大二輪高考總復(fù)習(xí)文數(shù)自檢13圓錐曲線

自檢13：圓錐曲線A組高考真題集中訓(xùn)練橢圓1．(2016·全國乙卷)直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點和一個焦點，若橢圓中心到l的距離為其短軸長的eq\f(1,4)，則該橢圓的離心率為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,4)解析：不妨設(shè)直線l經(jīng)過橢圓的一個頂點B(0，b)和一個焦點F(c,0)，則直線l的方程為eq\f(x,c)＋eq\f(y,b)＝1，即bx＋cy－bc＝0.由題意知eq\f(|－bc|,\r(b2＋c2))＝eq\f(1,4)×2b，解得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，即e＝eq\f(1,2).故選B．答案：B2．(2017·全國卷Ⅲ)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A1，A2，且以線段A1A2為直徑的圓與直線bx－ay＋2ab＝0相切，則C的離心率為()A．eq\f(\r(6),3) B．eq\f(\r(3),3)C．eq\f(\r(2),3) D．eq\f(1,3)解析：由題意知以A1A2為直徑的圓的圓心為(0,0)，半徑為a又直線bx－ay＋2ab＝0與圓相切，∴圓心到直線的距離d＝eq\f(2ab,\r(a2＋b2))＝a，解得a＝eq\r(3)b，∴eq\f(b,a)＝eq\f(1,\r(3))，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－b2),a)＝eq\r(1－\f(b,a)2)＝eq\r(1－\f(1,\r(3))2)＝eq\f(\r(6),3).故選A．答案：A3．(2017·全國卷Ⅰ)設(shè)A，B是橢圓C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,m)＝1長軸的兩個端點．若C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則m的取值范圍是()A．(0,1]∪[9，＋∞)B．(0，eq\r(3)]∪[9，＋∞)C．(0,1]∪[4，＋∞)D．(0，eq\r(3)]∪[4，＋∞)解析：方法一設(shè)焦點在x軸上，點M(x，y)．過點M作x軸的垂線，交x軸于點N，則N(x,0)．故tan∠AMB＝tan(∠AMN＋∠BMN)＝eq\f(\f(\r(3)＋x,|y|)＋\f(\r(3)－x,|y|),1－\f(\r(3)＋x,|y|)·\f(\r(3)－x,|y|))＝eq\f(2\r(3)|y|,x2＋y2－3).又tan∠AMB＝tan120°＝－eq\r(3)，且由eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,m)＝1可得x2＝3－eq\f(3y2,m)，則eq\f(2\r(3)|y|,3－\f(3y2,m)＋y2－3)＝eq\f(2\r(3)|y|,1－\f(3,m)y2)＝－eq\r(3).解得|y|＝eq\f(2m,3－m).又0<|y|≤eq\r(m)，即0<eq\f(2m,3－m)≤eq\r(m)，結(jié)合0<m<3解得0<m≤1.對于焦點在y軸上的情況，同理亦可得m≥9.則m的取值范圍是(0,1]∪[9，＋∞)．故選A．方法二當(dāng)0<m<3時，焦點在x軸上，要使C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則eq\f(a,b)≥tan60°＝eq\r(3)，即eq\f(\r(3),\r(m))≥eq\r(3)，解得0<m≤1.當(dāng)m>3時，焦點在y軸上，要使C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則eq\f(a,b)≥tan60°＝eq\r(3)，即eq\f(\r(m),\r(3))≥eq\r(3)，解得m≥9.故m的取值范圍為(0,1]∪[9，＋∞)．故選A．答案：A雙曲線1．(2017·全國卷Ⅱ)若a>1，則雙曲線eq\f(x2,a2)－y2＝1的離心率的取值范圍是()A．(eq\r(2)，＋∞) B．(eq\r(2)，2)C．(1，eq\r(2)) D．(1,2)解析：由題意得雙曲線的離心率e＝eq\f(\r(a2＋1),a).∴e2＝eq\f(a2＋1,a2)＝1＋eq\f(1,a2).∵a>1，∴0<eq\f(1,a2)<1，∴1<1＋eq\f(1,a2)<2，∴1<e<eq\r(2).故選C．答案：C2．(2016·全國乙卷)已知方程eq\f(x2,m2＋n)－eq\f(y2,3m2－n)＝1表示雙曲線，且該雙曲線兩焦點間的距離為4，則n的取值范圍是()A．(－1,3) B．(－1，eq\r(3))C．(0,3) D．