专题6 第2讲 椭圆 双曲线 抛物线-高二理数大暑假小一轮【成功方案】专题复习

在∧AF1F2中,co∠F1F2A 两边同除以a并整理得c4-8c+4-0,解所以a-√2-62-√4-2,所以a-2, 得 在△BF1F2中,cs∠F1F2B 所以实轴长为2√2 (2<)2+(4c-4a)2-(4c-2a)2 【答案】22 答案】D 10.【解析】因为y2-2x,所 【解析】设椭閭长轴21双曲线实铀2a,设点M(x1,y 由题意可知:|F1F2=F2P=2c 所以根据抛物线的定义由:|MF|=x1 2-3a2-4ac-0,化简得 又∵F1P|+F2P=2a1,F1P-|F2P 则c=a〈舍)或3c=5(,得e 两式桕减,可得:a1-a2= 所以a1+-1,解得: 故选1〕 即点M的横坐标是, 【答案】D A.【解析】由于糖圆C1和双曲线C2的焦点 42c+a2)a2+ 为S 重合,则m2-1-n2-1,则m2-n2 3m+4n2+。2 2-1,所以 1,|OF 2,当且仅当 所以S△M=2×1y 2+=的最小值为6 故△MOF(O为坐标原点)的面积为 故答案为:2;4 【答案】(1)( 故选A 【答案】A 5.【解析】设P(x,y),又A(a,0),F(c,0) 0)的右顶点为A(a,0), ∠PFA-2∠PAF 以A为网心,b为半径做网A同A与双曲 线C的一条新近线交于M、N 剡点A到渐近 【答案】 又1an2a 【解析】如图所示:设切线方程为l:y= 所以国心到直线的距离=\4=2,所 整理得3x2+2( 这是P点的轨迹方程,又P 方程为 因为y=3 所 【答案】C M(2,/3),所以N(2,-√3 又因为四边形PMAN为平行四边形且P 6【解析】由正一,消y可得(32+因为F(-1,0),MN中点为(2,0所以A 分别 25b2+a2b2, 得 以 即 【答案】 12.【解析】如图所示 设|AF1-t,|AB 答案】D 9.【解析】因为 过点(2,0),( 裉据双曲线的定义 2),且双曲线的焦点在x轴上,所以c:得 又因为x-y-2一0与一条渐近线垂直,所=2a =4(q代入(*)式并整理得4a2:1 即13x-t=(t+ 解得t=10xx=2a 程为,一 所以 (Ⅱ)设P F|-5:12 13,所以∧ABF2为以为B宜角的直角三 r=3(1-4).依题可知-2≤m≤2 角形 直线AP的方程为y=m 2),直线BQ的方程为y 所以由|F1F2|2-|BF1|3+|BF22得4c2 (10a)2+(8a) 于是直线A1M的方程为y=-1(x 41,所 解得 2)直线A2B的方程为y=-2x-1 所以P,M两点的横坐标之积 解析】(1)设榜圓的半焦距为c,由题意 解得点Q(4 4=4.由 )2 于是xP-x所以PQ⊥x轴 设PQ中点为N,则N点的纵坐标为 l614×3(1- 所求椭圆方程为一+y (2)设P(x2,y),A2,m则由题意2十 故PQ中点在定直线y=1上 从上边可以看出点B在PQ的直平分 /28-3>2.也即1OA 以△BPQ为等腰三角形 直,Q(x3,y),A(-√②, 解法2 的取值范固是(2,+c ∴直线AM的方程为y=22 证明:设Mx0,y0)(x0≠=2,≠士1)则第 园锥曲线中的热点问题 【解析】抛物线 8x的焦点为F( Q在直线AM上,∴λy0 2(xn+√2),直线A2M方程为y-y(x-2),直线 0),准线为l1:x-2.∴P到l的距高等 于|PF ∵(Q⊥QN,O·Q A1B方程为y-2x+1 P到直线l1,l的距离之和的最小值为F 一2,0)到直线l2的距落d 由 17 解得点P(+4y 2.【解析】因为点P(1,m)在椭十y2=1 直线A1M方程为 直线;的外部, A42B方程为y 则圆x2+y2=1的圆心(0,0)到直线y x≠0,∴2-xc+ 十3的距离 解得点Q 所以直线y=2 与网x2+y2=1 14.【解析】()由题唐了q~,最 xp0=2y0-x0+22y0+x+2 故选B 【答案】B 3.【解析】由 (4-(x2-2 b,得 所以椭園方程 于是xp=xa所以PQ⊥x轴 (Ⅱ)解法1 证明:设直线A2M方程为y=k(x-2)(k ∠0且k∠=3),直线A1B方程为y 4y(④22y0+x+2 由题意知F(c,0),所以B +2)(2y2+x0+2) 故PQ中点在 定直线 为∠BFC-90°,所以BF⊥CF,所以B 2x11解得 从上边可以看出点B在PQ的垂直平分=(+20(c-25a)+2=2 所以△BPQ为等腰三角母 【解析】(Ⅰ)由子椭焦点在x轴上,所 得(4k+1)x2-16k2x+ =→{c-1,所以椭圆的方故 【答案】 .【解析】因为△AFE为等边三角形,所以 9.【解析】(1)设M(x,y),则由题意有2 EF=/AFE=/AFx=