2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題能力訓(xùn)練17橢圓雙曲線拋物線理含解析

專題實(shí)力訓(xùn)練17橢圓、雙曲線、拋物線專題實(shí)力訓(xùn)練第40頁

一、實(shí)力突破訓(xùn)練1.已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一條漸近線方程為y=52x,且與橢圓x2A.x28-y2C.x25-y2答案:B解析:由題意得ba=52又a2+b2=c2,所以a2=4,b2=5,故C的方程為x24-2.(2024全國Ⅰ,理4)已知A為拋物線C:y2=2px(p>0)上一點(diǎn),點(diǎn)A到C的焦點(diǎn)的距離為12,到y(tǒng)軸的距離為9,則p=()A.2 B.3 C.6 D.9答案:C解析:設(shè)點(diǎn)A的坐標(biāo)為(x,y).由點(diǎn)A到y(tǒng)軸的距離為9可得x=9,由點(diǎn)A到拋物線C的焦點(diǎn)的距離為12,可得x+p2=12,解得p=63.(2024全國Ⅱ,理5)若雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>A.y=±2x B.y=±3x C.y=±22x D.y=±3答案:A解析:∵e=ca∴c2a2=∴∵雙曲線焦點(diǎn)在x軸上,∴漸近線方程為y=±bax∴漸近線方程為y=±2x.4.已知雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為2,過右焦點(diǎn)且垂直于x軸的直線與雙曲線交于A,B兩點(diǎn).設(shè)A,B到雙曲線的同一條漸近線的距離分別為d1和d2,且d1A.x24-y212C.x23-y2答案:C解析:由雙曲線的對稱性,不妨取漸近線y=bax.如圖所示,|AD|=d1,|BC|=d2,過點(diǎn)F作EF⊥CD于點(diǎn)E由題易知EF為梯形ABCD的中位線,所以|EF|=12(d1+d2)=3又因?yàn)辄c(diǎn)F(c,0)到y(tǒng)=bax的距離為|bc所以b=3,b2=9.因?yàn)閑=ca=2,c2=a2+b2,所以a2=所以雙曲線的方程為x23-y295.(2024全國Ⅱ,理8)若拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)是橢圓x23p+y2p=1A.2 B.3 C.4 D.8答案:D解析:∵y2=2px的焦點(diǎn)坐標(biāo)為p2,0,橢圓x23p+y2p=1的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(±3p-p,0),∴36.(2024全國Ⅰ,理15)已知F為雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點(diǎn),A為C的右頂點(diǎn),B為C上的點(diǎn),且BF垂直于x軸.若AB答案:2解析:由題意可得A(a,0),F(c,0),其中c=a由BF垂直于x軸可得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為c,代入雙曲線方程可得點(diǎn)B的坐標(biāo)為Bc∵AB的斜率為3,∴Bc∵kAB=b2ac-a=b27.已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右頂點(diǎn)為A,以A為圓心,b為半徑作圓A,圓A與雙曲線C的一條漸近線交于M,N兩點(diǎn).若∠MAN=答案:2解析:如圖所示,由題意可得|OA|=a,|AN|=|AM|=b,∵∠MAN=60°,∴|AP|=32b,|OP|=設(shè)雙曲線C的一條漸近線y=bax的傾斜角為θ,則tanθ=|AP||OP|∴32ba2-34b∴e=1+8.如圖,已知拋物線C1:y=14x2,圓C2:x2+(y-1)2=1,過點(diǎn)P(t,0)(t>0)作不過原點(diǎn)O的直線PA,PB分別與拋物線C1和圓C2相切,A,B為切點(diǎn)(1)求點(diǎn)A,B的坐標(biāo);(2)求△PAB的面積.注:直線與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn),且與拋物線的對稱軸不平行,則稱該直線與拋物線相切,稱該公共點(diǎn)為切點(diǎn).解:(1)由題意知直線PA的斜率存在,故可設(shè)直線PA的方程為y=k(x-t),由y=k(x-t),y=14x由于直線PA與拋物線相切,得k=t.因此,點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2t,t2).設(shè)圓C2的圓心為D(0,1),點(diǎn)B的坐標(biāo)為(x0,y0),由題意知:點(diǎn)B,O關(guān)于直線PD對稱,故y02因此,點(diǎn)B的坐標(biāo)為2(2)由(1)知|AP|=t·1+t2和直線PA的方程tx-y-t2點(diǎn)B到直線PA的距離是d=t設(shè)△PAB的面積為S(t),所以S(t)=12|AP|·d=9.