天津专用2020届高考数学一轮复习考点规范练41双曲线抛物线含解析新人教A版.pdf

考点规范练 41 双曲线、抛物线考点规范练 41 双曲线、抛物线 一、基础巩固 1 1.(2018 浙江,2)双曲线-y2=1 的焦点坐标是( ) x2 3 A.(-,0),(,0)B.(-2,0),(2,0)22 C.(0,-),(0,)D.(0,-2),(0,2)22 2 2.“k0,b0)的离心率为,则其渐近线方程为( ) x2 a2 - y2 b2 3 A.y=±xB.y=±xC.y=±xD.y=±x23 2 2 3 2 4 4.已知点A(-2,3)在抛物线C:y2=2px(p0)的准线上,C的焦点为F,则直线AF的斜率为( ) A.-B.-1C.-D.- 4 3 3 4 1 2 5 5.已知F是双曲线C:x2- =1 的右焦点,P是C上一点,且PF与x轴垂直,点A的坐标是(1,3),则 y2 3 APF的面积为( ) A.B.C.D. 1 3 1 2 2 3 3 2 6 6.(2018 全国,理 11)设F1,F2是双曲线C:=1(a0,b0)的左、右焦点,O是坐标原点,过F2 x2 a2 - y2 b2 作C的一条渐近线的垂线,垂足为P.若|PF1|=|OP|,则C的离心率为( )6 A.B.2C.D.532 7 7.已知双曲线=1(a0,b0)上存在一点P,点P与坐标原点O、右焦点F2构成正三角形,则双 x2 a2 - y2 b2 曲线的离心率为 . 8 8.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|= . 9 9.已知双曲线的中心在原点,焦点F1,F2在坐标轴上,离心率为,且过点(4,-),点M(3,m)在双210 曲线上. (1)求双曲线的方程; (2)求证:=0;MF1·MF2 (3)求F1MF2的面积. 1010.已知过抛物线y2=2px(p0)的焦点,斜率为 2的直线交抛物线于A(x1,y1),B(x2,y2)(x10,b0)的左、右焦点,O为坐标原点,点P在双曲线C的右 x2 a2 - y2 b2 支上,且满足|F1F2|=2|OP|,|PF1|3|PF2|,则双曲线C的离心率的取值范围为( ) A.(1,+)B. 10 2 , + ) C.D.(1, 10 2 (1, 5 2 1313.在平面直角坐标系xOy中,双曲线=1(a0,b0)的右支与焦点为F的抛物线x2=2py(p0)交 x2 a2 - y2 b2 于A,B两点,若|AF|+|BF|=4|OF|,则该双曲线的渐近线方程为 . 1414.已知中心在原点、焦点在x轴上的椭圆与双曲线有共同的焦点F1,F2,且|F1F2|=2,椭圆的长13 半轴长与双曲线的实半轴长之差为 4,离心率之比为 37. (1)求椭圆和双曲线的方程; (2)若P为这两条曲线的一个交点,求 cosF1PF2的值. 1515.(2018 全国,理 19)设抛物线C:y2=4x的焦点为F,过F且斜率为k(k0)的直线l与C交于A,B 两点,|AB|=8. (1)求l的方程. (2)求过点A,B且与C的准线相切的圆的方程. 三、高考预测 1616.已知抛物线x2=2py(p0)的顶点到焦点的距离为 1,过点P(0,p)作直线与抛物线交于 A(x1,y1),B(x2,y2)两点,其中x1x2. (1)若直线AB的斜率为 ,过A,B两点的圆C与抛物线在点A处有共同的切线,求圆C的方程; 1 2 (2)若=,是否存在异于点P的点Q,使得对任意,都有(-)?若存在,求出点Q的APPBQPQAQB 坐标;若不存在,说明理由. 考点规范练 4141 双曲线、抛物线 1 1.B 解析a2=3,b2=1,c2=a2+b2=3+1=4. c=2. 又焦点在x轴上,焦点坐标为(-2,0),(2,0). 2 2.A 解析方程=1 表示双曲线,(25-k)·(k-9)25,“k1,所以- 3c2 4b2 c a 33 e2=4+2,所以e=+1.34 + 2 3 = 3 8 8.6 解析设N(0,a),由题意可知F(2,0). 又M为FN的中点,则M.(1, a 2) 因为点M在抛物线C上, 所以=8,即a2=32,即a=±4. a2 4 2 所以N(0,±4).2 所以|FN|=6.(2 - 0)2+ (0 ± 4 2) 2 9 9.(1)解e=,a=b.2 可设双曲线方程为x2-y2=(0). 双曲线过点(4,-),10 16-10=,即=6. 双曲线的方程为x2-y2=6. (2)证明由题意知c=2,不妨设F1(-2,0),F2(2,0),则=(-2-3,-m),=(2-3,-m).333MF13MF23 =(3+2)×(3-2)+m2=-3+m2.MF1·MF233 点M在双曲线上, 9-m2=6,即m2=3, =0.MF1·MF2 (3)解F1MF2的底边长|F1F2|=4,3 由(2)知m=±,3 F1MF2的高h=|m|=,3 ×4=6.S F1MF2= 1 2 3 × 3 1010.解(1)由题意得直线AB的方程为y=2,与y2=2px联立,消去y有 4x2-5px+p2=0,所以 2· (x - p 2) x1+x2= . 