課時作業13橢圓、雙曲線、拋物線[A·基礎達標]1．若雙曲線eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,9)＝1(a>0)的一條漸近線與直線y＝eq\f(1,3)x垂直，則此雙曲線的實軸長為()A．2B．4C．18D．362．若拋物線y2＝2px(p>0)上一點M(x0,1)到焦點的距離為1，則該拋物線的焦點坐標為()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))C．(1,0)D．(0,1)3．[2020·全國卷Ⅰ]設F1，F2是雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1的兩個焦點，O為坐標原點，點P在C上且|OP|＝2，則△PF1F2的面積為()A.eq\f(7,2)B．3C.eq\f(5,2)D．24．已知F1，F2為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，B為C的短軸的一個端點，直線BF1與C的另一個交點為A，若△BAF2為等腰三角形，則eq\f(|AF1|,|AF2|)＝()A.eq\f(1,3)B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3)D．35．設F1，F2分別是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，M為雙曲線右支上一點，N是MF2的中點，O為坐標原點，且ON⊥MF2,3|ON|＝2|MF2|，則C的離心率為()A．6B．5C．4D．36．已知F1，F2分別為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，P為雙曲線上一點，PF2與x軸垂直，∠PF1F2＝30°，且虛軸長為2eq\r(2)，則該雙曲線的標準方程為________．7．拋物線y2＝2px(p>0)的準線與雙曲線x2－eq\f(y2,4)＝1的兩條漸近線所圍成的三角形的面積為2，則p＝______，拋物線焦點到雙曲線漸近線的距離為________．8．已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F2，點A為雙曲線C虛軸的一個端點，若線段AF2與雙曲線右支交于點B，且|AF1|：|BF1|：|BF2|＝3：4：1，則雙曲線C的離心率為________．9．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的中心是坐標原點O，左、右焦點分別為F1，F2，設P是橢圓C上一點，滿足PF2⊥x軸，|PF2|＝eq\f(1,2)，橢圓C的離心率為eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的標準方程；(2)過橢圓C左焦點且傾斜角為45°的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，求△AOB的面積．10．[2020·全國卷Ⅱ]已知橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點F與拋物線C2的焦點重合，C1的中心與C2的頂點重合．過F且與x軸垂直的直線交C1于A，B兩點，交C2于C，D兩點，且|CD|＝eq\f(4,3)|AB|.(1)求C1的離心率；(2)若C1的四個頂點到C2的準線距離之和為12，求C1與C2的標準方程．

[B·素養提升]1．如圖，在正方體ABCD-A1B1C1D1中，P是側面BB1C1C內一動點．若點P到直線BC與到直線C1DA．直線B．圓C．拋物線D．雙曲線2．[2020·河北九校第二次聯考]已知F1，F2分別為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，若在雙曲線右支上存在點P，使得點F2到直線PF1的距離為a，則該雙曲線的離心率的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(5),2)))B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，＋∞))C．(1，eq\r(5))D．(eq\r(5)，＋∞)3．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，拋物線C上存在一點E(2，t)到焦點F的距離等于3.(1)求拋物線C的方程；(2)已知點P在拋物線C上且異于原點，點Q為直線x＝－1上的點，且FP⊥FQ，求直線PQ與拋物線C的交點個數，并說明理由．4．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1過點A(－2，－1)，且a＝2b.(1)求橢圓C的方程；(2)過點B(－4,0)的直線l交橢圓C于點M，N，直線MA，NA分別交直線x＝－4于點P，Q，求eq\f(|PB|,|BQ|)的值．課時作業13橢圓、雙曲線、拋物線[A·基礎達標]1．解析：雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(a,3)x，由題意可得－eq\f(a,3)×eq\f(1,3)＝－1，得a＝9，∴2a＝18.