浙江省2020年高考數(shù)學第二輪復習 專題升級訓練14 橢圓、雙曲線、拋物線 文

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1、專題升級訓練14　橢圓、雙曲線、拋物線 (時間：60分鐘　滿分：100分) 一、選擇題(本大題共8小題，每小題5分，共40分) 1．(2020·安徽安慶二模，2)在同一坐標系下，下列曲線中，右焦點與拋物線y2＝4x的焦點重合的是(　　)． A．＋＝1 B．＋＝1 C．－＝1 D．－＝1 2．(2020·浙江名校交流，6)已知P為拋物線y＝4x2上一點，且P到拋物線準線的距離等于點P到點(0,2)的距離，則點P的坐標是(　　)． A． B． C． D． 3．若點P為共焦點的橢圓C1和雙曲線C2的一個交點，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是它們的左、

2、右焦點，設橢圓的離心率為e1，雙曲線的離心率為e2.若·＝0，則＋＝(　　)． A．1 B．2 C．3 D．4 4．若直線mx＋ny＝4與圓x2＋y2＝4沒有交點，則過點P(m，n)的直線與橢圓＋＝1的交點個數(shù)為(　　)． A．至少1個 B．2個 C．1個 D．0個 5．已知點A，B是雙曲線x2－＝1上的兩點，O為坐標原點，且滿足·＝0，則點O到直線AB的距離等于(　　)． A． B． C．2 D．2 6．(2020·山東濰坊3月模擬，10)直線4kx－4y－k＝0與拋物線y2＝x交于A，B

3、兩點，若|AB|＝4，則弦AB的中點到直線x＋＝0的距離等于(　　)． A． B．2 C． D．4 7．(2020·浙江四校聯(lián)考，9)設雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，過點F2的直線交雙曲線右支于不同的兩點M，N.若△MNF1為正三角形，則該雙曲線的離心率為(　　)． A． B． C． D． 8．(2020·浙江紹興一模，8)已知F1，F(xiàn)2是橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左，右焦點，點P是橢圓在y軸右側(cè)上的點，且∠F1PF2＝，記線段PF1與y軸的交點為Q，O為坐標原點，若△F1OQ與四邊形OF2PQ的

4、面積之比為1∶2，則該橢圓的離心率等于(　　)． A．2－ B．2－3 C．4－2 D．－1 二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分) 9．(2020·江蘇蘇、錫、常、鎮(zhèn)四市調(diào)研，8)已知點M與雙曲線－＝1的左，右焦點的距離之比為2∶3，則點M的軌跡方程為__________． 10．已知拋物線y2＝2px(p＞0)上一點M(1，m)，到其焦點的距離為5，雙曲線x2－＝1的左頂點為A，若雙曲線的一條漸近線與直線AM垂直，則實數(shù)a＝__________. 11．連接拋物線x2＝4y的焦點F與點M(1,0)所得的線段與拋物線交于點A，設點O為坐標原點，則

5、△OAM的面積為__________． 12．(2020·浙江寧波十校聯(lián)考，16)已知A，B分別是雙曲線C：x2－y2＝4的左、右頂點，點P是雙曲線上在第一象限內(nèi)的任一點，則∠PBA－∠PAB＝__________. 三、解答題(本大題共4小題，共44分．解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 13．(本小題滿分10分)(2020·河北邯鄲一模，20)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的短軸長等于焦距，橢圓C上的點到右焦點F的最短距離為－1. (1)求橢圓C的方程； (2)過點E(2,0)且斜率為k(k＞0)的直線l與C交于M，N兩點，P是點M關(guān)于x軸的對稱點，證明：N，F(xiàn)，P

6、三點共線． 14．(本小題滿分10分)如圖，橢圓C：＋＝1的焦點在x軸上，左、右頂點分別為A1，A，上頂點為B．拋物線C1，C2分別以A，B為焦點，其頂點均為坐標原點O，C1與C2相交于直線y＝x上一點P. (1)求橢圓C及拋物線C1，C2的方程； (2)若動直線l與直線OP垂直，且與橢圓C交于不同兩點M，N，已知點Q(－，0)，求·的最小值． 15．(本小題滿分12分)(2020·安徽安慶二模，20)已知直線l：x＋y＋8＝0，圓O：x2＋y2＝36(O為坐標原點)，橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為e＝，直線l被圓O截得的弦長與橢圓的長軸長相等． (1)求橢圓C的方程；