5p 4 由抛物线定义得|AB|=x1+x2+p= +p=9,所以p=4,从而该抛物线的方程为y2=8x. 5p 4 (2)由(1)得 4x2-5px+p2=0, 即x2-5x+4=0,则x1=1,x2=4, 于是y1=-2,y2=4,22 从而A(1,-2),B(4,4).22 设C(x3,y3), 则=(x3,y3)=(1,-2)+(4,4)=(4+1,4-2).OC2222 又=8x3,所以2(2-1)2=8(4+1),整理得(2-1)2=4+1,解得=0 或=2.y232 1111.D 解析由题意知F(1,0),过点(-2,0)且斜率为 的直线方程为y=(x+2).与抛物线方程y2=4x联 2 3 2 3 立,得解得 y2= 4x, y = 2 3(x + 2), x = 1, y = 2,或 x = 4, y = 4. 不妨设M(1,2),N(4,4),所以=(0,2),=(3,4),所以=8.FMFNFM·FN 1212.C 解析由|F1F2|=2|OP|,可得|OP|=c,则PF1F2为直角三角形,且PF1PF2,可得 |PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2.由双曲线定义可得|PF1|-|PF2|=2a, 又|PF1|3|PF2|,所以|PF2|a, 所以(|PF2|+2a)2+|PF2|2=4c2, 化为(|PF2|+a)2=2c2-a2, 即有 2c2-a24a2,可得ca, 10 2 由e= 1,可得 1b0),双曲线方程为=1(m0,n0),13 x2 a2 + y2 b2 x2 m2 - y2 n2 则解得 a - m = 4, 7· 13 a = 3· 13 m , a = 7, m = 3. 所以b=6,n=2. 所以椭圆方程为=1, x2 49 + y2 36 双曲线方程为=1. x2 9 - y2 4 (2)不妨设F1,F2分别为左、右焦点,P是第一象限的一个交点,则|PF1|+|PF2|=14,|PF1|-|PF2|=6, 所以|PF1|=10,|PF2|=4. 又|F1F2|=2,13 所以 cosF1PF2=. |PF1|2+ |PF2|2- |F1F2|2 2|PF1|PF2| = 102+ 42- (2 13) 2 2 × 10 × 4 = 4 5 1515.解(1)由题意得F(1,0),l的方程为y=k(x-1)(k0). 设A(x1,y1),B(x2,y2). 由得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. y = k(x - 1), y2= 4x =16k2+160,故x1+x2=. 2k2+ 4 k2 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=. 4k2+ 4 k2 由题设知=8,解得k=-1(舍去),k=1. 4k2+ 4 k2 因此l的方程为y=x-1. (2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2),所以AB的垂直平分线的方程为y-2=-(x-3),即y=-x+5. 设所求圆的圆心坐标为(x0,y0), 则 y0=- x0+ 5, (x0+ 1)2= (y0- x0+ 1)2 2 + 16, 解得x0 = 3, y0= 2 或 x0= 11, y0=- 6. 因此所求圆的方程为 (x-3)2+(y-2)2=16 或(x-11)2+(y+6)2=144. 1616.解(1)由已知得p=2,直线和y轴交于点(0,2), 则直线AB的方程为y-2= x,即x-2y+4=0. 1 2 由得A,B的坐标分别为(4,4),(-2,1). x - 2y + 4 = 0, x2= 4y, 又x2=4y,可得y= x2,故y'= x, 1 4 1 2 故抛物线在点A处切线的斜率为 2. 设圆C的方程为(x-a)2+(y-b)2=r2, 则 b - 4 a - 4 =- 1 2, (a + 2)2+ (b - 1)2= (a - 4)2+ (b - 4)2, 解得a=-1,b=,r2=, 13 2 125 4 故圆的方程为(x+1)2+,(y - 13 2) 2 = 125 4 即为x2+y2+2x-13x+12=0. (2)存在.依题意可设直线AB的方程为y=kx+2,代入抛物线方程x2=4y,得x2-4kx-8=0, 故x1x2=-8. 由已知=,得-x1=x2.APPB 若k=0,这时=1,要使(-),点Q必在y轴上.QPQAQB 设点Q的坐标是(0,m),从而=(0,2-m),QP -=(x1,y1-m)-(x2,y2-m)=(x1-x2,y1-m-(y2-m),QAQB 故·(-)=(2-m)y1-y2-m(1-)=0,QPQAQB 即y1-y2-m(1-)=0, 即-m=0, x21 4 + x1 x2· x22 4 (1 + x1 x2) 即(x1+x2)(x1x2-4m)=0,将代入得m=-2. 1 4x2 所以存在点Q(0,-2)使得(-).QPQAQB