1、综合拔高练五年高考练考点一椭圆的标准方程及几何性质1. (2018课标全国,12,5分,)已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点,A是C的左顶点,点P在过A且斜率为36的直线上,PF1F2为等腰三角形,F1F2P=120,则C的离心率为()A.23B.12C.13D.142.(2019课标全国,10,5分,)已知椭圆C的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C交于A,B两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C的方程为()A.x22+y2=1B.x23+y22=1C.x24+y23=1D.x25+y24=1考点二双曲线的标准方程及
2、几何性质3.(多选)(2020新高考,9,5分,)已知曲线C:mx2+ny2=1.()A.若mn0,则C是椭圆,其焦点在y轴上B.若m=n0,则C是圆,其半径为nC.若mn0,则C是两条直线4.(2020全国,11,5分,)设双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为5.P是C上一点,且F1PF2P.若PF1F2的面积为4,则a=()A.1B.2C.4D.85.(2020全国,11,5分,)设F1,F2是双曲线C:x2-y23=1的两个焦点,O为坐标原点,点P在C上且|OP|=2,则PF1F2的面积为()A.72B.3C.52D.26.(2019课标全
3、国,11,5分,)设F为双曲线C:x2a2-y2b2=1(a0,b0)的右焦点,O为坐标原点,以OF为直径的圆与圆x2+y2=a2交于P,Q两点.若|PQ|=|OF|,则C的离心率为()A.2B.3C.2D.57.(2020江苏,6,5分,)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线x2a2-y25=1(a0)的一条渐近线方程为y=52x,则该双曲线的离心率是.8.(2019江苏,7,5分,)在平面直角坐标系xOy中,若双曲线x2-y2b2=1(b0)经过点(3,4),则该双曲线的渐近线方程是.考点三直线与椭圆、双曲线的位置关系9.(2018天津,7,5分,)已知双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b
4、0)的离心率为2,过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A,B两点.设A,B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2,且d1+d2=6,则双曲线的方程为()A.x24-y212=1B.x212-y24=1C.x23-y29=1D.x29-y23=110.(2020江苏,18,16分,)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E:x24+y23=1的左、右焦点分别为F1,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2F1F2,直线AF1与椭圆E相交于另一点B.(1)求AF1F2的周长;(2)在x轴上任取一点P,直线AP与椭圆E的右准线相交于点Q,求OPQP的最小值;(3)设点M在椭圆E上,记OAB与M
5、AB的面积分别为S1,S2,若S2=3S1,求点M的坐标.11.(2020新高考,22,12分,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为22,且过点A(2,1).(1)求C的方程;(2)点M,N在C上,且AMAN,ADMN,D为垂足.证明:存在定点Q,使得|DQ|为定值.12.(2020全国,20,12分,)已知A,B分别为椭圆E:x2a2+y2=1(a1)的左、右顶点,G为E的上顶点,AGGB=8.P为直线x=6上的动点,PA与E的另一交点为C,PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程;(2)证明:直线CD过定点.13.(2020北京,20,15分,)已知椭圆C:x2a2+y