7、 (2)過點(3,0)作直線l，與橢圓C交于A，B兩點，設＝＋(O是坐標原點)，是否存在這樣的直線l，使四邊形OASB的對角線長相等？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由． 16．(本小題滿分12分)(2020·浙江杭師大附中二模，21)設橢圓C1：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，下頂點為A，線段OA的中點為B(O為坐標原點)，如圖．若拋物線C2：y＝x2－1與y軸的交點為B，且經(jīng)過F1，F(xiàn)2點． (1)求橢圓C1的方程； (2)設M，N為拋物線C2上的一動點，過點N作拋物線C2的切線交橢圓C1于P，Q兩點，求△MPQ面積的最大值． 參考答案 一、選

8、擇題 1．D 2．D　解析：設P(x，y)，因拋物線的焦點為F，則點P到點(0,2)和點的距離相等，從而有y＝＝，則x＝±，故選D. 3．B　解析：設橢圓方程為＋＝1(a＞b＞0)， 雙曲線方程為－＝1(m＞0，n＞0)， 其中兩焦點距離為2c. 不妨令P在第一象限，由題意知 ∴|PF1|＝a＋m，|PF2|＝a－m， 又·＝0，∴PF1⊥PF2， ∴|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，∴2(a2＋m2)＝4c2， ∴＋＝＝2，故選B. 4．B　解析：∵直線mx＋ny＝4與圓x2＋y2＝4沒有交點， ∴圓心到直線的距離d＝＞2， 解得m2＋n2＜4， 即點P

9、(m，n)在以原點為圓心，半徑為2的圓的內(nèi)部，而此圓在橢圓＋＝1的內(nèi)部，故點P在橢圓內(nèi)部，經(jīng)過此點的任意直線與橢圓有兩個交點．故選B. 5．A　解析：由·＝0?OA⊥OB，由于雙曲線為中心對稱圖形，因此可考查特殊情況，令點A為直線y＝x與雙曲線在第一象限的交點，因此點B為直線y＝－x與雙曲線在第四象限的一個交點，因此直線AB與x軸垂直，點O到直線AB的距離就為點A或點B的橫坐標的值． 由?x＝.故選A. 6．C　解析：據(jù)拋物線定義知，|AB|＝x1＋＋x2＋＝4， ∴x1＋x2＝. 故弦AB的中點到x＝－的距離為－＝＋＝. 7．B　解析：∵|MF1|＝2a＋|MF2|＝|NF1|＝

10、2a＋|NF2|， ∴|MF2|＝|NF2|，則直線MN垂直于x軸， 則|MF2|＝|NF2|＝. 又|MF1|＝2|MF2|，得|MF2|＝2a， ∴＝2a，即有e2－1＝2，則e＝. 8．D　解析：設∠PF1F2＝α，則|OQ|＝ctan α，|PF1|＝2ccos α，|PF2|＝2csin α， 則＝c2tan α，＝2c2sin αcos α－c2tan α. 從而有2c2sin αcos α－c2tan α＝c2tan α， 得cos α＝，則sin α＝. 故|PF1|＝c，|PF2|＝c，則由|PF1|＋|PF2|＝2a＝(＋1)c，從而求得離心率為－1.

11、二、填空題 9．x2＋y2＋26x＋25＝0　解析：由題意得a2＝16，b2＝9，c2＝16＋9＝25. ∴F1(－5,0)，F(xiàn)2(5,0)． 設M(x，y)，有＝，即＝.整理即可． 10．　解析：根據(jù)拋物線的性質(zhì)得1＋＝5，∴p＝8. 不妨取M(1,4)，則AM的斜率為2，由已知得－×2＝－1. 故a＝. 11．－　解析：線段FM所在直線方程x＋y＝1與拋物線交于A(x0，y0)，則?y0＝3－2或y0＝3＋2(舍去)． ∴S△OAM＝×1×(3－2)＝－. 12．90°　解析：因為點P是雙曲線上在第一象限內(nèi)的一點，故∠PBA＞∠PAB. 設P(x0，y0)，則x20－y

