（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 解析幾何 第2講 圓錐曲線的定義、方程與性質(zhì)練習(xí) 理 新人教A版

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1、第2講　圓錐曲線的定義、方程與性質(zhì) 一、選擇題 1．已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的焦點到漸近線的距離為，且離心率為2，則該雙曲線的實軸的長為(　　) A．1　　　　　　　　　 B． C．2 D．2 解析：選C．由題意知雙曲線的焦點(c，0)到漸近線bx－ay＝0的距離為＝b＝，即c2－a2＝3，又e＝＝2，所以a＝1，該雙曲線的實軸的長為2a＝2. 2．若拋物線y2＝4x上一點P到其焦點F的距離為2，O為坐標(biāo)原點，則△OFP的面積為(　　) A． B．1 C． D．2 解析：選B．設(shè)P(x0，y0)，依題意可得|PF|＝x0＋1＝2，解得x0＝1，故y＝4×1

2、，解得y0＝±2，不妨取P(1，2)，則△OFP的面積為×1×2＝1. 3．(2019·高考全國卷Ⅲ)雙曲線C：－＝1的右焦點為F，點P在C的一條漸近線上，O為坐標(biāo)原點．若|PO|＝|PF|，則△PFO的面積為(　　) A． B． C．2 D．3 解析：選A．不妨設(shè)點P在第一象限，根據(jù)題意可知c2＝6，所以|OF|＝. 又tan∠POF＝＝，所以等腰三角形POF的高h＝×＝， 所以S△PFO＝××＝. 4．(2019·昆明模擬)已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，B為C的短軸的一個端點，直線BF1與C的另一個交點為A，若△BAF2為等腰三角形，則＝(　　

3、) A． B． C． D．3 解析：選A．如圖，不妨設(shè)點B在y軸的正半軸上，根據(jù)橢圓的定義，得|BF1|＋|BF2|＝2a，|AF1|＋|AF2|＝2a，由題意知|AB|＝|AF2|，所以|BF1|＝|BF2|＝a，|AF1|＝，|AF2|＝.所以＝.故選A． 5．已知F是拋物線x2＝4y的焦點，直線y＝kx－1與該拋物線在第一象限內(nèi)交于點A，B，若|AF|＝3|FB|，則k的值是(　　) A． B． C． D． 解析：選D．顯然k＞0.拋物線的準(zhǔn)線l：y＝－1，設(shè)其與y軸交于點F′，則直線y＝kx－1過點F′.分別過點A，B作l的垂線，垂足分別為A′，B′，根據(jù)拋物

4、線定義，得|AF|＝|AA′|，|BF|＝|BB′|，根據(jù)已知，得＝＝3.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＝＝＝3，即x1＝3x2①.聯(lián)立拋物線方程與已知直線方程，消元得x2－4kx＋4＝0，則x1＋x2＝4k②，由①②得x1＝3k，x2＝k，又x1x2＝4，所以3k·k＝4，即k2＝，解得k＝(負值舍去)． 6．(2019·湖南湘東六校聯(lián)考)已知橢圓Γ：＋＝1(a>b>0)的長軸長是短軸長的2倍，過右焦點F且斜率為k(k>0)的直線與Γ相交于A，B兩點．若＝3，則k＝(　　) A．1 B．2 C． D． 解析：選D．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為＝3，所以y1

5、＝－3y2.因為橢圓Γ的長軸長是短軸長的2倍，所以a＝2b，設(shè)b＝t，則a＝2t，故c＝t，所以＋＝1.設(shè)直線AB的方程為x＝sy＋t，代入上述橢圓方程，得(s2＋4)y2＋2sty－t2＝0，所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，即－2y2＝－，－3y＝－，得s2＝，k＝，故選D． 二、填空題 7．已知P(1，)是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)漸近線上的點，則雙曲線C的離心率是________． 解析：雙曲線C的一條漸近線的方程為y＝x，P(1，)是雙曲線C漸近線上的點，則＝，所以離心率e＝＝＝＝2. 答案：2 8．(2019·高考全國卷Ⅲ)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C：＋＝1的兩個焦點，

