2023届高考数学二轮复习专题5第2讲椭圆、双曲线、抛物线作业含答案

第二篇　专题五　第2讲　椭圆、双曲线、抛物线

一、选择题

1．已知F1，F2是椭圆C：＋＝1的两个焦点，点M在C上，则|MF1|·|MF2|的最大值为(　C　)

A．13　　 B．12　　

C．9　　 D．6

【解析】由题，a2＝9，b2＝4，

则|MF1|＋|MF2|＝2a＝6，

所以|MF1|·|MF2|≤＝9(当且仅当|MF1|＝|MF2|＝3时，等号成立).

故选C.

2．抛物线y＝ax2(a>0)上点M到其准线l的距离为1，则a的值为(　B　)

A．　　 B．　　

C．2　　 D．4

【解析】抛物线y＝ax2(a>0)即x2＝y(a>0)，

可得准线方程y＝－，

抛物线y＝ax2(a>0)上点M到其准线l的距离为1，

可得：＋＝1，解得a＝.

故选B.

3．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为M，N，过F2的直线l交C于A，B两点(异于M，N)，△AF1B的周长为4，且直线AM与AN的斜率之积为－，则C的方程为(　C　)

A．＋＝1　　 B．＋＝1

C．＋＝1　　 D．＋y2＝1

【解析】由△AF1B的周长为4，

可知|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝4，

解得a＝，则M(－，0)，N(，0).

设点A(x0，y0)(x0≠±)，

由直线AM与AN的斜率之积为－，

可得·＝－，

即y＝－(x－3)，①

又＋＝1，所以y＝b2，②

由①②解得b2＝2.

所以C的方程为＋＝1.

4．已知双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的左，右焦点分别是F1(－c，0)，F2(c，0)，点P是双曲线C左支上一点，满足∠F1PF2＝60°，若以点P为圆心，r为半径的圆与圆F1：(x＋c)2＋y2＝9a2内切，与圆F2：(x－c)2＋y2＝a2外切，其中0＜r＜3a，则双曲线C的离心率为(　C　)

A．2　　 B．　　

C．　　 D．

【解析】由题意可得圆F1的方程可得圆心F1的坐标(－c，0)，半径为3a，

由圆F2的方程可得圆心F2(c，0)，半径为a，

再由圆P与圆F1内切，可得|PF1|＝3a－r，与圆F2外切可得|PF2|＝a＋r，

可得|PF1|＋|PF2|＝4a，

由双曲线的定义及P在双曲线的左支上，可得|PF2|－|PF1|＝2a，

可得|PF2|＝3a，|PF1|＝a，

在△PF1F2中，∠F1PF2＝60°，

由余弦定理可得cos ∠F1PF2＝＝＝＝，

可得4c2＝7a2，

解得：离心率e＝＝，

故选C.

5．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，右顶点为A，B是虚轴的一个端点，若点F到直线AB的距离为b，则双曲线的渐近线方程为(　B　)

A．y＝±x　　 B．y＝±x

C．y＝±x　　 D．y＝±x

【解析】　因为双曲线方程为－＝1，

所以F(－c，0)，A(a，0)，取B(0，b)，

所以直线AB的方程为＋＝1，

即bx＋ay－ab＝0，所以点F到直线AB的距离为＝b，

因为a2＋b2＝c2，所以c＋a＝c，

即c＝4a，所以＝.

所以双曲线的渐近线方程为y＝±x.

故选B.

6．已知椭圆C：＋＝1(m>4)的右焦点为F，点A(－2，2)为椭圆C内一点，若椭圆C上存在一点P，使得|PA|＋|PF|＝8，则实数m的取值范围是(　A　)

A．(6＋2，25]　　 B．[9，25]

C．(6＋2，20]　　 D．[3，5]

【解析】椭圆C：＋＝1(m>4)的右焦点F的坐标为(2，0).设左焦点为F′，则F′(－2，0).

由椭圆的定义可得2＝|PF|＋|PF′|，

即|PF′|＝2－|PF|，

可得|PA|－|PF′|＝|PA|＋|PF|－2＝8－2.

由||PA|－|PF′||≤|AF′|＝2，

可得－2≤8－2≤2，

解得3≤≤5，所以9≤m≤25.①

又点A在椭圆内，所以＋<1(m>4)，

所以8m－16<m(m－4)(m>4)，

解得m<6－2(舍)或m>6＋2.②

由①②得6＋2<m≤25，故选A.

7．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，准线为l，点A(0，8)，线段AF的中点B在C上，则点B到直线l的距离为(　C　)

A．3　　 B．4　　

C．6　　 D．8

【解析】焦点F为，线段AF的中点B为，

将点B代入C得32＝2p·，解得p＝8，

点B到直线l的距离为d＝|BF|＝＋＝p＝6.故选C.

