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文檔簡介

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

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