浙江省高考数学第二轮复习 专题升级训练14 椭圆、双曲线、抛物线 文

专题升级训练14　椭圆、双曲线、抛物线(时间：60分钟　满分：100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分)1．(2012·安徽安庆二模，2)在同一坐标系下，下列曲线中，右焦点与抛物线y2＝4x的焦点重合的是(　　)．A．＋＝1B．＋＝1C．－＝1D．－＝12．(2012·浙江名校交流，6)已知P为抛物线y＝4x2上一点，且P到抛物线准线的距离等于点P到点(0,2)的距离，则点P的坐标是(　　)．A．B．C．D．3．若点P为共焦点的椭圆C1和双曲线C2的一个交点，F1，F2分别是它们的左、右焦点，设椭圆的离心率为e1，双曲线的离心率为e2.若·＝0，则＋＝(　　)．A．1B．2C．3D．44．若直线mx＋ny＝4与圆x2＋y2＝4没有交点，则过点P(m，n)的直线与椭圆＋＝1的交点个数为(　　)．A．至少1个B．2个C．1个D．0个5．已知点A，B是双曲线x2－＝1上的两点，O为坐标原点，且满足·＝0，则点O到直线AB的距离等于(　　)．A．B．C．2D．26．(2012·山东潍坊3月模拟，10)直线4kx－4y－k＝0与抛物线y2＝x交于A，B两点，若|AB|＝4，则弦AB的中点到直线x＋＝0的距离等于(　　)．A．B．2C．D．47．(2012·浙江四校联考，9)设双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，过点F2的直线交双曲线右支于不同的两点M，N.若△MNF1为正三角形，则该双曲线的离心率为(　　)．A．B．C．D．8．(2012·浙江绍兴一模，8)已知F1，F2是椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左，右焦点，点P是椭圆在y轴右侧上的点，且∠F1PF2＝，记线段PF1与y轴的交点为Q，O为坐标原点，若△F1OQ与四边形OF2PQ的面积之比为1∶2，则该椭圆的离心率等于(　　)．A．2－B．2－3C．4－2D．－1二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分)-7-\n9．(2012·江苏苏、锡、常、镇四市调研，8)已知点M与双曲线－＝1的左，右焦点的距离之比为2∶3，则点M的轨迹方程为__________．10．已知抛物线y2＝2px(p＞0)上一点M(1，m)，到其焦点的距离为5，双曲线x2－＝1的左顶点为A，若双曲线的一条渐近线与直线AM垂直，则实数a＝__________.11．连接抛物线x2＝4y的焦点F与点M(1,0)所得的线段与抛物线交于点A，设点O为坐标原点，则△OAM的面积为__________．12．(2012·浙江宁波十校联考，16)已知A，B分别是双曲线C：x2－y2＝4的左、右顶点，点P是双曲线上在第一象限内的任一点，则∠PBA－∠PAB＝__________.三、解答题(本大题共4小题，共44分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)13．(本小题满分10分)(2012·河北邯郸一模，20)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的短轴长等于焦距，椭圆C上的点到右焦点F的最短距离为－1.(1)求椭圆C的方程；(2)过点E(2,0)且斜率为k(k＞0)的直线l与C交于M，N两点，P是点M关于x轴的对称点，证明：N，F，P三点共线．14．(本小题满分10分)如图，椭圆C：＋＝1的焦点在x轴上，左、右顶点分别为A1，A，上顶点为B．抛物线C1，C2分别以A，B为焦点，其顶点均为坐标原点O，C1与C2相交于直线y＝x上一点P.(1)求椭圆C及抛物线C1，C2的方程；(2)若动直线l与直线OP垂直，且与椭圆C交于不同两点M，N，已知点Q(－，0)，求·的最小值．15．(本小题满分12分)(2012·安徽安庆二模，20)已知直线l：x＋y＋8＝0，圆O：x2＋y2＝36(O为坐标原点)，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为e＝，直线l被圆O截得的弦长与椭圆的长轴长相等．(1)求椭圆C的方程；(2)过点(3,0)作直线l，与椭圆C交于A，B两点，设＝＋(O是坐标原点)，是否存在这样的直线l，使四边形OASB的对角线长相等？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．16．(本小题满分12分)(2012·浙江杭师大附中二模，21)设椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别是F1，F2，下顶点为A，线段OA的中点为B(O为坐标原点)，如图．若抛物线C2：y＝x2－1与y轴的交点为B，且经过F1，F2点．-7-\n(1)求椭圆C1的方程；(2)设M，N为抛物线C2上的一动点，过点N作抛物线C2的切线交椭圆C1于P，Q两点，求△MPQ面积的最大值．-7-\n参考答案一、选择题1．D2．D　解析：设P(x，y)，因抛物线的焦点为F，则点P到点(0,2)和点的距离相等，从而有y＝＝，则x＝±，故选D.3．B　解析：设椭圆方程为＋＝1(a＞b＞0)，双曲线方程为－＝1(m＞0，n＞0)，其中两焦点距离为2c.不妨令P在第一象限，由题意知∴|PF1|＝a＋m，|PF2|＝a－m，又·＝0，∴PF1⊥PF2，∴|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，∴2(a2＋m2)＝4c2，∴＋＝＝2，故选B.4．