新课标2022届高考数学二轮复习专题六直线圆圆锥曲线专题能力训练17椭圆双曲线抛物线理

专题能力训练17　椭圆、双曲线、抛物线能力突破训练1.(2022全国Ⅲ,理5)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程为y=52x,且与椭圆x212+y23=1有公共焦点,则C的方程为(　　)　　　　　　　　　　　　　　　　A.x28-y210=1B.x24-y25=1C.x25-y24=1D.x24-y23=12.已知M(x0,y0)是双曲线C:x22-y2=1上的一点,F1,F2是C的两个焦点.若MF1·MF2<0,则y0的取值范围是(　　)A.-33,33B.-36,36C.-223,223D.-233,2333.以抛物线C的顶点为圆心的圆交C于A,B两点,交C的准线于D,E两点.已知|AB|=42,|DE|=25,则C的焦点到准线的距离为(　　)A.2B.4C.6D.84.已知双曲线x24-y2b2=1(b>0),以原点为圆心,双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A,B,C,D四点,四边形ABCD的面积为2b,则双曲线的方程为(　　)A.x24-3y24=1B.x24-4y23=1C.x24-y24=1D.x24-y212=15.设双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦点为F,过点F作与x轴垂直的直线l交两渐近线于A,B两点,与双曲线的一个交点为P,设O为坐标原点.若OP=mOA+nOB(m,n∈R),且mn=29,则该双曲线的离心率为(　　)A.322B.355C.324D.986.双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线为正方形OABC的边OA,OC所在的直线,点B为该双曲线的焦点.若正方形OABC的边长为2,则a=　　　　　. 7.(2022全国Ⅰ,理15)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右顶点为A,以A为圆心,b为半径作圆A,圆A与双曲线C的一条渐近线交于M,N两点.若∠MAN=60°,则C的离心率为-10-\n.8.如图,已知抛物线C1:y=14x2,圆C2:x2+(y-1)2=1,过点P(t,0)(t>0)作不过原点O的直线PA,PB分别与抛物线C1和圆C2相切,A,B为切点.(1)求点A,B的坐标;(2)求△PAB的面积.注:直线与抛物线有且只有一个公共点,且与抛物线的对称轴不平行,则称该直线与抛物线相切,称该公共点为切点.9.如图,动点M与两定点A(-1,0),B(1,0)构成△MAB,且直线MA,MB的斜率之积为4,设动点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设直线y=x+m(m>0)与y轴相交于点P,与轨迹C相交于点Q,R,且|PQ|<|PR|,求|PR||PQ|的取值范围.-10-\n10.已知三点O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲线C上任意一点M(x,y)满足|MA+MB|=OM·(OA+OB)+2.(1)求曲线C的方程;(2)点Q(x0,y0)(-2<x0<2)是曲线C上动点,曲线C在点Q处的切线为l,点P的坐标是(0,-1),l与PA,PB分别交于点D,E,求△QAB与△PDE的面积之比.-10-\n思维提升训练11.(2022全国Ⅰ,理10)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为(　　)A.16B.14C.12D.1012.(2022全国Ⅱ,理16)已知F是抛物线C:y2=8x的焦点,M是C上一点,FM的延长线交y轴于点N,若M为FN的中点,则|FN|=　　　　　. 13.(2022山东,理14)在平面直角坐标系xOy中,双曲线x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右支与焦点为F的抛物线x2=2py(p>0)交于A,B两点,若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为　　　　　. 14.已知圆C:(x+1)2+y2=20,点B(1,0),点A是圆C上的动点,线段AB的垂直平分线与线段AC交于点P.(1)求动点P的轨迹C1的方程;(2)设M0,15,N为抛物线C2:y=x2上的一动点,过点N作抛物线C2的切线交曲线C1于P,Q两点,求△MPQ面积的最大值.15.已知动点C是椭圆Ω:x2a+y2=1(a>1)上的任意一点,AB是圆G:x2+(y-2)2=94的一条直径(A,B是端点),CA·CB的最大值是314.(1)求椭圆Ω的方程;(2)已知椭圆Ω的左、右焦点分别为点F1,F2,过点F2且与x轴不垂直的直线l交椭圆Ω于P,Q两点.在线段OF2上是否存在点M(m,0),使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形?