故選C.答案：C2．解析：由題意，知拋物線y2＝2px(p>0)的焦點坐標為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，準線方程為x＝－eq\f(p,2).將M(x0,1)代入y2＝2px(p>0)中，得x0＝－eq\f(1,2p).因為拋物線y2＝2px(p>0)上一點M(x0,1)到焦點的距離為1，所以x0＋eq\f(p,2)＝eq\f(1,2p)＋eq\f(p,2)＝1.解得p＝1.所以該拋物線的焦點坐標為Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，0)).故選A.答案：A3．解析：解法一由題易知a＝1，b＝eq\r(3)，∴c＝2，又∵|OP|＝2，∴△PF1F2易知||PF1|－|PF2||＝2，∴|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|＝4，又|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c∴|PF1|·|PF2|＝eq\f(16－4,2)＝6，∴S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|＝3，故選B.解法二不妨設P(x0，y0)(x0>0，y0>0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)＝4，,x\o\al(2,0)－\f(y\o\al(2,0),3)＝1，))解得y0＝eq\f(3,2)，又|F1F2|＝4，∴S△PF1F2＝eq\f(1,2)×4×eq\f(3,2)＝3，故選B.答案：B4.解析：如圖，不妨設點B在y軸的正半軸上，根據橢圓的定義，得|BF1|＋|BF2|＝2a，|AF1|＋|AF2|＝2a，由題意知|AB|＝|AF2|，所以|BF1|＝|BF2|＝a，|AF1|＝eq\f(a,2)，|AF2|＝eq\f(3a,2).所以eq\f(|AF1|,|AF2|)＝eq\f(1,3).故選A.答案：A5．解析：連接MF1，(圖略)由雙曲線的定義得|MF1|－|MF2|＝2a，因為N為MF2的中點，O為F1F2的中點，所以ON∥MF1，所以|ON|＝eq\f(1,2)|MF1|，因為3|ON|＝2|MF2|，所以|MF1|＝8a，|MF2|＝6a，因為ON⊥MF2，所以MF1⊥MF2，在Rt△MF1F2中，由勾股定理得(8a)2＋(6a)2＝(2c)2，即5a＝c，因為e＝eq\f(c,a)答案：B6．解析：依題意得2b＝2eq\r(2)，tan60°＝eq\f(2c,\f(b2,a))＝eq\r(3)，于是b＝eq\r(2)，2c＝eq\r(3)×eq\f(2,a)，∴ac＝eq\r(3)，aeq\r(a2＋2)＝eq\r(3)，得a＝1，因此該雙曲線的標準方程為x2－eq\f(y2,2)＝1.答案：x2－eq\f(y2,2)＝17．解析：拋物線y2＝2px(p>0)的準線方程為x＝－eq\f(p,2)，雙曲線x2－eq\f(y2,4)＝1的兩條漸近線方程分別為y＝2x，y＝－2x，這三條直線構成等腰三角形，其底邊長為2p，三角形的高為eq\f(p,2)，因此eq\f(1,2)×2p×eq\f(p,2)＝2，解得p＝2.則拋物線焦點坐標為(1,0)，且到直線y＝2x和y＝－2x的距離相等，均為eq\f(|2－0|,\r(5))＝eq\f(2\r(5),5).答案：2eq\f(2\r(5),5)8．解析：由雙曲線的定義可得|BF1|－|BF2|＝2a，因為|BF1||BF2|＝41，所以|BF1|＝4|BF2|，所以3|BF2|＝2a.又|AF1|＝|AF2|，|AF1|:|BF2|＝3:1，所以|AF2|＝3|BF2|，所以|AF2|＝2a.不妨設A(0，b)，因為F2(c,0)，所以|AF2|＝eq\r(b2＋c2)，所以2a＝eq\r(b2＋c2)，又a2＋b2＝c2，所以5a2＝2c2，所以eq\f(c2,a2)＝eq\f(5,2)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(10),2)，即雙曲線C的離心率為eq\f(\r(10),2).答案：eq\f(\r(10),2)9．解析：(1)由題意知，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，|PF2|＝eq\f(b2,a)＝eq\f(1,2)，得a＝2，b＝1，所以橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)由條件可知F1(－eq\r(3)，0)，直線l：y＝x＋eq\r(3)，聯立直線l和橢圓C的方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x＋\r(3)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))，消去y得5x2＋8eq\r(3)x＋8＝0，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(8\r(3),5)，x1·x2＝eq\f(8,5)，所以|y1－y2|＝|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(4\r(2),5)，所以S△AOB＝eq\f(1,2)·|y1－y2|·|OF1|＝eq\f(2\r(6),5).10．