如圖,動(dòng)點(diǎn)M與兩定點(diǎn)A(-1,0),B(1,0)構(gòu)成△MAB,且直線MA,MB的斜率之積為4,設(shè)動(dòng)點(diǎn)M的軌跡為C.(1)求軌跡C的方程;(2)設(shè)直線y=x+m(m>0)與y軸相交于點(diǎn)P,與軌跡C相交于點(diǎn)Q,R,且|PQ|<|PR|,求|PR|解:(1)設(shè)M的坐標(biāo)為(x,y),當(dāng)x=-1時(shí),直線MA的斜率不存在;當(dāng)x=1時(shí),直線MB的斜率不存在.于是x≠1,且x≠-1.此時(shí),MA的斜率為yx+1,MB由題意,有yx+1·整理,得4x2-y2-4=0.故動(dòng)點(diǎn)M的軌跡C的方程為4x2-y2-4=0(x≠±1).(2)由y=x+m,4x2-y2-4=0消去y,可得對于方程①,其判別式Δ=(-2m)2-4×3(-m2-4)=16m2+48>0,而當(dāng)1或-1為方程①的根時(shí),m的值為-1或1.結(jié)合題設(shè)(m>0)可知,m>0,且m≠1.設(shè)Q,R的坐標(biāo)分別為(xQ,yQ),(xR,yR),則xQ,xR為方程①的兩根,因?yàn)閨PQ|<|PR|,所以|xQ|<|xR|.因?yàn)閤Q=m-2m2+33,xR=m+2所以|PR||PQ此時(shí)1+3m2>1,所以1<1+221+且1+22所以1<|PR||PQ綜上所述,|PR|10.已知三點(diǎn)O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲線C上隨意一點(diǎn)M(x,y)滿意|MA+MB|=OM·(OA+(1)求曲線C的方程;(2)點(diǎn)Q(x0,y0)(-2<x0<2)是曲線C上動(dòng)點(diǎn),曲線C在點(diǎn)Q處的切線為l,點(diǎn)P的坐標(biāo)是(0,-1),l與PA,PB分別交于點(diǎn)D,E,求△QAB與△PDE的面積之比.解:(1)由題意可知MA=(-2-x,1-y),MB=(2-x,1-y),OM=(x,y),OA+OB=∵|MA+MB|=OM·(OA∴4x2+4(1-y)2=∴曲線C的方程為x2=4y.(2)設(shè)點(diǎn)Qx0則S△QAB=21-x0∵y=x24,∴y'=12x,∴kl=1∴切線l的方程為y-x024=12x0(x-x0)與y軸交點(diǎn)H0,-直線PA的方程為y=-x-1,直線PB的方程為y=x-1,由y=-x-1由y=x-1,y∴S△PDE=12|xD-xE|·|PH|=1-x∴△QAB與△PDE的面積之比為2.二、思維提升訓(xùn)練11.(2024全國Ⅱ,理8)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),直線x=a與雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線分別交于D,E兩點(diǎn).若△ODEA.4 B.8 C.16 D.32答案:B解析:由題意可知,雙曲線的漸近線方程為y=±bax因?yàn)橹本€x=a與雙曲線的漸近線分別交于D,E兩點(diǎn),所以不妨令D(a,-b),E(a,b),所以|DE|=2b.所以S△ODE=12×2b·a=ab=所以c2=a2+b2≥2ab=16,當(dāng)且僅當(dāng)a=b=22時(shí)取等號.所以c≥4,所以2c≥8.所以雙曲線C的焦距的最小值為8.故選B.12.(2024全國Ⅰ,理10)已知橢圓C的焦點(diǎn)為F1(-1,0),F2(1,0),過F2的直線與C交于A,B兩點(diǎn).若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,則C的方程為()A.x22+y2=1 BC.x24+y2答案:B解析:如圖,由已知可設(shè)|F2B|=n,|BF1|=m.由|AB|=|BF1|,則|AF2|=m-n,|AB|=m.又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|,故|AF1|=2n.由橢圓的定義及|AF2|=2|F2B|,得m-n∴|AF1|=a,|AF2|=a.∴點(diǎn)A為(0,-b).∴kA過點(diǎn)B作x軸的垂線,垂足為點(diǎn)P.由題意可知△OAF2∽△PBF2.又|AF2|=2|F2B|,∴|OF2|=2|F2P|.∴|F2P|=1又kAF∴|BP|=12b.∴點(diǎn)B把點(diǎn)B坐標(biāo)代入橢圓方程x2a2+y2b2=1又c=1,故b2=2.所以橢圓方程為x23+13.已知M是拋物線x2=4y上一點(diǎn),F為其焦點(diǎn),C為圓(x+1)2+(y-2)2=1的圓心,則|MF|+|MC|的最小值為.

