《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練41 雙曲線、拋物線（含解析）新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（天津?qū)Ｓ茫?020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 考點規(guī)范練41 雙曲線、拋物線（含解析）新人教A版（10頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、考點規(guī)范練41　雙曲線、拋物線 一、基礎(chǔ)鞏固 1.(2018浙江,2)雙曲線x23-y2=1的焦點坐標(biāo)是(　　) A.(-2,0),(2,0) B.(-2,0),(2,0) C.(0,-2),(0,2) D.(0,-2),(0,2) 2.“k<9”是“方程x225-k+y2k-9=1表示雙曲線”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 3.(2018全國Ⅱ,理5)若雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為3,則其漸近線方程為(　　) A.y=±2x B.y=±3x C.y=±22x D.y=±32x 4.已

2、知點A(-2,3)在拋物線C:y2=2px(p>0)的準(zhǔn)線上,C的焦點為F,則直線AF的斜率為(　　) A.-43 B.-1 C.-34 D.-12 5.已知F是雙曲線C:x2-y23=1的右焦點,P是C上一點,且PF與x軸垂直,點A的坐標(biāo)是(1,3),則△APF的面積為(　　) A.13 B.12 C.23 D.32 6.(2018全國Ⅲ,理11)設(shè)F1,F2是雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點,O是坐標(biāo)原點,過F2作C的一條漸近線的垂線,垂足為P.若|PF1|=6|OP|,則C的離心率為(　　) A.5 B.2 C.3 D.2 7.已知雙曲線x2a2

3、-y2b2=1(a>0,b>0)上存在一點P,點P與坐標(biāo)原點O、右焦點F2構(gòu)成正三角形,則雙曲線的離心率為　　　　　.? 8.已知F是拋物線C:y2=8x的焦點,M是C上一點,FM的延長線交y軸于點N,若M為FN的中點,則|FN|=　　　　　.? 9.已知雙曲線的中心在原點,焦點F1,F2在坐標(biāo)軸上,離心率為2,且過點(4,-10),點M(3,m)在雙曲線上. (1)求雙曲線的方程; (2)求證:MF1·MF2=0; (3)求△F1MF2的面積. 10.已知過拋物線y2=2px(p>0)的焦點,斜率為22的直線交拋物線于A(x1,y1),B(x2,y2)(x1<

4、x2)兩點,且|AB|=9. (1)求該拋物線的方程; (2)O為坐標(biāo)原點,C為拋物線上一點,若OC=OA+λOB,求λ的值. 二、能力提升 11.(2018全國Ⅰ,理8)設(shè)拋物線C:y2=4x的焦點為F,過點(-2,0)且斜率為23的直線與C交于M,N兩點,則FM·FN=(　　) A.5 B.6 C.7 D.8 12.已知點F1,F2是雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點,O為坐標(biāo)原點,點P在雙曲線C的右支上,且滿足|F1F2|=2|OP|,|PF1|≥3|PF2|,則雙曲線C的離心率的取值范圍為(　　) A.(

5、1,+∞) B.102,+∞ C.1,102 D.1,52 13.在平面直角坐標(biāo)系xOy中,雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右支與焦點為F的拋物線x2=2py(p>0)交于A,B兩點,若|AF|+|BF|=4|OF|,則該雙曲線的漸近線方程為　　　　　　.? 14.已知中心在原點、焦點在x軸上的橢圓與雙曲線有共同的焦點F1,F2,且|F1F2|=213,橢圓的長半軸長與雙曲線的實半軸長之差為4,離心率之比為3∶7. (1)求橢圓和雙曲線的方程; (2)若P為這兩條曲線的一個交點,求cos∠F1PF2的值. 15.(2018全國Ⅱ,理19)設(shè)拋物線C:

6、y2=4x的焦點為F,過F且斜率為k(k>0)的直線l與C交于A,B兩點,|AB|=8. (1)求l的方程. (2)求過點A,B且與C的準(zhǔn)線相切的圓的方程. 三、高考預(yù)測 16.已知拋物線x2=2py(p>0)的頂點到焦點的距離為1,過點P(0,p)作直線與拋物線交于A(x1,y1),B(x2,y2)兩點,其中x1>x2. (1)若直線AB的斜率為12,過A,B兩點的圓C與拋物線在點A處有共同的切線,求圓C的方程; (2)若AP=λPB,是否存在異于點P的點Q,使得對任意λ,都有QP⊥(QA-λQB)?若存在,求出點Q的坐標(biāo);若不存在,說明理由.

