资源描述
1 1专题能力训练17椭圆、双曲线、抛物线能力突破训练1.(20xx全国,理5)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)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MF1MF20),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(a0,b0)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,nR),且mn=29,则该双曲线的离心率为()A.322B.355C.324D.986.双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)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.(20xx全国,理15)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)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.8.如图,已知抛物线C1:y=14x2,圆C2:x2+(y-1)2=1,过点P(t,0)(t0)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(m0)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.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)(-2x00,b0)的右支与焦点为F的抛物线x2=2py(p0)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:x2a+y2=1(a1)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),CACB的最大值是314.(1)求椭圆的方程;(2)已知椭圆的左、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.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),MF1MF2=x02+y02-30.x022-y02=1,x02=2y02+2.代入得y0213,-33y00),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=b2xx=4b2+4,y=4b2+4b2,则xy=16b2+4b2=b2b2=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.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,则tan=|AP|OP|=32ba2-34b2.又tan=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|=t1+t2和直线PA的方程tx-y-t2=0.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x1,且x-1.此时,MA的斜率为yx+1,MB的斜率为yx-1.由题意,有yx+1yx-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(x1).(2)由y=x+m,4x2-y2-4=0消去y,可得3x2-2mx-m2-4=0.对于方程,其判别式=(-2m)2-43(-m2-4)=16m2+480,而当1或-1为方程的根时,m的值为-1或1.结合题设(m0)可知,m0,且m1.设Q,R的坐标分别为(xQ,yQ),(xR,yR),则xQ,xR为方程的两根,因为|PQ|PR|,所以|xQ|1,且1+3m22,所以11+221+3m2-13,且1+221+3m2-153,所以1|PR|PQ|=xRxQ2=|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=80(4+20t2-t4)0,x1+x2=20t34+20t2,x1x2=5t4-204+20t2.而|PQ|=1+4t2|x1-x2|=1+4t280(4+20t2-t4)4+20t2,点M到PQ的高为h=15+t21+4t2,由SMPQ=12|PQ|h代入化简,得SMPQ=510-(t2-10)2+104510104=1305,当且仅当t2=10时,SMPQ可取最大值1305.15.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CACB=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a1,所以当y=42(1-a)-1,即1-1,即a3时,CACB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=5y020,从而0x02.假设在线段OF2上存在点M(m,0)(0m2),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m0,85.
展开阅读全文