PAGE1-第2講橢圓、雙曲線、拋物線一、選擇題1．(2024·高考北京卷)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，則()A．a(chǎn)2＝2b2 B．3a2＝4b2C．a(chǎn)＝2b D．3a＝4b解析：選B.由題意得，eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，所以eq\f(c2,a2)＝eq\f(1,4)，又a2＝b2＋c2，所以eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(1,4)，eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,4)，所以4b2＝3a2.故選B.2．以橢圓上一點和兩個焦點為頂點的三角形的面積的最大值為1，則橢圓長軸長的最小值為()A．1 B.eq\r(2)C．2 D．2eq\r(2)解析：選D.設(shè)a，b，c分別為橢圓的長半軸長、短半軸長、半焦距，依題意知，eq\f(1,2)×2cb＝1?bc＝1，2a＝2eq\r(b2＋c2)≥2eq\r(2bc)＝2eq\r(2)，當且僅當b＝c＝1時，等號成立．故選D.3．若點P為拋物線y＝2x2上的動點，F(xiàn)為拋物線的焦點，則|PF|的最小值為()A．2B.eq\f(1,2)C.eq\f(1,4)D.eq\f(1,8)解析：選D.由題意知x2＝eq\f(1,2)y，則F(0，eq\f(1,8))，設(shè)P(x0，2xeq\o\al(2,0))，則|PF|＝eq\r(xeq\o\al(2,0)＋（2xeq\o\al(2,0)－\f(1,8)）2)＝eq\r(4xeq\o\al(4,0)＋\f(1,2)xeq\o\al(2,0)＋\f(1,64))＝2xeq\o\al(2,0)＋eq\f(1,8)，所以當xeq\o\al(2,0)＝0時，|PF|min＝eq\f(1,8).4．(2024·高考天津卷)已知拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為l.若l與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線分別交于點A和點B，且|AB|＝4|OF|(O為原點)，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C.2 D.eq\r(5)解析：選D.由題意知F(1，0)，l：x＝－1，雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，則|AB|＝4|OF|＝4，而|AB|＝2×eq\f(b,a)，所以eq\f(b,a)＝2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2＋b2),a)＝eq\f(\r(a2＋4a2),a)＝eq\r(5)，故選D.5．(一題多解)(2024·高考全國卷Ⅱ)設(shè)F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的右焦點，O為坐標原點，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D.eq\r(5)解析：選A.通解：依題意，記F(c，0)，則以O(shè)F為直徑的圓的方程為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(c2,4)，將圓eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(c,2)))eq\s\up12(2)＋y2＝eq\f(c2,4)與圓x2＋y2＝a2的方程相減得cx＝a2，即x＝eq\f(a2,c)，所以點P，Q的橫坐標均為eq\f(a2,c).由于PQ是圓x2＋y2＝a2的一條弦，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|PQ|,2)))eq\s\up12(2)＝a2，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2,c)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))eq\s\up12(2)＝a2，即eq\f(c2,4)＝a2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(a2,c2)))＝eq\f(a2b2,c2)，所以c2＝2ab，即a2＋b2－2ab＝(a－b)2＝0，所以a＝b，因此C的離心率e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq\r(2)，故選A.優(yōu)解一：記F(c，0)．連接OP，PF，則OP⊥PF，所以S△OPF＝eq\f(1,2)|OP|·|PF|＝eq\f(1,2)|OF|·eq\f(1,2)|PQ|，即eq\f(1,2)a·eq\r(c2－a2)＝eq\f(1,2)c·eq\f(1,2)c，即c2＝2ab，即a2＋b2－2ab＝(a－b)2＝0，所以a＝b，因此C的離心率e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝eq\r(2)，故選A.優(yōu)解二：記F(c，0)．依題意，PQ是以O(shè)F為直徑的圓的一條弦，因此OF垂直平分PQ.又|PQ|＝|OF|，因此PQ是該圓與OF垂直的直徑，所以∠FOP＝45°，點P的橫坐標為eq\f(c,2)，縱坐標的肯定值為eq\f(c,2)，于是有eq\r(2)×eq\f(c,2)＝a，即e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2)，即C的離心率為eq\r(2)，故選A.6．已知直線l：y＝kx＋2過雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點F和虛軸的上端點B(0，b)，且與圓x2＋y2＝8交于點M，N，若|MN|≥2eq\r(5)，則雙曲線的離心率e的取值范圍是()A．(1，eq\r(6)] B．(1，eq\f(\r(6),2)]C．[eq\f(\r(6),2)，＋∞) D．[eq\r(6)，＋∞)解析：選C.設(shè)圓心到直線l的距離為d(d>0)，因為|MN|≥2eq\r(5)，所以2eq\r(8－d2)≥2eq\r(5)，即0<d≤eq\r(3).又d＝eq\f(2,\r(1＋k2))，所以eq\f(2,\r(1＋k2))≤eq\r(3)，解得|k|≥eq\f(\r(3),3).由直線l：y＝kx＋2過雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點F和虛軸的上端點B(0，b)，得|k|＝eq\f(b,c).