7、考點規(guī)范練41　雙曲線、拋物線 1.B　解析∵a2=3,b2=1,∴c2=a2+b2=3+1=4. ∴c=2. 又焦點在x軸上,∴焦點坐標(biāo)為(-2,0),(2,0). 2.A　解析∵方程x225-k+y2k-9=1表示雙曲線,∴(25-k)·(k-9)<0,∴k<9或k>25,∴“k<9”是“方程x225-k+y2k-9=1表示雙曲線”的充分不必要條件,故選A. 3.A　解析∵e=ca=3,∴c2a2=b2+a2a2=ba2+1=3. ∴ba=2. ∵雙曲線的焦點在x軸上,∴漸近線方程為y=±bax, ∴漸近線方程為y=±2x. 4.C　解析由已知得準(zhǔn)線方程為x=-2,所以F

8、的坐標(biāo)為(2,0).又A(-2,3),所以直線AF的斜率為k=3-0-2-2=-34. 5.D　解析由題意可知雙曲線的右焦點為F(2,0),將x=2代入雙曲線C的方程,得4-y23=1,解得y=±3.不妨取點P(2,3),因為點A(1,3),所以AP∥x軸,又PF⊥x軸,所以AP⊥PF,所以S△APF=12|PF|·|AP|=12×3×1=32. 6. C　解析由題意畫圖,如圖所示,|PF2|=b,|OP|=a,由題意,得|PF1|=6a. 設(shè)雙曲線的漸近線OP的傾斜角為θ. ∴在△OPF1中,由余弦定理知cos(180°-θ)=a2+c2-(6a)22ac=c2-5a22ac=-

9、cosθ. 又cosθ=ac,∴c2-5a22ac=-ac, 解得c2=3a2.∴e=3. 7.3+1　解析由題意可知要使三角形OPF2為正三角形,則P12c,32c.因為點P在雙曲線上,所以c24a2-3c24b2=1,結(jié)合b2=c2-a2及e=ca,化簡得e4-8e2+4=0,解得e2=4+23或e2=4-23.因為e>1,所以e2=4+23,所以e=4+23=3+1. 8.6　解析設(shè)N(0,a),由題意可知F(2,0). 又M為FN的中點,則M1,a2. 因為點M在拋物線C上, 所以a24=8,即a2=32,即a=±42. 所以N(0,±42). 所以|FN|=(2-0

10、)2+(0±42)2=6. 9.(1)解∵e=2,∴a=b. ∴可設(shè)雙曲線方程為x2-y2=λ(λ≠0). ∵雙曲線過點(4,-10), ∴16-10=λ,即λ=6. ∴雙曲線的方程為x2-y2=6. (2)證明由題意知c=23,不妨設(shè)F1(-23,0),F2(23,0),則MF1=(-23-3,-m),MF2=(23-3,-m). ∴MF1·MF2=(3+23)×(3-23)+m2=-3+m2. ∵點M在雙曲線上, ∴9-m2=6,即m2=3, ∴MF1·MF2=0. (3)解∵△F1MF2的底邊長|F1F2|=43, 由(2)知m=±3, ∴△F1MF2的高h=|

11、m|=3, ∴S△F1MF2=12×43×3=6. 10.解(1)由題意得直線AB的方程為y=22·x-p2,與y2=2px聯(lián)立,消去y有4x2-5px+p2=0,所以x1+x2=5p4. 由拋物線定義得|AB|=x1+x2+p=5p4+p=9,所以p=4,從而該拋物線的方程為y2=8x. (2)由(1)得4x2-5px+p2=0, 即x2-5x+4=0,則x1=1,x2=4, 于是y1=-22,y2=42, 從而A(1,-22),B(4,42). 設(shè)C(x3,y3), 則OC=(x3,y3)=(1,-22)+λ(4,42)=(4λ+1,42λ-22). 又y32=8x3,