12、20＝4. 又tan∠PAB＝，tan∠PBA＝－， 則tan∠PAB·tan∠PBA＝－＝－1， 即有sin∠PABsin∠PBA＝－cos∠PABcos∠PBA， 則cos(∠PBA－∠PAB)＝0， 又0＜∠PBA－∠PAB＜π，故∠PBA－∠PAB＝90°. 三、解答題 13．(1)解：由題可知解得a＝，c＝1，∴b＝1. ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明：設直線l為y＝k(x－2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x1，－y1)，F(xiàn)(1,0)， 由得(2k2＋1)x2－8k2x＋8k2－2＝0. 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 而＝(x2－1，

13、y2)＝(x2－1，kx2－2k)， ＝(x1－1，－y1)＝(x1－1，－kx1＋2k)． ∵(x1－1)(kx2－2k)－(x2－1)(－kx1＋2k)＝k[2x1x2－3(x1＋x2)＋4]＝k＝0， ∴∥.∴N，F(xiàn)，P三點共線． 14．解：(1)由題意，A(a,0)，B(0，)，故拋物線C1的方程可設為y2＝4ax，C2的方程為x2＝4y. 由 所以橢圓C：＋＝1，拋物線C1：y2＝16x，拋物線C2：x2＝4y. (2)由(1)知，直線OP的斜率為，所以直線l的斜率為－，設直線l的方程為y＝－x＋b. 由 消去y，整理得5x2－8bx＋(8b2－16)＝0， 因為

14、動直線l與橢圓C交于不同兩點， 所以Δ＝128b2－20(8b2－16)＞0， 解得－＜b＜. 設M(x1，y1)，N(x2，y2)， 則x1＋x2＝，x1x2＝， y1y2＝＝x1x2－(x1＋x2)＋b2＝. 因為＝(x1＋，y1)，＝(x2＋，y2)， 所以·＝(x1＋，y1)·(x2＋，y2)＝x1x2＋(x1＋x2)＋y1y2＋2＝. 因為－＜b＜， 所以當b＝－時，·取得最小值． 其最小值等于×2＋×－＝－. 15．解：(1)∵圓心O到直線l：x＋y＋8＝0的距離為d＝＝4， 直線l被圓O截得的弦長2a＝2＝4，∴a＝2. 又＝，a2－b2＝c2，解得b＝

15、1，c＝. ∴橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)∵＝＋，∴四邊形OASB是平行四邊形． 假設存在這樣的直線l，使四邊形OASB的對角線長相等． 則四邊形OASB為矩形，因此有⊥， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x2＋y1y2＝0. 直線l的斜率顯然存在，設過點(3,0)的直線l方程為y＝k(x－3)， 由得(1＋4k2)x2－24k2x＋36k2－4＝0， 由Δ＝(－24k2)2－4(1＋4k2)(36k2－4)＞0， 可得－5k2＋1＞0，即k2＜. x1x2＋y1y2＝x1x2＋k2(x1－3)(x2－3)＝(1＋k2)x1x2－3k2(x1＋x2)＋9k

16、2＝(1＋k2)－3k2＋9k2， 由x1x2＋y1y2＝0得，k2＝，∴k＝±，滿足Δ＞0. 故存在這樣的直線l，其方程為y＝±(x－3)． 16．解：(1)由題意可知B(0，－1)，則A(0，－2)，故b＝2. 令y＝0，得x2－1＝0，即x＝±1， 則F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，故c＝1. 所以a2＝b2＋c2＝5. 于是橢圓C1的方程為：＋＝1. (2)設N(t，t2－1)，由于y′＝2x知直線PQ的方程為：y－(t2－1)＝2t(x－t)，即y＝2tx－t2－1. 代入橢圓方程整理得：4(1＋5t2)x2－20t(t2＋1)x＋5(t2＋1)2－20＝0， Δ＝400t2(t2＋1)2－80(1＋5t2)[(t2＋1)2－4]＝80(－t4＋18t2＋3)， x1＋x2＝，x1x2＝， 故|PQ|＝|x1－x2|＝· ＝. 設點M到直線PQ的距離為d， 則d＝＝. 所以，△MPQ的面積S＝|PQ|·d ＝·· ＝＝ ≤×＝. 當t＝±3時取到“＝”，經(jīng)檢驗此時Δ＞0，滿足題意． 綜上可知，△MPQ的面積的最大值為.