2020届高考数学大二轮复习 层级二 专题五 解析几何 第2讲 圆锥曲线的方程性质及与弦有关的问题课

-1-第2讲圆锥曲线的方程性质及与弦有关的问题限时50分钟满分76分一、选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分)1．(2019·天津卷)已知拋物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为()A.2B.3C．2D.5解析：D[双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率e＝ca＝1＋ba2.l的方程为x＝－1，双曲线的渐近线方程为y＝±bax，故得A－1，ba，B－1，－ba，所以|AB|＝2ba，2ba＝4，b＝2a，所以e＝ca＝a2＋b2a＝5.故选D.]2．(2020·贵阳监测)已知拋物线x2＝2py(p＞0)的焦点F是椭圆y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)的一个焦点，且该拋物线的准线与椭圆相交于A，B两点，若△FAB是正三角形，则椭圆的离心率为()A.12B.22C.33D.32解析：C[如图，由|AB|＝2b2a，△FAB是正三角形，得32×2b2a＝2c，化简可得(2a2－3b2)(2a2＋b2)-2-＝0，所以2a2－3b2＝0，所以b2a2＝23，所以椭圆的离心率e＝ca＝1－b2a2＝33，故选C.]3．(2020·福州模拟)过椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点作x轴的垂线，交C于A，B两点，直线l过C的左焦点和上顶点．若以AB为直径的圆与l存在公共点，则C的离心率的取值范围是()A.0，55B.55，1C.0，22D.22，1解析：A[由题设知，直线l：x－c＋yb＝1，即bx－cy＋bc＝0，以AB为直径的圆的圆心为(c,0)，根据题意，将x＝c代入椭圆C的方程，得y＝±b2a，即圆的半径r＝b2a.又圆与直线l有公共点，所以2bcb2＋c2≤b2a，化简得2c≤b，平方整理得a2≥5c2，所以e＝ca≤55.又0＜e＜1，所以0＜e≤55.故选A.]4．(2019·全国Ⅲ卷)双曲线C：x24－y22＝1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为()A.324B.322C．22D．32解析：A[忽视圆锥曲线方程和两点间的距离公式的联系导致求解不畅，采取列方程组的方式解出三角形的高，便可求三角形面积．由a＝2，b＝2，c＝a2＋b2＝6.∵|PO|＝|PF|，∴xP＝62，又P在C的一条渐近线上，不妨设为在y＝bax上，∴S△PFO＝12|OF|·|yP|＝12×6×32＝324，故选A.]5．(2019·烟台三模)过拋物线E：x2＝2py(p＞0)的焦点，且与其对称轴垂直的直线与E交于A，B两点，若E在A，B两点处的切线与E的对称轴交于点C，则△ABC外接圆的半径是()A．(2－1)pB．p-3-C.2pD．2p解析：B[因为直线过拋物线E：x2＝2py(p＞0)的焦点，且与其对称轴垂直，∴Ap，p2，B－p，p2，由y′＝xp可知E在A，B两点处的切线斜率为k1＝1，k2＝－1，∴k1·k2＝－1，∴AC⊥BC，即△ABC为直角三角形，又|AB|＝2p，所以△ABC外接圆的半径是p.]6．以拋物线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．8解析：B[设出拋物线和圆的方程，将点的坐标代入，联立方程组求解．设拋物线的方程为y2＝2px(p＞0)，圆的方程为x2＋y2＝r2.∵|AB|＝42，|DE|＝25，拋物线的准线方程为x＝－p2，∴不妨设A4p，22，D－p2，5.∵点A4p，22，D－p2，5在圆x2＋y2＝r2上，∴16p2＋8＝r2，p24＋5＝r2，∴16p2＋8＝p24＋5，∴p＝4(负值舍去)．∴C的焦点到准线的距离为4.]二、填空题(本大题共2小题，每小题5分，共10分)7．(2020·深圳模拟)已知圆C1：x2＋(y－2)2＝4，拋物线C2：y2＝2px(p＞0)，C1与C2相交于A，B两点，|AB|＝855，则拋物线C2的方程为____________．解析：由题意，知圆C1与拋物线C2的其中一个交点为原点，不妨记为B，设A(m，n)．∵|AB|＝855，-4-∴m2＋n2＝855，m2＋n－2＝4，∴m＝85，n＝165，即A85，165.将A的坐标代入拋物线方程得1652＝2p×85，∴p＝165，∴拋物线C2的方程为y2＝325x.答案：y2＝325x8．(2019·全国Ⅰ卷)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线与C的两条渐近线分别交于A，B两点．若F1A→＝AB→，F1B→·F2B→＝0，则C的离心率为____________．解析：设直线方程为y＝k(x＋c)，由y＝kx＋cy＝－bax得A点坐标为A－akcb＋ak，bkcb＋ak，由y＝kx＋cy＝bax，得B点坐标为Bakcb－ak，bkcb－ak∵F1A→＝AB→，∴A为F1B的中点，∴akcb－ak－c＝－2akcb＋ak，bkcb－ak＝2bkcb＋ak，整理得b＝3ak.①∵F1B→＝akcb－ak＋c，bkcb－ak，F2B→＝akcb－ak－c，bkcb－ak，F1B→·F2B→＝0.