答案:3解析:設(shè)拋物線x2=4y的準(zhǔn)線方程為l:y=-1.因?yàn)辄c(diǎn)C為圓(x+1)2+(y-2)2=1的圓心,所以點(diǎn)C的坐標(biāo)為(-1,2).過點(diǎn)M作l的垂線,垂足為點(diǎn)E,依據(jù)拋物線的定義可知|MF|=|ME|,所以|MF|+|MC|的最小值,即為|MC|+|ME|的最小值.由平面幾何的學(xué)問可知,當(dāng)C,M,E在一條直線上時(shí),此時(shí)CE⊥l,|MC|+|ME|有最小值,最小值為CE=2-(-1)=3.14.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右支與焦點(diǎn)為F的拋物線x2=2py(p>0)交于A,B兩點(diǎn),若答案:y=±22解析:拋物線x2=2py的焦點(diǎn)F0,p2,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則|AF|+|BF|=y1+p2+y2+p2=y1+y2+p=4|OF|=4·p2所以y1+y2=p.聯(lián)立雙曲線與拋物線方程得x消去x,得a2y2-2pb2y+a2b2=0.所以y1+y2=2pb2a所以該雙曲線的漸近線方程為y=±22x15.已知圓C:(x+1)2+y2=20,點(diǎn)B(1,0),點(diǎn)A是圓C上的動(dòng)點(diǎn),線段AB的垂直平分線與線段AC交于點(diǎn)P.(1)求動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C1的方程;(2)設(shè)M0,15,N為拋物線C2:y=x2上的一動(dòng)點(diǎn),過點(diǎn)N作拋物線C2的切線交曲線C1于P,Q兩點(diǎn),求△解:(1)由已知可得,點(diǎn)P滿意|PB|+|PC|=|AC|=25>2=|BC|,所以動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C1是一個(gè)橢圓,其中2a=25,2c=2.動(dòng)點(diǎn)P的軌跡C1的方程為x25+(2)設(shè)N(t,t2),則PQ的方程為y-t2=2t(x-t)?y=2tx-t2.聯(lián)立方程組y=2tx-t2,x25+y24=1,消去y整理,得(4+20t2有Δ而|PQ|=1+4t2×|x1-x2點(diǎn)M到PQ的高為h=15由S△MPQ=12|PQ|h代入化簡,S△MPQ=510-(t2-10)2+104≤510×16.已知?jiǎng)狱c(diǎn)C是橢圓Ω:x2a+y2=1(a>1)上的隨意一點(diǎn),AB是圓G:x2+(y-2)2=94的一條直徑(A,B是端點(diǎn)),(1)求橢圓Ω的方程;(2)已知橢圓Ω的左、右焦點(diǎn)分別為點(diǎn)F1,F2,過點(diǎn)F2且與x軸不垂直的直線l交橢圓Ω于P,Q兩點(diǎn).在線段OF2上是否存在點(diǎn)M(m,0),使得以MP,MQ為鄰邊的平行四邊形是菱形?若存在,求實(shí)數(shù)m的取值范圍;若不存在,請說明理由.解:(1)設(shè)點(diǎn)C的坐標(biāo)為(x,y),則x2a+y2=連接CG,由CA=CG+GA,CB=CG+GB=可得CA·CB=CG2-GA2=x2+(y-2)2-94=a(1-y2)+(y-2)2-94=-(a-1)y2-4因?yàn)閍>1,所以當(dāng)y=42(1-a)≤-1,取y=-1,得CA·CB有最大值-(a-1)+4+a+74=當(dāng)y=42(1-a)>-1,即a>3時(shí),CA即a2-7a+10=0,解得a=5或a=2(舍去).綜上所述,橢圓Ω的方程是x25+y2=(2)設(shè)點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中點(diǎn)坐標(biāo)為(x0,y0),則滿意x