B　解析：∵直线mx＋ny＝4与圆x2＋y2＝4没有交点，∴圆心到直线的距离d＝＞2，解得m2＋n2＜4，即点P(m，n)在以原点为圆心，半径为2的圆的内部，而此圆在椭圆＋＝1的内部，故点P在椭圆内部，经过此点的任意直线与椭圆有两个交点．故选B.5．A　解析：由·＝0⇒OA⊥OB，由于双曲线为中心对称图形，因此可考查特殊情况，令点A为直线y＝x与双曲线在第一象限的交点，因此点B为直线y＝－x与双曲线在第四象限的一个交点，因此直线AB与x轴垂直，点O到直线AB的距离就为点A或点B的横坐标的值．由⇒x＝.故选A.6．C　解析：据抛物线定义知，|AB|＝x1＋＋x2＋＝4，∴x1＋x2＝.故弦AB的中点到x＝－的距离为－＝＋＝.7．B　解析：∵|MF1|＝2a＋|MF2|＝|NF1|＝2a＋|NF2|，∴|MF2|＝|NF2|，则直线MN垂直于x轴，则|MF2|＝|NF2|＝.又|MF1|＝2|MF2|，得|MF2|＝2a，∴＝2a，即有e2－1＝2，则e＝.8．D　解析：设∠PF1F2＝α，则|OQ|＝ctanα，|PF1|＝2ccosα，|PF2|＝2csinα，-7-\n则＝c2tanα，＝2c2sinαcosα－c2tanα.从而有2c2sinαcosα－c2tanα＝c2tanα，得cosα＝，则sinα＝.故|PF1|＝c，|PF2|＝c，则由|PF1|＋|PF2|＝2a＝(＋1)c，从而求得离心率为－1.二、填空题9．x2＋y2＋26x＋25＝0　解析：由题意得a2＝16，b2＝9，c2＝16＋9＝25.∴F1(－5,0)，F2(5,0)．设M(x，y)，有＝，即＝.整理即可．10．　解析：根据抛物线的性质得1＋＝5，∴p＝8.不妨取M(1,4)，则AM的斜率为2，由已知得－×2＝－1.故a＝.11．－　解析：线段FM所在直线方程x＋y＝1与抛物线交于A(x0，y0)，则⇒y0＝3－2或y0＝3＋2(舍去)．∴S△OAM＝×1×(3－2)＝－.12．90°　解析：因为点P是双曲线上在第一象限内的一点，故∠PBA＞∠PAB.设P(x0，y0)，则x20－y20＝4.又tan∠PAB＝，tan∠PBA＝－，则tan∠PAB·tan∠PBA＝－＝－1，即有sin∠PABsin∠PBA＝－cos∠PABcos∠PBA，则cos(∠PBA－∠PAB)＝0，又0＜∠PBA－∠PAB＜π，故∠PBA－∠PAB＝90°.三、解答题13．(1)解：由题可知解得a＝，c＝1，∴b＝1.∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：设直线l为y＝k(x－2)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x1，－y1)，F(1,0)，由得(2k2＋1)x2－8k2x＋8k2－2＝0.所以x1＋x2＝，x1x2＝.而＝(x2－1，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，P三点共线．14．解：(1)由题意，A(a,0)，B(0，)，故抛物线C1的方程可设为y2＝4ax，C2-7-\n的方程为x2＝4y.由所以椭圆C：＋＝1，抛物线C1：y2＝16x，抛物线C2：x2＝4y.(2)由(1)知，直线OP的斜率为，所以直线l的斜率为－，设直线l的方程为y＝－x＋b.由消去y，整理得5x2－8bx＋(8b2－16)＝0，因为动直线l与椭圆C交于不同两点，所以Δ＝128b2－20(8b2－16)＞0，解得－＜b＜.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，y1y2＝＝x1x2－(x1＋x2)＋b2＝.因为＝(x1＋，y1)，＝(x2＋，y2)，所以·＝(x1＋，y1)·(x2＋，y2)＝x1x2＋(x1＋x2)＋y1y2＋2＝.因为－＜b＜，所以当b＝－时，·取得最小值．其最小值等于×2＋×－＝－.15．解：(1)∵圆心O到直线l：x＋y＋8＝0的距离为d＝＝4，直线l被圆O截得的弦长2a＝2＝4，∴a＝2.又＝，a2－b2＝c2，解得b＝1，c＝.∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)∵＝＋，∴四边形OASB是平行四边形．假设存在这样的直线l，使四边形OASB的对角线长相等．则四边形OASB为矩形，因此有⊥，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＋y1y2＝0.直线l的斜率显然存在，设过点(3,0)的直线l方程为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)＋9k2＝(1＋k2)－3k2＋9k2，-7-\n由x1x2＋y1y2＝0得，k2＝，∴k＝±，满足Δ＞0.故存在这样的直线l，其方程为y＝±(x－3)．16．解：(1)由题意可知B(0，－1)，则A(0，－2)，故b＝2.令y＝0，得x2－1＝0，即x＝±1，则F1(－1,0)，F2(1,0)，故c＝1.所以a2＝b2＋c2＝5.于是椭圆C1的方程为：＋＝1.(2)设N(t，t2－1)，由于y′＝2x知直线PQ的方程为：y－(t2－1)＝2t(x－t)，即y＝2tx－t2－1.代入椭圆方程整理得：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|＝·＝.设点M到直线PQ的距离为d，则d＝＝.所以，△MPQ的面积S＝|PQ|·d＝··＝＝≤×＝.当t＝±3时取到“＝”，经检验此时Δ＞0，满足题意．综上可知，△MPQ的面积的最大值为.-7-