2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題限時集訓(xùn)10 圓錐曲線的定義、方程及性質(zhì) 文

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1、專題限時集訓(xùn)(十)　圓錐曲線的定義、方程及性質(zhì) [專題通關(guān)練] (建議用時：30分鐘) 1．(2019·合肥模擬)設(shè)雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的虛軸長為4，一條漸近線的方程為y＝x，則雙曲線C的方程為(　　) A.－＝1　 B.－＝1 C.－＝1 D．x2－＝1 A　[由題意知，雙曲線的虛軸長為4，得2b＝4，即b＝2，又雙曲線的焦點在x軸上，則其一條漸近線的方程為y＝x＝x，可得a＝4，所以雙曲線C的方程為－＝1，故選A.] 2．(2019·全國卷Ⅰ)雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線的傾斜角為130°，則C的離心率為(　　) A．2sin 40°

2、 B．2cos 40° C. D. D　[由題意可得－＝tan 130°， 所以e＝＝＝ ＝＝. 故選D.] 3．[一題多解](2019·長沙模擬)已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，點A(1，a)(a＞0)在C上，|AF|＝3.若直線AF與C交于另一點B，則|AB|的值是(　　) A．12 B．10 C．9 D．4.5 C　[法一：因為A(1，a)(a＞0)在拋物線C上，所以a2＝8，解得a＝2或a＝－2(舍去)，故直線AF的方程為y＝－2(x－2)，與拋物線的方程聯(lián)立，消去y，可得x2－5x＋4＝0，解得x1＝1，x2＝4，由拋物線的定義，得|BF|＝4＋2＝

3、6，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝9，故選C. 法二：因為直線AB過焦點F，所以xAxB＝p2＝4，又xA＝1，所以xB＝4，所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝xA＋xB＋4＝9，故選C.] 4．(2019·青島模擬)已知拋物線x2＝2py(p＞0)的焦點F是橢圓＋＝1(a＞b＞0)的一個焦點，且該拋物線的準(zhǔn)線與橢圓相交于A，B兩點，若△FAB是正三角形，則橢圓的離心率為(　　) A. B. C. D. C　[如圖，由|AB|＝，△FAB是正三角形，得×＝2c，化簡可得(2a2－3b2)(2a2＋b2)＝0，所以2a2－3b2＝0，所以＝，所以橢圓的離心率e＝＝＝，故選C

4、.] 5．(2019·全國卷Ⅲ)已知F是雙曲線C：－＝1的一個焦點，點P在C上，O為坐標(biāo)原點．若|OP|＝|OF|，則△OPF的面積為(　　) A. B. C. D. B　[由F是雙曲線－＝1的一個焦點，知|OF|＝3，所以|OP|＝|OF|＝3. 不妨設(shè)點P在第一象限，P(x0，y0)，x0＞0，y0＞0， 則解得所以P， 所以S△OPF＝|OF|·y0＝×3×＝. 故選B.] 6．(2019·延安一模)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，過F作直線l交拋物線C于A，B兩點，若|AF|＝，|BF|＝2，則p＝________. 1　[如圖，設(shè)A(x1，

5、y1)，B(x2，y2)， ∵|AF|＝，|BF|＝2， ∴根據(jù)拋物線的定義可得x1＝－，x2＝2－， ∴＝＝＝，∴9＝2－， ∴p＝1.] 7．(2019·長春模擬)如圖所示，A，B是橢圓的兩個頂點，C是AB的中點，F(xiàn)為橢圓的右焦點，OC的延長線交橢圓于點M，且|OF|＝，若MF⊥OA，則橢圓的方程為________． ＋＝1　[∵F為橢圓的右焦點，|OF|＝，∴c＝. 設(shè)橢圓方程為＋＝1(b＞0)， ∵A，B為橢圓的兩個頂點，C是AB的中點，OC交橢圓于點M，MF⊥OA， ∴A是長軸右端點，＋＝1，∴yM＝， ∴M. ∵A(，0)，B(0，b)，∴C. ∵kOM＝k

6、OC，∴＝， ∴b＝. ∴所求橢圓方程是＋＝1.] 8．(2019·全國卷Ⅲ)設(shè)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的坐標(biāo)為____________． (3，)　[設(shè)F1為橢圓的左焦點，分析可知M在以F1為圓心、焦距為半徑長的圓上，即在圓(x＋4)2＋y2＝64上． 因為點M在橢圓＋＝1上， 所以聯(lián)立方程可得解得 又因為點M在第一象限，所以點M的坐標(biāo)為(3，)．] [能力提升練] (建議用時：15分鐘) 9．已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，拋物線C上存在一點E(2，t)到焦點F的距離等于3. (1

