.
所以直線l′的方程為y－＝－，
即x＝－ky＋＋3.
聯(lián)立方程組，
消元得：y2＋4ky－4＝0.
設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)，則y3＋y4＝－4k，y3y4＝－4.
所以x3＋x4＝，
所以CD的中點(diǎn)Q.
所以|CD|＝＝，|PQ|＝，
因?yàn)椤ぃ?，所以AC⊥AD.所以|AQ|＝|CD|.
因?yàn)锳B⊥CD，所以|AP|2＋|PQ|2＝|AQ|2，
即|AB|2＋|PQ|2＝|CD|2，
所以＋＝，
解得k＝±1，
所以直線l的方程為x－y－1＝0或x＋y－1＝0.
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（浙江專用）2020高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 解析幾何 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線專題強(qiáng)化訓(xùn)練
