2013年高考数学(理)二轮复习 专题五 详解答案 第二节 椭圆、双曲线、抛物线 安徽、陕西、江

第一阶段专题五第二节考点例题冲关集训高考预测课时检测（十六）返回第一阶段二轮专题复习返回专题五解析几何第二节椭圆、双曲线、抛物线返回考点例题例1：思路点拨：利用椭圆离心率的概念和双曲线渐近线求法求解．解析：∵椭圆的离心率为32，∴ca＝a2－b2a＝32，∴a＝2b.∴椭圆方程为x2＋4y2＝4b2.∵双曲线x2－y2＝1的渐近线方程为x±y＝0，返回∴渐近线x±y＝0与椭圆x2＋4y2＝4b2在第一象限的交点为255b，255b，∴由圆锥曲线的对称性得四边形在第一象限部分的面积为255b×255b＝4，∴b2＝5，∴a2＝4b2＝20.∴椭圆C的方程为x220＋y25＝1.答案：D返回例2：思路点拨：利用抛物线及双曲线的对称性可求A，B的坐标，问题便可求解．解析：设C：x2a2－y2a2＝1.∵抛物线y2＝16x的准线为x＝－4，联立x2a2－y2a2＝1和x＝－4得A(－4，16－a2)，B(－4，－16－a2)，∴|AB|＝216－a2＝43，∴a＝2，∴2a＝4.∴C的实轴长为4.答案：C返回例3：思路点拨：(1)利用顶点坐标和离心率可求出b，进而求a，从而求得方程；(2)设出直线方程，表示出△AOB的面积，借助不等式求解，注意直线l斜率存在性的讨论．解：(1)依题意得b＝1，e＝ca＝a2－b2a＝63，即a2－1a＝63，解得a＝3，所以椭圆的方程为x23＋y2＝1.(2)①当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝±32，将x＝±32代入椭圆方程x23＋y2＝1，得y＝±32，故此时|AB|＝3.返回②当直线l的斜率存在且不为零时，设直线l的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由已知可得|m|1＋k2＝32，整理得：m2＝34(k2＋1)，把y＝kx＋m代入椭圆方程，整理得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，于是x1＋x2＝－6km3k2＋1，x1x2＝3m2－13k2＋1，故|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2＝(1＋k2)36k2m23k2＋12－12m2－13k2＋1返回＝121＋k23k2＋1－m23k2＋12＝3k2＋19k2＋13k2＋12＝3＋12k29k4＋6k2＋1＝3＋129k2＋1k2＋6≤3＋122×3＋6＝4.返回当且仅当9k2＝1k2，即k＝±33时，等号成立，故|AB|max＝2.③当直线l的斜率为零时，l的方程为y＝±32，将y＝±32代入椭圆方程得x＝±32，故此时|AB|＝3.综上：|AB|max＝2，所以△AOB面积的最大值S＝12|AB|max×32＝32.返回冲关集训1．选由题意可设双曲线方程为x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，由已知条件可得：ba＝3，c＝4，即ba＝3，a2＋b2＝42，则a2＝4，b2＝12.故双曲线方程为x24－y212＝1.A返回2．选依题意，设抛物线方程是y2＝2px(p0)，则有2＋p2＝3，得p＝2，故抛物线方程是y2＝4x，点M的坐标是(2，±22)，|OM|＝22＋8＝23.3．选设N为PF1的中点，则NO∥PF2，故PF2⊥x轴，故|PF2|＝b2a＝32，而|PF1|＋|PF2|＝2a＝43，所以|PF1|＝732，t＝7.BD返回4．选由已知条件知，点M为直角三角形OFP斜边PF的中点，故OF＝2OM，即c＝2a，所以双曲线的离心率为2.5．解析：双曲线x24－y216＝1的渐近线为y＝±2x，则ba＝2，即b＝2a，又因为c＝5，a2＋b2＝c2，所以a＝1，b＝2.A答案：12返回6．