8．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，直线l的斜率为且经过点F，直线l与抛物线C交于A，B两点(点A在第一象限)，与抛物线的准线交于点D.若|AF|＝8，则下列结论不正确的是(　D　)

A．p＝4　　 B．＝

C．|BD|＝2|BF|　　 D．|BF|＝4

【解析】如图所示，分别过点A，B作准线的垂线，垂足分别为E，M，连接EF.抛物线C的准线交x轴于点P，则|PF|＝p，由于直线l的斜率为，则其倾斜角为60°.

又AE∥x轴，∴∠EAF＝60°，

由抛物线的定义可知，|AE|＝|AF|，则△AEF为等边三角形，

∴∠EFP＝∠AEF＝60°，则∠PEF＝30°，

∴|AF|＝|EF|＝2|PF|＝2p＝8，解得p＝4，故A正确；

∵|AE|＝|EF|＝2|PF|，PF∥AE，

∴F为线段AD的中点，则＝，故B正确；

∵∠DAE＝60°，∴∠ADE＝30°，

∴|BD|＝2|BM|＝2|BF|(抛物线定义)，故C正确；

∵|BD|＝2|BF|，∴|BF|＝|DF|＝|AF|＝，故D错误．

二、填空题

9．双曲线－＝1的右焦点到直线x＋2y－8＝0的距离为____．

【解析】　双曲线－＝1的右焦点为(3，0)，

所以右焦点到直线x＋2y－8＝0的距离为d＝＝.

故答案为.

10．(2021·全国甲卷)已知F1，F2为椭圆C：＋＝1的两个焦点，P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形PF1QF2的面积为__8__．

【解析】　方法一：因为P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，

所以四边形PF1QF2为矩形，

设|PF1|＝m，|PF2|＝n，

由椭圆的定义可得|PF1|＋|PF2|＝m＋n＝2a＝8，所以m2＋2mn＋n2＝64，

因为|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝4(a2－b2)＝48，即m2＋n2＝48，所以mn＝8，

所以四边形PF1QF2的面积为|PF1||PF2|＝mn＝8.

方法二：因为P，Q为C上关于坐标原点对称的两点，且|PQ|＝|F1F2|，

所以四边形PF1QF2为矩形，

S＝2S△PF1F2＝2b2tan θ＝2×4×tan ＝8.

11．(2021·全国新高考Ⅰ卷)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直，Q为x轴上一点，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则C的准线方程为__x＝－__．

【解析】　方法一：由题意，不妨设P在第一象限，则P，kOP＝2，PQ⊥OP.

所以kPQ＝－，所以PQ的方程为

y－p＝－，y＝0时，x＝，

|FQ|＝6，所以－＝6，解得p＝3，

所以抛物线的准线方程为x＝－.

方法二：由题意，不妨设P在第一象限，

则P，Q

则＝(6，－p)，因为PQ⊥OP，所以·＝0，解得p＝3，

所以抛物线的准线方程为x＝－.

12．如图，抛物线C1：y2＝2px和圆C2：＋y2＝，其中p>0，直线l经过C1的焦点，依次交C1，C2于A，D，B，C四点，则·的值为____．

【解析】易知·＝|AB|·|CD|，

圆C2的圆心即为抛物线C1的焦点F，当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝，

所以A，B，C，D，

|AB|＝|CD|＝，所以·＝·＝；

当直线l的斜率存在时，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，

则|AB|＝|FA|－|FB|＝x1＋－＝x1，

同理|CD|＝x2，

设l的方程为y＝k，由

可得k2x2－(pk2＋2p)x＋＝0，

则·＝|AB|·|CD|＝x1·x2＝.

综上，·＝.

三、解答题

13．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且椭圆上动点P到右焦点最小距离为1.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)点M，N是曲线C上的两点，O是坐标原点，|MN|＝2，求△MON面积的最大值．

【解析】　(1)依题意，解得

所以椭圆C的标准方程为＋＝1.

(2)①当MN斜率不存在时，即直线MN⊥x轴，不妨设M(x0，)，则|x0|＝，

∴S△MON＝|MN|·|x0|＝×2×＝；

②当直线MN斜率存在时，设直线MN方程为y＝kx＋m，

由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，

则Δ＝(8km)2－4(4k2＋3)·(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)>0，

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

则x1＋x2＝－，x1x2＝，

所以|MN|＝，

＝＝2，

即m2＝4k2＋3－.

记原点O到直线MN的距离为d，

则d2＝＝－

＝≤＝.

(当4k2＋3＝2k2＋3，即k＝0时取等号，验证满足题意)

所以S△MON＝|MN|·d≤·2·＝，

又因为>，所以S△MON取最大值为.

注：求d2的最大值还可以这样处理，

设t＝＝4－∈[3，4)，

则d2＝t－＝－(t－3)2＋≤(当t＝3，即k＝0时取等号).