6、2b2=1过点A(-2,-1),且a=2b.(1)求椭圆C的方程;(2)过点B(-4,0)的直线l交椭圆C于点M,N,直线MA,NA分别交直线x=-4于点P,Q.求|PB|BQ|的值.三年模拟练应用实践1.(2020江苏淮安淮阴中学高二上学期期末,)过椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于P,F2为其右焦点,若F1F2P=30,则椭圆的离心率为()A.22B.13C.12D.332.(2021天津滨海新区塘沽一中高二上学期期中,)设椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F(c,0),且a=2c,方程ax2+bx-c=0的两个实数根为x1,x2,则点P(x1
7、,x2)()A.在圆x2+y2=2上B.在圆x2+y2=2外C.在圆x2+y2=2内D.以上都有可能3.()如图,从双曲线x23-y25=1的左焦点F引圆x2+y2=3的切线FP交双曲线右支于点P,T为切点,M为线段FP的中点,O为坐标原点,则MO-MT=()A.5-3B.3C.5D.5+34.(2021江苏南京五校高二上学期10月联合调研,)光线从椭圆的一个焦点发出,被椭圆反射后会经过椭圆的另一个焦点;光线从双曲线的一个焦点发出,被双曲线反射后的光线的反向延长线经过另一个焦点.如图1,一个光学装置由有相同焦点F1,F2的椭圆与双曲线构成,现一光线从左焦点F1发出,依次经过与反射,又回到了点F
8、1,历时t1秒;若将装置中的去掉,如图2,此光线从点F1发出,经两次反射后又回到了点F1,历时t2秒.若t2=6t1,则与的离心率之比为()A.12B.12C.23D.345.(2021江苏徐州第一中学高二上学期期中,)椭圆x2m2+y24=1与双曲线x2a2-y24=1在第一象限的交点为T,F1,F2为公共的左、右焦点,且TF1b0)的离心率e=32,A、B分别是椭圆的左、右顶点,点P是椭圆上一点,直线PA、PB的倾斜角分别为、,满足tan+tan=1,则直线PA的斜率为.7.(2020江苏苏州高二上学期期末,)已知一族双曲线En:x2-y2=1n2+n(nN*,且n2020),设直线x=2
9、与En在第一象限内的交点为An,由An向En的两条渐近线作垂线,垂足分别为Bn,Cn.记AnBnCn的面积为f(n),则f(1)+f(2)+f(3)+f(2020)=.8.(2021江苏南通启东中学高二上学期期中,)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的短轴长为2,椭圆C上的动点到左焦点的距离的最大值为2+1.过点P(0,2)的直线l与椭圆C相交于A,B两点,线段AB的中点为M,且不与原点重合.(1)求椭圆C的标准方程;(2)若y轴上的一点Q满足QA=QB,求证:线段QM的中点在定直线上;(3)求PAPB的取值范围.迁移创新9.(2021江苏镇江高二上学期期中,)古希腊数学家阿波罗尼斯
10、在圆锥曲线论中记载了用平面截圆锥得到圆锥曲线的方法.如图,将两个完全相同的圆锥对顶放置(两圆锥的顶点和轴都重合),已知两个圆锥的底面直径均为4,侧面积均为25.记过两个圆锥轴的截面为平面,平面与两个圆锥侧面的交线为AC,BD.已知平面平行于平面,平面与两个圆锥侧面的交线为双曲线C的一部分,且C的两条渐近线分别平行于AC,BD,则双曲线C的离心率为.3.13.2综合拔高练五年高考练1.D由题意易知直线AP的方程为y=36(x+a),直线PF2的方程为y=3(x-c).联立得y=35(a+c),如图,过P向x轴引垂线,垂足为H,则PH=35(a+c).因为PF2H=60,PF2=F1F2=2c,P
11、H=35(a+c),所以sin60=PHPF2=35(a+c)2c=32,即a+c=5c,即a=4c,所以e=ca=14.故选D.解题关键通过解三角形得到a与c的等量关系是解题的关键.2.B设|F2B|=x(x0),则|AF2|=2x,|AB|=3x,|BF1|=3x,|AF1|=4a-(|AB|+|BF1|)=4a-6x,由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a=4x,所以|AF1|=2x.在BF1F2中,由余弦定理得|BF1|2=|BF2|2+|F1F2|2-2|F2B|F1F2|cosBF2F1,即9x2=x2+22-4xcosBF2F1,在AF1F2中,由余弦定理可得|AF1|2=|
12、AF2|2+|F1F2|2-2|AF2|F1F2|cosAF2F1,即4x2=4x2+22+8xcosBF2F1,由得x=32,所以2a=4x=23,a=3,所以b2=a2-c2=2.所以椭圆的方程为x23+y22=1.故选B.解题模板由于涉及焦点,所以要利用椭圆的定义,通过解三角形建立方程求a的值,而b2=a2-1,故可得椭圆的方程.3.ACDA选项中,若mn0,则方程mx2+ny2=1可变形为x21m+y21n=1,因为mn0,所以01m0,则方程mx2+ny2=1可变形为x2+y2=1n,所以此曲线表示圆,半径为1n,所以B不正确.C选项中,若mn0,则方程mx2+ny2=1可化为y2=
