2019高考数学二轮复习专题五解析几何第二讲椭圆、双曲线、抛物线的定义、方程与性质能力训练理.doc

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1、1第二讲 椭圆、双曲线、抛物线的定义、方程与性质一、选择题1(2018广西南宁模拟)双曲线 1 的渐近线方程为( )x225 y220A y x B y x45 54C y x D y x15 255解析：在双曲线 1 中， a5， b2 ，而其渐近线方程为 y x，其渐x225 y220 5 ba近线方程为 y x，故选 D.255答案：D2已知椭圆 C 的方程为 1( m0)，如果直线 y x 与椭圆的一个交点 M 在 xx216 y2m2 22轴上的射影恰好是椭圆的右焦点 F，则 m 的值为( )A2 B2 2C8 D2 3解析：根据已知条件得 c ，则点 在椭圆16 m2 (16 m2

2、，22 16 m2) 1( m0)上， 1，可得 m2 .x216 y2m2 16 m216 16 m22m2 2答案：B3(2018张掖模拟)双曲线 1( a0， b0)的渐近线与圆 x2( y2) 21 相x2a2 y2b2切，则双曲线的离心率为( )A. B. C2 D32 3解析：双曲线 1 的渐近线与圆 x2( y2) 21 相切，则圆心(0,2)到直线x2a2 y2b2bx ay0 的距离为 1，所以 1，即 1，所以双曲线的离心率 e 2，故选 C.2aa2 b2 2ac ca答案：C4(2017高考全国卷)已知椭圆 C： 1( ab0)的左、右顶点分别为x2a2 y2b2A1、

3、 A2，且以线段 A1A2为直径的圆与直线 bx ay2 ab0 相切，则 C 的离心率为( )2A. B. C. D.63 33 23 13解析：以线段 A1A2为直径的圆的圆心为坐标原点 O(0,0)，半径为 a.由题意，圆心到直线 bx ay2 ab0 的距离为 a，即 a23 b2.又 e21 ，所以 e .2aba2 b2 b2a2 23 63答案：A5已知双曲线 1( a0， b0)的焦距为 4 ，渐近线方程为 2xy0，则双x2a2 y2b2 5曲线的方程为( )A. 1 B. 1x24 y216 x216 y24C. 1 D. 1x216 y264 x264 y216解析：易知

4、双曲线 1( a0， b0)的焦点在 x 轴上，所以由渐近线方程为x2a2 y2b22xy0，得 2，因为双曲线的焦距为 4 ，所以 c2 ，结合 c2 a2 b2，可得ba 5 5a2， b4，所以双曲线的方程为 1，故选 A.x24 y216答案：A6(2018长春模拟)已知 O 为坐标原点，设 F1， F2分别是双曲线 x2 y21 的左、右焦点， P 为双曲线上任意一点，过点 F1作 F1PF2的平分线的垂线，垂足为 H，则| OH|( )A1 B2C4 D.12解析：不妨设 P 在双曲线的左支，如图，延长 F1H 交 PF2于点 M，由于 PH 既是 F1PF2的平分线又垂直于 F1

5、M，故PF1M 为等腰三角形，| PF1| PM|且 H 为 F1M 的中点，所以 OH为 MF1F2的中位线，所以| OH| |MF2| (|PF2| PM|)12 12 (|PF2| PF1|)1.故选 A.12答案：A7(2018高考全国卷)已知双曲线 C： 1( a0， b0)的离心率为 ，则x2a2 y2b2 2点(4,0)到 C 的渐近线的距离为( )A. B223C. D2322 2解析：由题意，得 e ， c2 a2 b2，得 a2 b2.又因为 a0， b0，所以ca 2a b，渐近线方程为 xy0，点(4,0)到渐近线的距离为 2 ，42 2故选 D.答案：D8(2018石

6、家庄一模)已知直线 l： y2 x3 被椭圆 C： 1( a b0)截得的x2a2 y2b2弦长为 7，有下列直线： y2 x3； y2 x1； y2 x3； y2 x3.其中被椭圆 C 截得的弦长一定为 7 的有( )A1 条 B2 条C3 条 D4 条解析：易知直线 y2 x3 与直线 l 关于原点对称，直线 y2 x3 与直线 l 关于 x轴对称，直线 y2 x3 与直线 l 关于 y 轴对称，故由椭圆的对称性可知，有 3 条直线被椭圆 C 截得的弦长一定为 7.选 C.答案：C9(2018洛阳模拟)设双曲线 C： 1 的右焦点为 F，过 F 作双曲线 C 的渐近x216 y29线的垂线

7、，垂足分别为 M， N，若 d 是双曲线上任意一点 P 到直线 MN 的距离，则 的值d|PF|为( )A. B.34 45C. D无法确定54解析：双曲线 C： 1 中， a4， b3， c5，右焦点 F(5,0)，渐近线方程为x216 y29y x.不妨设 M 在直线 y x 上， N 在直线 y x 上，则直线 MF 的斜率为 ，其方34 34 34 43程为 y (x5)，设 M(t， t)，代入直线 MF 的方程，得 t (t5)，解得 t ，43 34 34 43 165即 M( ， )由对称性可得 N( ， )，所以直线 MN 的方程为 x .设 P(m， n)，则165 125