解析：建立如图所示的平面直角坐标系，设抛物线方程为x2＝－2py(p0)，则A(2，－2)，将其坐标代入x2＝－2py，得p＝1.故x2＝－2y.当水面下降1m，得D(x0，－3)(x00)，将其坐标代入x2＝－2y，得x20＝6，则x0＝6.所以水面宽|CD|＝26m.答案：26返回7．解析：由PF1⊥x轴且P点在双曲线的左支上，可得P－c，－b2a.又因为点P在直线y＝b3ax上，所以－b2a＝b3a×(－c)，整理得c＝3b，根据c2＝a2＋b2得a＝22b，所以双曲线的离心率e＝ca＝3b22b＝324.答案：324返回8．解：(1)∵椭圆C1的长半轴长a＝2，半焦距c＝4－b2.由e＝ca＝4－b22＝32得b2＝1，∴椭圆C1的上顶点为(0,1)，∴抛物线C2的焦点为(0,1)，∴抛物线C2的方程为x2＝4y.(2)由已知可得直线l的斜率必存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)．由x2＝4y得y＝14x2，∴y′＝12x.返回∴切线l1，l2的斜率分别为12x1，12x2.当l1⊥l2时，12x1·12x2＝－1，即x1x2＝－4.由y＝kx＋1，x2＝4y得x2－4kx－4k＝0，∴Δ＝(4k)2－4×(－4k)0，解得k－1或k0，①且x1x2＝－4k＝－4，即k＝1，满足①式，∴直线l的方程为x－y＋1＝0.返回高考预测1．选由题意a2＋b2a2＝(3)2，化简，得a2＋b2＝3a2，即b2＝2a2，故ba0.所以e＝b2－a2b＝1－a2b2＝1－12＝22.B返回2．选设Pa2c，y，F1P的中点Q的坐标为b22c，y2，则kF1P＝cyb2＋2c2，kQF2＝cyb2－2c2，由kF1P·kQF2＝－1得y2＝4c4－b4c2＝2c2－b22c2＋b2c2，y2≥0，但注意到b2－2c2≠0，即2c2－b20，即3c2－a20，即e213，故33e1.当b2－2c2＝0时，y＝0，此时kQF2不存在，此时F2为中点，a2c－c＝2c得e＝33，综上得33≤e1.D返回课时检测(十六)1．选由题意c＝5＋4＝3，故抛物线的焦点坐标为(0,3)或(0，－3)．所以抛物线的标准方程为x2＝12y或x2＝－12y.2．选根据已知列出方程即可．c＝5，双曲线的一条渐近线方程为y＝bax经过点(2,1)，所以a＝2b，所以25＝4b2＋b2，由此得b2＝5，a2＝20，故所求的双曲线方程是x220－y25＝1.DA返回3．选依题意得|F1F2|2＝|AF1|·|F1B|，即4c2＝(a－c)(a＋c)＝a2－c2，整理得5c2＝a2，所以e＝ca＝55.4．选因为c2＝2＋2＝4，所以c＝2,2c＝|F1F2|＝4.由题可知|PF1|－|PF2|＝2a＝22，|PF1|＝2|PF2|，所以|PF2|＝22，|PF1|＝42.由余弦定理可知cos∠F1PF2＝422＋222－422×42×22＝34.BC返回5．选设双曲线C的方程为x2a2－y2b2＝1，焦点F(－c,0)．将x＝－c代入x2a2－y2b2＝1可得y2＝b4a2，所以|AB|＝2×b2a＝2×2a.所以b2＝2a2，c2＝a2＋b2＝3a2，所以e＝ca＝3.B返回6．选双曲线的渐近线方程为y＝±bax，由于ca＝a2＋b2a2＝1＋ba2＝2，所以ba＝3，所以双曲线的渐近线方程为y＝±3x.抛物线的焦点坐标为(0，p2)，所以p22＝2，所以p＝8，所以抛物线方程为x2＝16y.7．解析：由题意得m0，所以a＝m，b＝m2＋4，所以c＝m2＋m＋4，由e＝ca＝5得m2＋m＋4m＝5，解得m＝2.D答案：2返回8．解析：法一：抛物线y2＝4x准线为x＝－1，焦点为F(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由抛物线的定义可知|AF|＝x1＋1＝3，所以x1＝2，所以y1＝±22，由抛物线关于x轴对称，假设A(2,22)，由A，F，B三点共线可知直线AB的方程为y－0＝22(x－1)，代入抛物线方程消去y得2x2－5x＋2＝0，求得x＝2或12，所以x2＝12，返回故|BF|＝x2＋1＝32.