∴akcb－ak2－c2＋bkcb－ak2＝0整理得c2k2＝(b－ak)2②由①②得ca＝2-5-∴C的离心率e＝2.答案：2三、解答题(本大题共3小题，每小题12分，共36分)9．(2019·全国Ⅰ卷)已知拋物线C：y2＝3x的焦点为F，斜率为32的直线l与C的交点为A，B，与x轴的交点为P.(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若AP→＝3PB→，求|AB→|.解：(1)设直线l的方程为y＝32x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)由y＝32x＋by2＝3x得94x2＋(3b－3)x＋b2＝0.∴x1＋x2＝3－3b94＝4－4b3，又|AF|＋|BF|＝x1＋p2＋x2＋p2＝4－4b3＋32＝4.解得b＝－78，∴直线l的方程为y＝32x－78.(2)设直线l的方程为y＝32(x－a)，则P(a,0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由y＝32x－ay2＝3x消去x，得y2－2y－3a＝0.∵AP→＝3PB→，∴y1＝－3y2.又y1＋y2＝2y1·y2＝－3a，解得a＝1.-6-∴y1＋y2＝2，y1·y2＝－3，∴|AB|＝1＋1k2·y1＋y22－4y1y2＝1＋49·4＋12＝4133.10．(2019·天津卷)设椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为55.(1)求椭圆的方程；(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上．若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．解：(1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，ca＝55，又a2＝b2＋c2，可得a＝5，b＝2，c＝1.所以，椭圆的方程为x25＋y24＝1.(2)由题意，设P(xp，yp)(xp≠0)，M(xM,0)．设直线PB的斜率为k(k≠0)，又B(0,2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立得y＝kx＋2，x25＋y24＝1，整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，可得xp＝－20k4＋5k2，代入y＝kx＋2得yp＝8－10k24＋5k2，进而直线OP的斜率ypxp＝4－5k2－10k.在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－2k.由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－k2.由OP⊥MN，得4－5k2－10k·－k2＝－1，化简得k2＝245，从而k＝±2305.所以，直线PB的斜率为2305或－2305.11．(2018·北京卷)已知椭圆M：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为63，焦距为22.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.(1)求椭圆M的方程；(2)若k＝1，求|AB|的最大值；(3)设P(－2,0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D.若C、D和点Q－74，14共线，求k.-7-解：(1)由题意得2c＝22，∴c＝2又∵e＝ca＝63，∴a＝3∴b2＝a2－c2＝1，∴椭圆标准方程为x23＋y2＝1(2)设直线AB的方程为：y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立y＝x＋mx23＋y2＝1，得：4x2＋6mx＋3m2－3＝0又∵Δ＝36m2－4×4(3m2－3)＝48－12m2＞0，∴m2＜4，x1＋x2＝－3m2x1·x2＝3m2－34|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2×x1＋x22－4x1x2＝6×4－m22∴m2＝0时，|AB|max＝6(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)x21＋3y21＝3①x22＋3y22＝3②又∵P(－2,0)，故设k1＝kPA＝y1x1＋2，∴直线PA的方程为：y＝k1(x＋2)联立y＝k1x＋x23＋y2＝1，消y得(1＋3k1)x2＋12k21x＋12k21－3＝0x1＋x3＝－12k211＋3k21，∴x3＝－12k211＋3k21－x1又k1＝y1x1＋2，代入①式得∴x3＝－7x1－124x1＋7，∴y3＝y14x1＋7∴C－7x1－124x1＋7，y14x1＋7，同理可得D－7x2－124x2＋7，y24x2＋7-8-易知：QC→＝(x3＋74，y3－14)，QD→＝(x4＋74，y4－14)∵Q，C，D三点共线，∴(x3＋74)(y4－14)－(x4＋74)(y3－14)＝0代入C，D坐标化简得：y1－y2x1－x2＝1，∴k＝1