6、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________． 解析：不妨令F1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點，根據(jù)題意可知c＝＝4.因為△MF1F2為等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.設(shè)M(x，y)， 則得 所以M的坐標(biāo)為(3，)． 答案：(3，) 9．(2019·洛陽尖子生第二次聯(lián)考)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F的直線與拋物線C交于A，B兩點，且＝3，拋物線C的準(zhǔn)線l與x軸交于點E，AA1⊥l于點A1，若四邊形AA1EF的面積為6，則p＝________． 解析：不妨設(shè)點A在第一象限，如圖，作BB1⊥l于

7、點B1，設(shè)直線AB與l的交點為D，由拋物線的定義及性質(zhì)可知|AA1|＝|AF|，|BB1|＝|BF|，|EF|＝p. 設(shè)|BD|＝m，|BF|＝n，則＝＝＝，即＝，所以m＝2n. 又＝，所以＝＝，所以n＝， 因為|DF|＝m＋n＝2p，所以∠ADA1＝30°. 又|AA1|＝3n＝2p，|EF|＝p，所以|A1D|＝2p，|ED|＝p，所以|A1E|＝p，所以直角梯形AA1EF的面積為(2p＋p)·p＝6，解得p＝2. 答案：2 三、解答題 10．(2019·高考天津卷)設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的短軸長為4，離心率為. (1)求橢圓的方程

8、； (2)設(shè)點P在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點M為直線PB與x軸的交點，點N在y軸的負半軸上，若|ON|＝|OF|(O為原點)，且OP⊥MN，求直線PB的斜率． 解：(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意，2b＝4，＝，又a2＝b2＋c2， 可得a＝，b＝2，c＝1. 所以，橢圓的方程為＋＝1. (2)由題意，設(shè)P(xp，yp)(xp≠0)，M(xM，0)．設(shè)直線PB的斜率為k(k≠0)， 又B(0，2)，則直線PB的方程為y＝kx＋2，與橢圓方程聯(lián)立 整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0， 可得xp＝－， 代入y＝kx＋2得yp＝， 進而直線OP的斜率為＝. 在y＝k

9、x＋2中，令y＝0，得xM＝－. 由題意得N(0，－1)，所以直線MN的斜率為－. 由OP⊥MN，得·＝－1，化簡得k2＝，從而k＝±. 所以，直線PB的斜率為或－. 11．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，短軸長為2. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于M，N兩點，O為坐標(biāo)原點，若kOM·kON＝，求原點O到直線l的距離的取值范圍． 解：(1)由題知e＝＝，2b＝2，又a2＝b2＋c2，所以b＝1，a＝2， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－

10、4＝0， 依題意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0，化簡得m2＜4k2＋1，① x1＋x2＝－，x1x2＝， y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 若kOM·kON＝，則＝，即4y1y2＝5x1x2， 所以4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2， 所以(4k2－5)·＋4km·(－)＋4m2＝0， 即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化簡得m2＋k2＝，② 由①②得0≤m2＜，＜k2≤， 因為原點O到直線l的距離d＝， 所以d2＝＝＝－1＋， 又＜k2≤， 所

11、以0≤d2＜，所以原點O到直線l的距離的取值范圍是. 12．(2019·成都市第二次診斷性檢測)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的短軸長為4，離心率為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)橢圓C的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A，B，點M，N為橢圓C上位于x軸上方的兩點，且F1M∥F2N，直線F1M的斜率為2，記直線AM，BN的斜率分別為k1，k2，求3k1＋2k2的值． 解：(1)由題意，得2b＝4，＝. 又a2－c2＝b2，所以a＝3，b＝2，c＝1. 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)由(1)可知A(－3，0)，B(3，0)，F(xiàn)1(－1，0)． 據(jù)題意，直線F1M的方程為y＝2(x＋1)． 記直線F1M與橢圓C的另一個交點為M′.設(shè)M(x1，y1)(y1>0)，M′(x2，y2)．因為F1M∥F2N，所以根據(jù)對稱性，得N(－x2，－y2)． 聯(lián)立，消去y，得14x2＋27x＋9＝0. 由題意知x1>x2，所以x1＝－，x2＝－， k1＝＝＝，k2＝＝＝－， 所以3k1＋2k2＝3×＋2×＝0，即3k1＋2k2的值為0. - 7 -