8、 165 125 165d| m |， 1，即 n2 (m216)，则| PF| |5m16|.故165 m216 n29 916 m 5 2 n2 144 ，故选 B.d|PF|m 165|14|5m 16| 45答案：B10(2018高考全国卷)设抛物线 C： y24 x 的焦点为 F，过点(2,0)且斜率为的直线与 C 交于 M， N 两点，则 ( )23 FM FN A5 B6 C7 D8解析：由题意知直线 MN 的方程为 y (x2)，23联立直线与抛物线的方程，得Error!解得Error! 或Error!不妨设 M 为(1,2)， N 为(4,4)又抛物线焦点为 F(1,0)，

9、(0,2)， (3,4)，FM FN 03248.FM FN 故选 D.答案：D11(2018广西五校联考)已知点 F1， F2分别是双曲线 1( a0， b0)的左、x2a2 y2b2右焦点，过 F2且垂直于 x 轴的直线与双曲线交于 M， N 两点，若 10，则该双曲线MF1 NF 的离心率 e 的取值范围是( )A( ， 1) B(1， 1)2 2 2C(1， ) D( ，)3 3解析：设 F1( c,0)， F2(c,0)，依题意可得 1，得到 y ，c2a2 y2b2 b2a不妨设 M ， N ，(c，b2a) (c， b2a)则 1 1 4 c2 0，MF NF ( 2c， b2a

10、) ( 2c， b2a) b4a2得到 4a2c2( c2 a2)20，即 a4 c46 a2c20，故 e46 e210，5解得 32 e232 ，2 2又 e1，所以 1 e232 ，2解得 1 e1 2答案：B12(2018南昌模拟)抛物线 y28 x 的焦点为 F，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)是抛物线上的两个动点，若 x1 x24 |AB|，则 AFB 的最大值为( )233A. B. 3 34C. D.56 23解析：由抛物线的定义可得| AF| x12，| BF| x22，又 x1 x24 |AB|，233得| AF| BF| |AB|，233所以| AB| (|A

11、F| BF|)32所以 cos AFB|AF|2 |BF|2 |AB|22|AF|BF|AF|2 |BF|2 32(|AF| |BF|)22|AF|BF|14|AF|2 14|BF|2 32|AF|BF|2|AF|BF| 2 ，而 0 AFB，18(|AF|BF| |BF|AF|) 34 18 |AF|BF|BF|AF| 34 12所以 AFB 的最大值为 .23答案：D二、填空题13(2018成都模拟)已知双曲线 1( a0)和抛物线 y28 x 有相同的焦点，x2a2 y22则双曲线的离心率为_解析：易知抛物线 y28 x 的焦点为(2,0)，所以双曲线 1 的一个焦点为(2,0)，x2a

12、2 y22则 a222 2，即 a ，所以双曲线的离心率 e .2ca 22 2答案： 2614(2018武汉调研)双曲线 ： 1( a0， b0)的焦距为 10，焦点到渐近y2a2 x2b2线的距离为 3，则 的实轴长等于_解析：双曲线的焦点(0,5)到渐近线 y x，即 ax by0 的距离为ab b3，所以 a4,2 a8.|5b|a2 b2 5bc答案：815(2018唐山模拟)过抛物线 y22 px(p0)的焦点 F 作直线交抛物线于 A， B 两点，若| AF|2| BF|6，则 p_.解析：设 AB 的方程为 x my ， A(x1， y1)， B(x2， y2)，且 x1 x2

13、，将直线 AB 的方程p2代入抛物线方程得 y22 pmy p20，所以 y1y2 p2,4x1x2 p2.设抛物线的准线为 l，过A 作 AC l，垂足为 C，过 B 作 BD l，垂足为 D，因为| AF|2| BF|6，根据抛物线的定义知，| AF| AC| x1 6，| BF| BD| x2 3，所以 x1 x23， x1 x29 p，p2 p2所以( x1 x2)2( x1 x2)24 x1x2 p2，即 18p720，解得 p4.答案：416(2017高考全国卷改编)设 A， B 是椭圆 C： 1 长轴的两个端点若 Cx23 y2m上存在点 M 满足 AMB120，则 m 的取值范

14、围是_解析：当 0 m3 时，焦点在 x 轴上，要使 C 上存在点 M 满足 AMB120，则 tan 60 ，即 ，ab 3 3m 3解得 0 m1.当 m3 时，焦点在 y 轴上，要使 C 上存在点 M 满足 AMB120，则 tan 60 ，即 ，解得 m9.ab 3 m3 3故 m 的取值范围为(0,19，)答案：(0,19，)三、解答题17(2018辽宁五校联考)已知椭圆 C： 1( a b0)的左、右焦点分别为x2a2 y2b2F1， F2，上顶点为 B，若 BF1F2的周长为 6，且点 F1到直线 BF2的距离为 b.(1)求椭圆 C 的方程；7(2)设 A1， A2是椭圆 C