若存在,求实数m的取值范围;若不存在,请说明理由.-10-\n参考答案专题能力训练17　椭圆、双曲线、抛物线能力突破训练1.B　解析由题意得ba=52,c=3.又a2+b2=c2,所以a2=4,b2=5,故C的方程为x24-y25=1.2.A　解析由条件知F1(-3,0),F2(3,0),∴MF1=(-3-x0,-y0),MF2=(3-x0,-y0),∴MF1·MF2=x02+y02-3<0.①∵x022-y02=1,∴x02=2y02+2.代入①得y02<13,∴-33<y0<33.3.B　解析不妨设抛物线C的方程为y2=2px(p>0),圆的方程为x2+y2=R2.因为|AB|=42,所以可设A(m,22).又因为|DE|=25,所以R2=5+p24,m2+8=R2,8=2pm,解得p2=16.故p=4,即C的焦点到准线的距离是4.4.D　解析根据对称性,不妨设点A在第一象限,其坐标为(x,y),于是有x2+y2=4y=b2x⇒x=4b2+4,y=4b2+4·b2,则xy=16b2+4·b2=b2⇒b2=12.故所求双曲线的方程为x24-y212=1,故选D.5.C　解析在y=±bax中令x=c,得Ac,bca,Bc,-bca,在双曲线x2a2-y2b2=1中令x=c得Pc,±b2a.当点P的坐标为c,b2a时,由OP=mOA+nOB,得c=(m+n)c,b2a=mbca-nbca,则m+n=1,m-n=bc.-10-\n由m+n=1,mn=29,得m=23,n=13或m=13,n=23(舍去),∴bc=13,∴c2-a2c2=19,∴e=324.同理,当点P的坐标为c,-b2a时,e=324.故该双曲线的离心率为324.6.2　解析∵四边形OABC是正方形,∴∠AOB=45°,∴不妨设直线OA的方程即双曲线的一条渐近线的方程为y=x.∴ba=1,即a=b.又|OB|=22,∴c=22.∴a2+b2=c2,即a2+a2=(22)2,可得a=2.7.233　解析如图所示,由题意可得|OA|=a,|AN|=|AM|=b,∵∠MAN=60°,∴|AP|=32b,|OP|=|OA|2-|PA|2=a2-34b2.设双曲线C的一条渐近线y=bax的倾斜角为θ,则tanθ=|AP||OP|=32ba2-34b2.又tanθ=ba,∴32ba2-34b2=ba,解得a2=3b2,∴e=1+b2a2=1+13=233.8.解(1)由题意知直线PA的斜率存在,故可设直线PA的方程为y=k(x-t),由y=k(x-t),y=14x2消去y,整理得:x2-4kx+4kt=0,由于直线PA与抛物线相切,得k=t.因此,点A的坐标为(2t,t2).设圆C2的圆心为D(0,1),点B的坐标为(x0,y0),由题意知:点B,O关于直线PD对称,故y02=-x02t+1,x0t-y0=0,解得x0=2t1+t2,y0=2t21+t2.因此,点B的坐标为2t1+t2,2t21+t2.(2)由(1)知|AP|=t·1+t2和直线PA的方程tx-y-t2=0.-10-\n点B到直线PA的距离是d=t21+t2.设△PAB的面积为S(t),所以S(t)=12|AP|·d=t32.9.解(1)设M的坐标为(x,y),当x=-1时,直线MA的斜率不存在;当x=1时,直线MB的斜率不存在.于是x≠1,且x≠-1.此时,MA的斜率为yx+1,MB的斜率为yx-1.由题意,有yx+1·yx-1=4.整理,得4x2-y2-4=0.故动点M的轨迹C的方程为4x2-y2-4=0(x≠±1).(2)由y=x+m,4x2-y2-4=0消去y,可得3x2-2mx-m2-4=0.①对于方程①,其判别式Δ=(-2m)2-4×3(-m2-4)=16m2+48>0,而当1或-1为方程①的根时,m的值为-1或1.结合题设(m>0)可知,m>0,且m≠1.设Q,R的坐标分别为(xQ,yQ),(xR,yR),则xQ,xR为方程①的两根,因为|PQ|<|PR|,所以|xQ|<|xR|.因为xQ=m-2m2+33,xR=m+2m2+33,且Q,R在同一条直线上,所以|PR||PQ|=xRxQ=21+3m2+121+3m2-1=1+221+3m2-1.此时1+3m2>1,且1+3m2≠2,所以1<1+221+3m2-1<3,且1+221+3m2-1≠53,所以1<|PR||PQ|=xRxQ<3,且|PR||PQ|=xRxQ≠53.综上所述,|PR||PQ|的取值范围是1,53∪53,3.10.解(1)由题意可知MA=(-2-x,1-y),MB=(2-x,1-y),OM=(x,y),OA+OB=(0,2).∵|MA+MB|=OM·(OA+OB)+2,∴4x2+4(1-y)2=2y+2,∴x2=4y.∴曲线C的方程为x2=4y.(2)设Qx0,x024,则S△QAB=21-x024=21-x024.-10-\n∵y=x24,∴y'=12x,∴kl=12x0,∴切线l的方程为y-x024=12x0(x-x0)与y轴交点H0,-x024,|PH|=1-x024=1-x024.