解析：(1)由已知可設C2的方程為y2＝4cx，其中c＝eq\r(a2－b2).不妨設A，C在第一象限，由題設得A，B的縱坐標分別為eq\f(b2,a)，－eq\f(b2,a)；C，D的縱坐標分別為2c，－2c，故|AB|＝eq\f(2b2,a)，|CD|＝4c.由|CD|＝eq\f(4,3)|AB|得4c＝eq\f(8b2,3a)，即3×eq\f(c,a)＝2－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2，解得eq\f(c,a)＝－2(舍去)或eq\f(c,a)＝eq\f(1,2).所以C1的離心率為eq\f(1,2).(2)由(1)知a＝2c，b＝eq\r(3)c，故C1：eq\f(x2,4c2)＋eq\f(y2,3c2)＝1.所以C1的四個頂點坐標分別為(2c,0)，(－2c,0)，(0，eq\r(3)c)，(0，－eq\r(3)c)，C2的準線為x＝－c.由已知得3c＋c＋c＋c＝12，即c所以C1的標準方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1，C2的標準方程為y2＝8x.[B·素養提升]1.解析：如圖，連接PC1，過點P作PH⊥BC于點H.∵C1D1⊥平面BB1C1C，PC1?平面BB1C1C，∴PC1⊥C1D1，∴|PC1|＝|PH|，故點P答案：C2．解析：雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x.設直線PF1的方程為y＝k(x＋c)，因為點P在雙曲線的右支上，所以|k|<eq\f(b,a)，F2(c,0)到直線PF1的距離d＝eq\f(2|kc|,\r(k2＋1))＝a，解得k2＝eq\f(a2,4c2－a2)＝eq\f(a2,3c2＋b2)，根據k2<eq\f(b2,a2)，得a4<3b2c2＋b2，所以a4－b4＝(a2＋b2)(a2－b2)＝(a2－b2)c2<3b2c2，則a2－b2<3b2.即eq\f(b2,a2)>eq\f(1,4)，所以e2＝1＋eq\f(b2,a2)>eq\f(5,4)，則e>eq\f(\r(5),2)，故選B.答案：B3．解析：(1)拋物線C的準線方程為x＝－eq\f(p,2)，所以點E(2，t)到焦點F的距離為2＋eq\f(p,2)＝3，解得p＝2.所以拋物線C的方程為y2＝4x.(2)直線PQ與拋物線C只有一個交點．理由如下：設點Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),4)，y0))，點Q(－1，m)由(1)得焦點F(1,0)，則eq\o(FP,\s\up11(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),4)－1，y0))，eq\o(FQ,\s\up11(→))＝(－2，m)，由題意可得eq\o(FP,\s\up11(→))·eq\o(FQ,\s\up11(→))＝0，故－2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),4)－1))＋my0＝0，從而m＝eq\f(y\o\al(2,0)－4,2y0).故直線PQ的斜率kPQ＝eq\f(y0－m,\f(y\o\al(2,0),4)＋1)＝eq\f(2,y0).故直線PQ的方程為y－y0＝eq\f(2,y0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(y\o\al(2,0),4)))，得x＝eq\f(y0y,2)－eq\f(y\o\al(2,0),4).①又拋物線C的方程為y2＝4x，②所以由①②得(y－y0)2＝0，故y＝y0，x＝eq\f(y\o\al(2,0),4).故直線PQ與拋物線C只有一個交點．4．解析：(1)因為a＝2b，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，又因為橢圓過點A(－2，－1)，所以有eq\f(4,4b2)＋eq\f(1,b2)＝1，解得b2＝2，所以橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)由題意知直線MN的斜率存在．當直線MN的斜率為0時，不妨設M(－2eq\r(2)，0)，N(2eq\r(2)，0)，則直線MA：y＝eq\f(－1,－2＋2\r(2))(x＋2eq\r(2))，直線NA：y＝eq\f(－1,－2－2\r(2))(x－2eq\r(2))，則yP＝eq\r(2)，yQ＝－eq\r(2)，eq\f(|PB|,|BQ|)＝1.當直線MN的斜率不為0時，設直線MN：x＝my－4(m≠0)，與橢圓方程eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1聯立，化簡得(m2＋4)y2－8my＋8＝0，Δ