法二：易得抛物线y2＝4x的准线为x＝－1，焦点F(1,0)．则|AF|＝xA＋1＝3，故xA＝2.又抛物线过焦点，且p＝2，故xA·xB＝p24＝1，故xB＝12.故|BF|＝12＋1＝32.答案：32返回9．解析：设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，因为AB过F1且A，B在椭圆上，如图，则△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝|AF1|＋|AF2|＋|BF1|＋|BF2|＝4a＝16，解得a＝4.又离心率e＝ca＝22，故c＝22.所以b2＝a2－c2＝8，所以椭圆C的方程为x216＋y28＝1.答案：x216＋y28＝1返回10．解：(1)将(0,4)代入C的方程得16b2＝1，解得b＝4.又e＝ca＝35，得a2－b2a2＝925，即1－16a2＝925，则a＝5.所以C的方程为x225＋y216＝1.(2)过点(3,0)且斜率为45的直线方程为y＝45(x－3)，返回设直线与C的交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线方程y＝45(x－3)代入C的方程，得x225＋x－3225＝1，即x2－3x－8＝0，所以x1＋x2＝3.设AB的中点坐标为(x－，y－)，则x－＝x1＋x22＝32，y－＝y1＋y22＝25(x1＋x2－6)＝－65，即中点为32，－65.返回11．解：(1)由题意可知，△AF1F2为等边三角形，a＝2c，所以e＝12.(2)法一：a2＝4c2，b2＝3c2，直线AB的方程可为y＝－3(x－c)．将其代入椭圆方程3x2＋4y2＝12c2，得B85c，－335c.所以|AB|＝1＋3·|85c－0|＝165c.由S△AF1B＝12|AF1|·|AB|sin∠F1AB＝12a·165c·32＝235a2＝403，解得a＝10，b＝53.返回法二：设|AB|＝t.因为|AF2|＝a，所以|BF2|＝t－a.由椭圆定义|BF1|＋|BF2|＝2a可知，|BF1|＝3a－t.再由余弦定理(3a－t)2＝a2＋t2－2atcos60°可得，t＝85a.由S△AF1B＝12a·85a·32＝235a2＝403，解得a＝10，b＝53.返回12．解：(1)由已知可设椭圆C2的方程为y2a2＋x24＝1(a2)，其离心率为32，故a2－4a＝32，则a＝4，故椭圆C2的方程为y216＋x24＝1.(2)法一：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB＝2OA及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.返回将y＝kx代入x24＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x2A＝41＋4k2，将y＝kx代入y216＋x24＝1中，得(4＋k2)x2＝16，所以x2B＝164＋k2，又由OB＝2OA，得x2B＝4x2A，即164＋k2＝161＋4k2，解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.返回法二：A，B两点的坐标分别记为(xA，yA)，(xB，yB)，由OB＝2OA及(1)知，O，A，B三点共线且点A，B不在y轴上，因此可设直线AB的方程为y＝kx.将y＝kx代入x24＋y2＝1中，得(1＋4k2)x2＝4，所以x2A＝41＋4k2，由OB＝2OA，得x2B＝161＋4k2，y2B＝16k21＋4k2，将x2B，y2B代入y216＋x24＝1中，得4＋k21＋4k2＝1，即4＋k2＝1＋4k2，解得k＝±1，故直线AB的方程为y＝x或y＝－x.