直线PA的方程为y=-x-1,直线PB的方程为y=x-1,由y=-x-1,y=12x0x-x024,得xD=x0-22.由y=x-1,y=12x0x-x024,得xE=x0+22,∴S△PDE=12|xD-xE|·|PH|=1-x024,∴△QAB与△PDE的面积之比为2.思维提升训练11.A　解析方法一:由题意,易知直线l1,l2斜率不存在时,不合题意.设直线l1方程为y=k1(x-1),联立抛物线方程,得y2=4x,y=k1(x-1),消去y,得k12x2-2k12x-4x+k12=0,所以x1+x2=2k12+4k12.同理,直线l2与抛物线的交点满足x3+x4=2k22+4k22.由抛物线定义可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=2k12+4k12+2k22+4k22+4=4k12+4k22+8≥216k12k22+8=16,当且仅当k1=-k2=1(或-1)时,取得等号.方法二:如图所示,由题意可得F(1,0),设AB倾斜角为θ不妨令θ∈0,π2.作AK1垂直准线,AK2垂直x轴,结合图形,根据抛物线的定义,可得|AF|·cosθ+|GF|=|AK1|,|AK1|=|AF|,|GF|=2,所以|AF|·cosθ+2=|AF|,即|AF|=21-cosθ.同理可得|BF|=21+cosθ,所以|AB|=41-cos2θ=4sin2θ.-10-\n又DE与AB垂直,即DE的倾斜角为π2+θ,则|DE|=4sin2π2+θ=4cos2θ,所以|AB|+|DE|=4sin2θ+4cos2θ=4sin2θcos2θ=414sin22θ=16sin22θ≥16,当θ=π4时取等号,即|AB|+|DE|最小值为16,故选A.12.6　解析设N(0,a),由题意可知F(2,0).又M为FN的中点,则M1,a2.因为点M在抛物线C上,所以a24=8,即a2=32,即a=±42.所以N(0,±42).所以|FN|=(2-0)2+(0±42)2=6.13.y=±22x　解析抛物线x2=2py的焦点F0,p2,准线方程为y=-p2.设A(x1,y1),B(x2,y2),则|AF|+|BF|=y1+p2+y2+p2=y1+y2+p=4|OF|=4·p2=2p.所以y1+y2=p.联立双曲线与抛物线方程得x2a2-y2b2=1,x2=2py,消去x,得a2y2-2pb2y+a2b2=0.所以y1+y2=2pb2a2=p,所以b2a2=12.所以该双曲线的渐近线方程为y=±22x.14.解(1)由已知可得,点P满足|PB|+|PC|=|AC|=25>2=|BC|,所以动点P的轨迹C1是一个椭圆,其中2a=25,2c=2.动点P的轨迹C1的方程为x25+y24=1.(2)设N(t,t2),则PQ的方程为y-t2=2t(x-t)⇒y=2tx-t2.联立方程组y=2tx-t2,x25+y24=1,消去y整理,得(4+20t2)x2-20t3x+5t4-20=0,有Δ=80(4+20t2-t4)>0,x1+x2=20t34+20t2,x1x2=5t4-204+20t2.而|PQ|=1+4t2×|x1-x2|=1+4t2×80(4+20t2-t4)4+20t2,点M到PQ的高为h=15+t21+4t2,由S△MPQ=12|PQ|h代入化简,得S△MPQ=510-(t2-10)2+104≤510×104=1305,当且仅当t2=10时,S△MPQ可取最大值-10-\n1305.15.解(1)设点C的坐标为(x,y),则x2a+y2=1.连接CG,由CA=CG+GA,CB=CG+GB=CG-GA,又G(0,2),CG=(-x,2-y),可得CA·CB=CG2-GA2=x2+(y-2)2-94=a(1-y2)+(y-2)2-94=-(a-1)y2-4y+a+74,其中y∈[-1,1].因为a>1,所以当y=42(1-a)≤-1,即1<a≤3时,取y=-1,得CA·CB有最大值-(a-1)+4+a+74=274,与条件矛盾;当y=42(1-a)>-1,即a>3时,CA·CB的最大值是4(1-a)a+74-164(1-a),由条件得4(1-a)a+74-164(1-a)=314,即a2-7a+10=0,解得a=5或a=2(舍去).综上所述,椭圆Ω的方程是x25+y2=1.(2)设点P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ的中点坐标为(x0,y0),则满足x125+y12=1,x225+y22=1,两式相减,整理,得y2-y1x2-x1=-x2+x15(y2+y1)=-x05y0,从而直线PQ的方程为y-y0=-x05y0(x-x0).又右焦点F2的坐标是(2,0),将点F2的坐标代入PQ的方程得-y0=-x05y0(2-x0),因为直线l与x轴不垂直,所以2x0-x02=5y02>0,从而0<x0<2.假设在线段OF2上存在点M(m,0)(0<m<2),使得以MP,MQ为邻边的平行四边形是菱形,则线段PQ的垂直平分线必过点M,而线段PQ的垂直平分线方程是y-y0=5y0x0(x-x0),将点M(m,0)代入得-y0=5y0x0(m-x0),得m=45x0,从而m∈0,85.-10-