13、1n(xR),即y=1n,表示两条直线,所以D正确.故选ACD.4.A设|PF1|=r1,|PF2|=r2,则|r1-r2|=2a,r12+r22-2r1r2=4a2.F1PF2P,r12+r22=4c2,4c2-2r1r2=4a2,r1r2=2b2.SPF1F2=12r1r2=122b2=b2=4,e=1+b2a2=1+4a2=5,解得a2=1,即a=1.故选A.5.B由题易知a=1,b=3,c=2,又|OP|=2,PF1F2为直角三角形,易知|PF1|-|PF2|=2,|PF1|2+|PF2|2-2|PF1|PF2|=4,又|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=16,|PF1
14、|PF2|=16-42=6,SPF1F2=12|PF1|PF2|=3,故选B.6.A如图,|PQ|=|OF|=c,PQ过点c2,0,Pc2,c2.又|OP|=a,a2=c22+c22=c22,ca2=2,e=ca=2.故选A.解题关键由|PQ|=|OF|=c可知PQ过以OF为直径的圆的圆心,进而得到Pc2,c2是解答本题的关键.7.答案32解析双曲线x2a2-y25=1(a0)的渐近线方程为y=5ax,5a=52,a=2,离心率e=1+b2a2=1+54=32.8.答案y=2x解析由双曲线x2-y2b2=1(b0)经过点(3,4),得9-16b2=1,解得b=2,又b0,所以b=2,易知双曲线
15、的焦点在x轴上,故双曲线的渐近线方程为y=bax=2x.9.C双曲线x2a2-y2b2=1(a0,b0)的离心率为2,e2=1+b2a2=4,b2a2=3,即b2=3a2,c2=a2+b2=4a2,由题意可设A(2a,3a),B(2a,-3a),b2a2=3,渐近线方程为y=3x,设点A与点B到直线3x-y=0的距离分别为d1,d2,则d1=|23a-3a|2=23-32a,d2=|23a+3a|2=23+32a,又d1+d2=6,23-32a+23+32a=6,解得a=3,b2=9.双曲线的方程为x23-y29=1,故选C.方法归纳求双曲线标准方程的方法:(1)定义法:根据题目的条件,若满足
16、双曲线的定义,求出a,b的值,即可求得方程.(2)待定系数法:根据题目条件确定焦点的位置,从而设出所求双曲线的标准方程,利用题目条件构造关于a,b的方程(组),解得a,b的值,即可求得方程.10.解析(1)设椭圆E:x24+y23=1的长轴长为2a,短轴长为2b,焦距为2c,则a2=4,b2=3,c2=1.所以AF1F2的周长为2a+2c=6.(2)椭圆E的右准线为x=4.设P(x,0),Q(4,y),则OP=(x,0),QP=(x-4,-y),OPQP=x(x-4)=(x-2)2-4-4,在x=2时取等号.所以OPQP的最小值为-4.(3)因为椭圆E:x24+y23=1的左,右焦点分别为F1
17、,F2,点A在椭圆E上且在第一象限内,AF2F1F2,则F1(-1,0),F2(1,0),A1,32,所以直线AB:3x-4y+3=0.设M(x,y),因为S2=3S1,所以点M到直线AB的距离等于点O到直线AB的距离的3倍.由此得|3x-4y+3|5=3|30-40+3|5,则3x-4y+12=0或3x-4y-6=0.由3x-4y+12=0,x24+y23=1,得7x2+24x+32=0,此方程无解;由3x-4y-6=0,x24+y23=1,得7x2-12x-4=0,所以x=2或x=-27.代入直线l:3x-4y-6=0,对应分别得y=0或y=-127.因此点M的坐标为(2,0)或-27,-
18、127.11.解析(1)由题设得4a2+1b2=1,a2-b2a2=12,解得a2=6,b2=3.所以C的方程为x26+y23=1.(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2).若直线MN与x轴不垂直,设直线MN的方程为y=kx+m,代入x26+y23=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0.于是x1+x2=-4km1+2k2,x1x2=2m2-61+2k2.由AMAN知AMAN=0,故(x1-2)(x2-2)+(y1-1)(y2-1)=0,可得(k2+1)x1x2+(km-k-2)(x1+x2)+(m-1)2+4=0.将代入上式可得(k2+1)2m2-61+2k2-(km-k-