所以eq\f(b,c)≥eq\f(\r(3),3)，即eq\f(b2,c2)≥eq\f(1,3)，所以eq\f(c2－a2,c2)≥eq\f(1,3)，即1－eq\f(1,e2)≥eq\f(1,3)，所以e≥eq\f(\r(6),2)，即雙曲線的離心率e的取值范圍是[eq\f(\r(6),2)，＋∞)．故選C.二、填空題7．已知雙曲線eq\f(x2,4)－eq\f(y2,b2)＝1(b>0)，以原點為圓心，雙曲線的實半軸長為半徑長的圓與雙曲線的兩條漸近線相交于A，B，C，D四點，四邊形的ABCD的面積為2b，則雙曲線的方程為______．解析：依據(jù)對稱性，不妨設(shè)A在第一象限，A(x，y)，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝4，,y＝\f(b,2)x))?eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝\f(4,\r(b2＋4))，,y＝\f(4,\r(b2＋4))·\f(b,2)，))所以xy＝eq\f(16,b2＋4)·eq\f(b,2)＝eq\f(b,2)?b2＝12，故雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1.答案：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝18．已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的準線l，過M(1，0)且斜率為eq\r(3)的直線與l相交于點A，與C的一個交點為點B，若eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))，則p＝________．解析：設(shè)直線AB：y＝eq\r(3)x－eq\r(3)，代入y2＝2px得：3x2＋(－6－2p)x＋3＝0，又因為eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))，即M為A，B的中點，所以xB＋(－eq\f(p,2))＝2，即xB＝2＋eq\f(p,2)，得p2＋4p－12＝0，解得p＝2，p＝－6(舍去)．答案：29．(2024·昆明市質(zhì)量檢測)已知拋物線y2＝4x上一點P到準線的距離為d1，到直線l：4x－3y＋11＝0的距離為d2，則d1＋d2的最小值為________．解析：如圖，設(shè)拋物線的準線為m，焦點為F，分別過點P，F(xiàn)作PA⊥m，PM⊥l，F(xiàn)N⊥l，垂足分別為A，M，N.連接PF，因為點P在拋物線上，所以|PA|＝|PF|，所以(d1＋d2)min＝(|PF|＋|PM|)min＝|FN|.點F(1，0)到直線l的距離|FN|＝eq\f(|4＋11|,\r(42＋（－3）2))＝3，所以(d1＋d2)min＝3.答案：3三、解答題10．(2024·長春市質(zhì)量監(jiān)測(二))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，F(xiàn)2，設(shè)P是橢圓C上一點，滿意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的左焦點且傾斜角為45°的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，求△AOB的面積．解：(1)由題意知，離心率e＝eq\r(1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))\s\up12(2))＝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(lián)立直線l和橢圓C的方程，得eq\b\lc\{(\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(shè)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＋x2）2－4x1x2)＝eq\f(4\r(2),5)，所以S△AOB＝eq\f(1,2)·|y1－y2|·|OF1|＝eq\f(2\r(6),5).11．(2024·高考全國卷Ⅰ)已知拋物線C：y2＝3x的焦點為F，斜率為eq\f(3,2)的直線l與C的交點為A，B，與x軸的交點為P.(1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程；(2)若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))，求|AB|.解：設(shè)直線l：y＝eq\f(3,2)x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)．(1)由題設(shè)得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)，0))，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋eq\f(3,2)，由題設(shè)可得x1＋x2＝eq\f(5,2).由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，則x1＋x2＝－eq\f(12（t－1）,9).從而－eq\f(12（t－1）,9)＝eq\f(5,2)，得t＝－eq\f(7,8).所以l的方程為y＝eq\f(3,2)x－eq\f(7,8).(2)由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(PB,\s\up6(→))可得y1＝－3y2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,2)x＋t，,y2＝3x))可得y2－2y＋2t＝0.所以y1＋y2＝2.從而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3.代入C的方程得x1＝3，x2＝eq\f(1,3).故|AB|＝eq\f(4\r(13),3).12．已知中心在原點，焦點在x軸上的橢圓C的離心率為eq\f(1,2)，其中一個頂點是拋物線x2＝－4eq\r(3)y的焦點．(1)求橢圓C的標準方程；(2)若過點P(2，1)的直線l與橢圓C在第一象限相切于點M，求直線l的方程和點M的坐標．解：(1)設(shè)橢圓C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，由題意得b＝eq\r(3)，eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，解得a＝2，c＝1.故橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)因為過點P(2，1)的直線l與橢圓C在第一象限相切，所以直線l的斜率存在，故可設(shè)直線l的方程為y＝k(x－2)＋1(k≠0)．由eq\b\l