12、所以[22(2λ-1)]2=8(4λ+1),整理得(2λ-1)2=4λ+1,解得λ=0或λ=2. 11.D　解析由題意知F(1,0),過點(-2,0)且斜率為23的直線方程為y=23(x+2).與拋物線方程y2=4x聯(lián)立,得y2=4x,y=23(x+2),解得x=1,y=2,或x=4,y=4. 不妨設(shè)M(1,2),N(4,4),所以FM=(0,2),FN=(3,4),所以FM·FN=8. 12.C　解析由|F1F2|=2|OP|,可得|OP|=c,則△PF1F2為直角三角形,且PF1⊥PF2,可得|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2.由雙曲線定義可得|PF1|-|PF2|=2a,

13、 又|PF1|≥3|PF2|,所以|PF2|≤a, 所以(|PF2|+2a)2+|PF2|2=4c2, 化為(|PF2|+a)2=2c2-a2, 即有2c2-a2≤4a2,可得c≤102a, 由e=ca>1,可得1

14、2y+a2b2=0. 所以y1+y2=2pb2a2=p, 所以b2a2=12. 所以該雙曲線的漸近線方程為y=±22x. 14.解(1)由題意知c=13,設(shè)橢圓方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),雙曲線方程為x2m2-y2n2=1(m>0,n>0), 則a-m=4,7·13a=3·13m,解得a=7,m=3. 所以b=6,n=2. 所以橢圓方程為x249+y236=1, 雙曲線方程為x29-y24=1. (2)不妨設(shè)F1,F2分別為左、右焦點,P是第一象限的一個交點,則|PF1|+|PF2|=14,|PF1|-|PF2|=6, 所以|PF1|=10,|PF2|=4.

15、 又|F1F2|=213, 所以cos∠F1PF2=|PF1|2+|PF2|2-|F1F2|22|PF1||PF2|=102+42-(213)22×10×4=45. 15.解(1)由題意得F(1,0),l的方程為y=k(x-1)(k>0). 設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2). 由y=k(x-1),y2=4x得k2x2-(2k2+4)x+k2=0. Δ=16k2+16>0,故x1+x2=2k2+4k2. 所以|AB|=|AF|+|BF|=(x1+1)+(x2+1)=4k2+4k2. 由題設(shè)知4k2+4k2=8,解得k=-1(舍去),k=1. 因此l的方程為y=x-1. (

16、2)由(1)得AB的中點坐標(biāo)為(3,2),所以AB的垂直平分線的方程為y-2=-(x-3),即y=-x+5. 設(shè)所求圓的圓心坐標(biāo)為(x0,y0), 則y0=-x0+5,(x0+1)2=(y0-x0+1)22+16, 解得x0=3,y0=2或x0=11,y0=-6. 因此所求圓的方程為 (x-3)2+(y-2)2=16或(x-11)2+(y+6)2=144. 16.解(1)由已知得p=2,直線和y軸交于點(0,2), 則直線AB的方程為y-2=12x,即x-2y+4=0. 由x-2y+4=0,x2=4y,得A,B的坐標(biāo)分別為(4,4),(-2,1). 又x2=4y,可得y=14

17、x2,故y'=12x, 故拋物線在點A處切線的斜率為2. 設(shè)圓C的方程為(x-a)2+(y-b)2=r2, 則b-4a-4=-12,(a+2)2+(b-1)2=(a-4)2+(b-4)2, 解得a=-1,b=132,r2=1254, 故圓的方程為(x+1)2+y-1322=1254, 即為x2+y2+2x-13x+12=0. (2)存在.依題意可設(shè)直線AB的方程為y=kx+2,代入拋物線方程x2=4y,得x2-4kx-8=0, 故x1x2=-8.① 由已知AP=λPB,得-x1=λx2. 若k=0,這時λ=1,要使QP⊥(QA-λQB),點Q必在y軸上. 設(shè)點Q的坐標(biāo)是(0,m),從而QP=(0,2-m), QA-λQB=(x1,y1-m)-λ(x2,y2-m)=(x1-λx2,y1-m-λ(y2-m)), 故QP·(QA-λQB)=(2-m)[y1-λy2-m(1-λ)]=0, 即y1-λy2-m(1-λ)=0, 即x124+x1x2·x224-m1+x1x2=0, 即14x2(x1+x2)(x1x2-4m)=0,將①代入得m=-2. 所以存在點Q(0,-2)使得QP⊥(QA-λQB). 10