19、2)4km1+2k2+(m-1)2+4=0,整理得(2k+3m+1)(2k+m-1)=0.因为A(2,1)不在直线MN上,所以2k+m-10,故2k+3m+1=0,k1.于是MN的方程为y=kx-23-13(k1).所以直线MN过点P23,-13.若直线MN与x轴垂直,则N(x1,-y1).由AMAN=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0.又x126+y123=1,可得3x12-8x1+4=0.解得x1=2(舍去)或x1=23.此时直线MN过点P23,-13.令Q为AP的中点,即Q43,13.若D与P不重合,则由题设知AP是RtADP的斜边,故|DQ|=12|AP|=2
20、23.若D与P重合,则|DQ|=12|AP|.综上,存在点Q43,13,使得|DQ|为定值.12.解析(1)由题设得A(-a,0),B(a,0),G(0,1),则AG=(a,1),GB=(a,-1).由AGGB=8得a2-1=8,即a=3.所以E的方程为x29+y2=1.(2)证明:设C(x1,y1),D(x2,y2),P(6,t).若t0,设直线CD的方程为x=my+n,由题意可知-3n0,解得-12k0,解得-12k0,解得m24,且y1+y2=8mm2+4,y1y2=8m2+4,此时lMA:y+1=y1+1x1+2(x+2),令x=-4,得yP=-2(y1+1)x1+2-1,同理可得yQ
21、=-2(y2+1)x2+2-1,则yP+yQ=-2(y1+1)x1+2+-2(y2+1)x2+2-2=-2y1+1x1+2+y2+1x2+2+1=-2(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)(x1+2)(x2+2),因为(y1+1)(x2+2)+(y2+1)(x1+2)+(x1+2)(x2+2)=(y1+1)(my2-2)+(y2+1)(my1-2)+(my1-2)(my2-2)=m(m+2)y1y2-(m+2)(y1+y2)=m(m+2)8m2+4-(m+2)8mm2+4=0,所以yP+yQ=0,所以|PB|=|BQ|,所以|PB|BQ|=1.综上,|PB
22、|BQ|=1.三年模拟练1.D把x=-c代入椭圆方程,解得P的坐标为-c,b2a或-c,-b2a,F1F2P=30,tan30=b2a2c=33,即2ac=3b2=3(a2-c2),3e2+2e-3=0,e=33或e=-3(舍去).故选D.2.C因为方程ax2+bx-c=0的两个实数根为x1,x2,所以x1+x2=-ba,x1x2=-ca,又椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点为F(c,0),且a=2c,所以b2=a2-c2=3c2,因此x12+x22=(x1+x2)2-2x1x2=b2a2+2ca=3c24c2+1=742,所以点P(x1,x2)在圆x2+y2=2内.故选C.3.A如
23、图.设双曲线的右焦点为F,连接PF,则PF-PF=2a=23.在RtOTF中,FO=c=22,OT=a=3,FT=b=5,M为FP的中点,O为FF的中点,MO为FFP的中位线,MF-MO=a=3,即MT+5-MO=3,MO-MT=5-3.故选A.4.C设椭圆的长半轴长为a1,双曲线的实半轴长为a2,在题图1中,由椭圆定义可得BF1+BF2=2a1,由双曲线定义可得AF2-AF1=2a2,-得AF1+AB+BF1=2a1-2a2,ABF1的周长为2a1-2a2.在题图2中,光线从椭圆的一个焦点发出,被椭圆两次反射后经过椭圆的另一个焦点,即直线CD过F2,CDF1的周长为4a1,又两次时间分别为t
24、1,t2,且t2=6t1,且光线速度相同,t1t2=2a1-2a24a1=16,a1a2=32,椭圆与双曲线的焦点相同,c1=c2,e1e2=c1a1c2a2=a2a1=23.故选C.5.D由题意可得m2-4=a2+4,所以m2=a2+8,由椭圆及双曲线的定义可得TF1+TF2=2|m|,TF1-TF2=2|a|,所以TF1=|a|+|m|=|a|+a2+84,即a2+84-|a|,解得0|a|1,则e12+e22=m2-4m2+a2+4a2=2+41a2-1m2=2+4m2-a2m2a2=2+32m2a2=2+32(a2+8)a2,因为0|a|1,所以0a20,即k232,所以x1x2+x2x1=x12+x22x1x2=(x1+x2)2x1x2-2=32k23(2k2+1)-2=2(10k2-3)3(2k2+1),令=2(10k2-3)3(2k2+1),则k2=3+620-6,由k232,得2103,即2+1103,解得130,b0),由圆锥的底面直径均为4可得底面半径r=2,侧面积均为25可得OA=5,AM=2,则OM=1,则tanAOM=2,即ba=2,所以e=a2+b2a2=1+b2a2=5.