15、长轴的两个端点， P 是椭圆 C 上不同于 A1， A2的任意一点，直线A1P 交直线 x m 于点 M，若以 MP 为直径的圆过点 A2，求实数 m 的值解析：(1)由题意得 F1( c,0)， F2(c,0)， B(0， b)，则 2a2 c6，直线 BF2的方程为 bx cy bc0，所以 b，即 2c a，| bc bc|c2 b2又 a2 b2 c2，所以由可得 a2， b ，3所以椭圆 C 的方程为 1.x24 y23(2)不妨设 A1(2,0)， A2(2,0)， P(x0， y0)，则直线 A1P 的方程为 y (x2)，y0x0 2所以 M(m， (m2)，y0x0 2又点

16、P 在椭圆 C 上，所以 y 3(1 )，20x204若以 MP 为直径的圆过点 A2，则 A2M A2P， 0，A2M A2P 所以( m2， (m2)( x02， y0)( m2)( x02) (m2)( m2)y0x0 2 y20x0 2(x02) (m2)( x02)( m )0.3 1 x204x0 2 14 72又点 P 不同于点 A1， A2，所以 x02，所以 m14.18(2018福州模拟)抛物线 C： y2 x24 x a 与两坐标轴有三个交点，其中与 y 轴的交点为 P.(1)若点 Q(x， y)(1 x4)在 C 上，求直线 PQ 斜率的取值范围；(2)证明：经过这三个

17、交点的圆 E 过定点解析：(1)由题意得 P(0， a)(a0)， Q(x,2x24 x a)(1 x4)，故 kPQ 2 x4，2x2 4x a ax因为 1 x4，所以2 kPQ4，所以直线 PQ 的斜率的取值范围为(2,4)(2)证明：法一： P(0， a)(a0)8令 2x24 x a0，则 168 a0， a2，且 a0，解得 x1 ，4 2a2故抛物线 C 与 x 轴交于 A(1 ，0)， B(1 ，0)两点4 2a2 4 2a2故可设圆 E 的圆心为 M(1， t)，由| MP|2| MA|2，得 12( t a)2( )2 t2，解得 t ，4 2a2 a2 14则圆 E 的半

18、径 r| MP| .1 14 a2 2所以圆 E 的方程为( x1) 2( y )21( )2，a2 14 14 a2所以圆 E 的一般方程为 x2 y22 x( a )y 0，12 a2即 x2 y22 x y a( y)0.12 12由Error! 得Error!或Error!故圆 E 过定点(0， )，(2， )12 12法二： P(0， a)(a0)，设抛物线 C 与 x 轴的两个交点分别为 A(x1,0)， B(x2,0)，圆 E的一般方程为 x2 y2 Dx Fy G0，则Error!因为 x1， x2是方程 2x24 x a0，即 x22 x 0 的两根，a2所以 x 2 x1

19、0， x 2 x2 0，21a2 2 a2所以 D2， G ，a2所以 F ( a )， G a2a 12所以圆 E 的一般方程为 x2 y22 x( a )y 0，12 a2即 x2 y22 x y a( y)0.12 12由Error! 得Error!或Error!故圆 E 过定点(0， )，(2， )12 1219(2018广州模拟)如图，在直角坐标系 xOy 中，椭圆 C： 1( a b0)的y2a2 x2b29上焦点为 F1，椭圆 C 的离心率为 ，且过点(1， )12 263(1)求椭圆 C 的方程；(2)设过椭圆 C 的上顶点 A 的直线 l 与椭圆 C 交于点 B(B 不在 y

20、 轴上)，垂直于 l 的直线与 l 交于点 M，与 x 轴交于点 H，若 0，且| MO| MA|，求直线 l 的方程F1B F1H 解析：(1)因为椭圆 C 的离心率为 ，所以 ，即 a2 c.12 ca 12又 a2 b2 c2，所以 b23 c2，即 b2 a2，所以椭圆 C 的方程为 1.34 y2a2 x234a2把点(1， )代入椭圆 C 的方程中，解得 a24.263所以椭圆 C 的方程为 1.y24 x23(2)由(1)知， A(0,2)，设直线 l 的斜率为 k(k0)，则直线 l 的方程为 y kx2，由Error! 得(3 k24) x212 kx0.设 B(xB， yB

21、)，得 xB ， 12k3k2 4所以 yB ， 6k2 83k2 4所以 B( ， ) 12k3k2 4 6k2 83k2 4设 M(xM， yM)，因为| MO| MA|，所以点 M 在线段 OA 的垂直平分线上，所以 yM1，因为 yM kxM2，所以 xM ，即 M( ，1)1k 1k设 H(xH,0)，又直线 HM 垂直于直线 l，所以 kMH ，即 .1k 1 1k xH 1k所以 xH k ，即 H(k ，0)1k 1k又 F1(0,1)，所以 ( ， )， ( k ，1)F1B 12k3k2 4 4 9k23k2 4 F1H 1k10因为 0，所以 (k ) 0，F1B F1H 12k3k2 4 1k 4 9k23k2 4解得 k .263所以直线 l 的方程为 y x2.263