河北师大附属民族学院高中部 12级高三理数二轮大题专题训练
16.【答案】 17.【答案】(1)设动点P的坐标为(x， y),点A的坐标为(xA， yA),则AP?(x?xA， y?yA), 因为F的坐标为(1， 0),所以FA?(xA?1， yA), 由AP??2FA得(x?xA， y?yA)??2(xA?1， yA). 即??x?xA??2(xA?1)?xA?2?x?y?yA??2y 解得? A?yA??y代入y2?4x,得到动点P的轨迹方程为y2?8?4x. 2218．解：(1)由已知可得??a＋b＝2b，?2c＝2a2－b2＝4， 解得a2＝6，b2＝2， x2所以椭圆C的标准方程是y26＋2＝1. 19．解：(1)设Q(x80，4)，代入y2＝2px，得x0＝p， 所以|PQ|＝8pp，|QF|＝p82＋x0＝2＋p. 由题设得p2＋8p＝54×8p，解得p＝－2(舍去)或p＝2， 所以C的方程为y2＝4x. 解：(1)由题意，椭圆C的标准方程为x24＋y220．2＝1. 所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2. 因此a＝2，c＝2. 故椭圆C的离心率e＝c2a＝2.
21．解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2. 由|F1F1||DF＝22得|DF|F1|1|＝1F2|22＝22c. 从而S△DF1221F2＝2|DF1||F1F2|＝2c2＝2，故c＝1. 从而|DF29321|＝2，由DF1⊥F1F2得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝2，因此|DF2|＝2， 所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝22，故a＝2，b2＝a2－c2＝1. 因此，所求椭圆的标准方程为x222＋y＝1. 23．解：(1)设切点坐标为(xx0，y0)(x0>0，y0>0)，则切线斜率为－0y，切线方程为y－y＝－x000y0(x－x0)，即x40x＋y0y＝4，此时两个坐标轴的正半轴与切线的交点分别为??x，0?0?，??0，4y?0?.故其围成的三角形的面积S＝12·4x·4＝8.由x20＋y20＝4≥2x0y0知，当且仅当x0y0x0y00＝y0＝2时x0y0有最大值2，此时S有最小值4，因此点P的坐标为(2，2)． ?由题意知?22?a2－b2＝1，? ?a2＋b2＝3a2，解得a2＝1，b2＝2，故C2y21的方程为x－2＝1. 24．解：(1)设F(c，0)，由条件知，223c＝3，得c＝3. 又ca＝32，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. x2故E的方程为24＋y＝1. 225．解：(1)根据c＝a2－b2及题设知M??c，ba??，2b2＝3ac. 将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac， 解得ca＝12，ca＝－2(舍去)． 故C的离心率为12. 26．解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左右顶点． 设Cc31的半焦距为c，由a＝2及a2－c2＝b2＝1得a＝2， ∴a＝2，b＝1. 6
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27．解：(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c，0)． 由|AB|＝3|F1F2|，可得a2＋b22＝3c2. 又b2＝a2－c2，则c2a2＝12， 所以椭圆的离心率e＝22 28．解： (1)因为双曲线E的渐近线分别为y＝2x，y＝－2x， a 所以c2－a2所以b＝2， a＝2， 故c＝5a， 从而双曲线E的离心率 e＝ca＝5. 29．解：(1)设F(c，0)，因为b＝1，所以c＝a2＋1. 由题意，直线OB的方程为y＝－1ax，直线BF的方程为y＝1a(x－c)，所以B?c?2，－c2a??. 又直线OA的方程为y＝1ax， c－?c则A??c，ca?a?－2a???，所以k3AB＝c－c＝a. 2又因为AB⊥OB，所以3a·?1?－a??＝－1，解得a2＝3，故双曲线C的方程为x223－y＝1. 30．解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，即（x－1）2＋y2＝|x|＋1， 化简整理得y2＝2(|x|＋x)． 故点M的轨迹C的方程为y2＝???4x，x≥0，??0，x<0. 31．解：(1)由题意知F?p?2，0??. 设D(t，0)(t>0)，则FD的中点为?p＋2t?4，0??. 因为|FA|＝|FD|， 由抛物线的定义知3＋p2＝??t－p2??， 解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)． 由p＋2t4＝3，解得p＝2， 所以抛物线C的方程为y2＝4x.
32．解： (1)因为e3a2－b2a2＋b2331e2＝2，所以a·a＝2，即a4－b4＝4a4，因此a2＝2b2， 从而F2(b，0)， F4(3b，0)，于是3b－b＝|F2F4|＝3－1，所以b＝1，a2＝2.故C1，C2的方程分别为 x222＋y＝1，x222－y＝1. 7