7、)求拋物線C的方程； (2)已知點P在拋物線C上且異于原點，點Q為直線x＝－1上的點，且FP⊥FQ，求直線PQ與拋物線C的交點個數(shù)，并說明理由． [解]　(1)拋物線C的準(zhǔn)線方程為x＝－， 所以點E(2，t)到焦點F的距離為2＋＝3， 解得p＝2. 所以拋物線C的方程為y2＝4x. (2)直線PQ與拋物線C只有一個交點． 理由如下： 設(shè)點P，點Q(－1，m)． 由(1)得焦點F(1,0)， 則＝，＝(－2，m)， 由題意可得·＝0， 故－2＋my0＝0，從而m＝. 故直線PQ的斜率kPQ＝＝. 故直線PQ的方程為y－y0＝， 得x＝－.① 又拋物線C的方程為y2

8、＝4x，② 所以由①②得(y－y0)2＝0，故y＝y(tǒng)0，x＝. 故直線PQ與拋物線C只有一個交點． 10．(2019·永州三模)已知橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，橢圓過點(0,2)，點Q為橢圓上一動點(異于左、右頂點)，且△QF1F2的周長為4＋4. (1)求橢圓E的方程； (2)過點F1，F(xiàn)2分別作斜率為k1，k2的直線l1，l2，分別交橢圓E于A，B和C，D四點，且|AB|＋|CD|＝6，求k1k2的值． [解]　(1)由題意可知， 解之得a＝2，b＝2， 所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)由題意可知，F(xiàn)1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)， 設(shè)直

9、線AB的方程為y＝k1(x＋2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立得(1＋2k)x2＋8kx＋8k－8＝0， ∴Δ＝(8k)2－4(1＋2k)(8k－8)＝32(k＋1)＞0， 則x1＋x2＝－，x1x2＝， |AB|＝|x1－x2|＝＝4， 同理聯(lián)立方程，由弦長公式可知，|CD|＝4， ∵|AB|＋|CD|＝6， ∴4＋4＝6， 化簡得kk＝，則k1k2＝±. 題號 內(nèi)容 押題依據(jù) 1 雙曲線的漸近線、離心率、直線與拋物線的位置關(guān)系 雙曲線的離心率問題，歷來是高考的熱點．本題以求雙曲線的離心率為背景，綜合考查雙曲線的基本性質(zhì)、直線與拋物線位置關(guān)系

10、的應(yīng)用．考查學(xué)生的直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運算等核心素養(yǎng) 2 橢圓、圓 與橢圓(拋物線)、圓有關(guān)的圓錐曲線問題在近幾年高考中都有涉及，是高考的熱點題型，多作為壓軸題出現(xiàn)，本題將橢圓(拋物線)與圓相結(jié)合，考查三角形面積最值的求解，綜合考查學(xué)生的直觀想象、邏輯推理和數(shù)學(xué)運算核心素養(yǎng)，符合高考的命題規(guī)律 【押題1】　[一題多解]雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線與拋物線y＝x2＋1只有一個公共點，則雙曲線的離心率為(　　) A.　　　　B．5　　　　C.　　　　D. D　[由于雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線與拋物線y＝x2＋1只有一個公共點，所以直線y＝x與拋物線y＝

11、x2＋1相切． 法一：由得ax2－bx＋a＝0，則該方程有兩個相等的實數(shù)解，即Δ＝b2－4a2＝0，解得＝4，所以離心率e＝＝＝.故選D. 法二：設(shè)切點為(x0，x＋1)，對y＝x2＋1求導(dǎo)，得y′＝2x，則x＋1＝x0,2x0＝，所以＝2，所以離心率e＝＝＝.故選D.] 【押題2】　已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的頂點到直線l：y＝x的距離分別為，. (1)求橢圓C的離心率； (2)過圓O：x2＋y2＝4上任意一點P作橢圓的兩條切線PM和PN分別與圓O交于點M，N，求△PMN面積的最大值． [解]　(1)由直線l的方程知，直線l與兩坐標(biāo)軸的夾角均為45°， 則可得長軸端點到直

12、線l的距離為a，短軸端點到直線l的距離為b， 所以解得所以c＝. 于是橢圓C的離心率e＝＝＝. (2)設(shè)P(xP，yP)，則x＋y＝4. ①若兩條切線中有一條切線的斜率不存在，則xP＝±，yP＝±1， 另一條切線的斜率為0，從而PM⊥PN. 此時S△PMN＝|PM|·|PN|＝×2×2＝2. ②若兩條切線的斜率均存在，則xP≠±，由(1)知，橢圓方程為＋y2＝1， 設(shè)過點P的橢圓的切線方程為y－yP＝k(x－xP)， 代入橢圓方程，消去y并整理，得(3k2＋1)x2＋6k(yP－kxP)x＋3(yP－kxP)2－3＝0. 依題意有Δ＝0，即(3－x)k2＋2xPyPk＋1－y＝0. 設(shè)切線PM，PN的斜率分別為k1，k2，則k1k2＝＝＝－1，即PM⊥PN. 所以線段MN為圓O的直徑，所以|MN|＝4. 所以S△PMN＝|PM|·|PN|≤(|PM|2＋|PN|2)＝|MN|2＝4， 當(dāng)且僅當(dāng)|PM|＝|PN|＝2時，S△PMN取得最大值，最大值為4. 綜合①②可得，△PMN面積的最大值為4. - 7 -