(0，eq\r(3))解析：由題意得(m2＋n)(3m2－n)>0，解得－m2<n<3m2，又由該雙曲線兩焦點間的距離為4，得m2＋n＋3m2－n答案：A3．(2017·全國卷Ⅰ)已知F是雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1的右焦點，P是C上一點，且PF與x軸垂直，點A的坐標(biāo)是(1,3)，則△APF的面積為()A．eq\f(1,3) B．eq\f(1,2)C．eq\f(2,3) D．eq\f(3,2)解析：因為F是雙曲線C：x2－eq\f(y2,3)＝1的右焦點，所以F(2,0)．因為PF⊥x軸，所以可設(shè)P的坐標(biāo)為(2，yP)．因為P是C上一點，所以4－eq\f(y\o\al(2,P),3)＝1，解得yP＝±3，所以P(2，±3)，|PF|＝3.又因為A(1,3)，所以點A到直線PF的距離為1，所以S△APF＝eq\f(1,2)×|PF|×1＝eq\f(1,2)×3×1＝eq\f(3,2).故選D．答案：D4．(2015·全國卷Ⅱ)已知A，B為雙曲線E的左，右頂點，點M在E上，△ABM為等腰三角形，且頂角為120°，則E的離心率為()A．eq\r(5) B．2C．eq\r(3) D．eq\r(2)解析：不妨取點M在第一象限，如圖所示，設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則|BM|＝|AB|＝2a，∠MBx＝180°－120°＝60°，∴M點的坐標(biāo)為(2a，eq\r(3)a)．∵M點在雙曲線上，∴eq\f(4a2,a2)－eq\f(3a2,b2)＝1，a＝b，∴c＝eq\r(2)a，e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2).故選D．答案：D5．(2015·全國卷Ⅰ)已知M(x0，y0)是雙曲線C：eq\f(x2,2)－y2＝1上的一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2是C的兩個焦點．若eq\o(MF1,\s\up6(→))·eq\o(MF2,\s\up6(→))<0，則y0的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),3)，\f(\r(3),3))) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(3),6)，\f(\r(3),6)))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(2),3)，\f(2\r(2),3))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，\f(2\r(3),3)))解析：由題意知a＝eq\r(2)，b＝1，c＝eq\r(3)，∴F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，∴eq\o(MF,\s\up6(→))1＝(－eq\r(3)－x0，－y0)，eq\o(MF,\s\up6(→))2＝(eq\r(3)－x0，－y0)．∵eq\o(MF,\s\up6(→))1·eq\o(MF,\s\up6(→))2<0，∴(－eq\r(3)－x0)(eq\r(3)－x0)＋yeq\o\al(2,0)<0，即xeq\o\al(2,0)－3＋yeq\o\al(2,0)<0.∵點M(x0，y0)在雙曲線上，∴eq\f(x\o\al(2,0),2)－yeq\o\al(2,0)＝1，即xeq\o\al(2,0)＝2＋2yeq\o\al(2,0)，∴2＋2yeq\o\al(2,0)－3＋yeq\o\al(2,0)<0，∴－eq\f(\r(3),3)<y0<eq\f(\r(3),3).答案：A6．(2017·全國卷Ⅲ)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,9)＝1(a>0)的一條漸近線方程為y＝eq\f(3,5)x，則a＝________.解析：∵雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,9)＝1(a>0)，∴雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(3,a)x.又雙曲線的一條漸近線方程為y＝eq\f(3,5)x，∴a＝5.答案；57．(2015·全國卷Ⅰ)已知F是雙曲線C：x2－eq\f(y2,8)＝1的右焦點，P是C的左支上一點，A(0,6eq\r(6))．當(dāng)△APF周長最小時，該三角形的面積為________．解析：由雙曲線方程x2－eq\f(y2,8)＝1可知，a＝1，c＝3，故F(3,0)，F(xiàn)1(－3,0)．當(dāng)點P在雙曲線左支上運動時，由雙曲線定義知|PF|－|PF1|＝2，所以|PF|＝|PF1|＋2，從而△APF的周長＝|AP|＋|PF|＋|AF|＝|AP|＋|PF1|＋2＋|AF|.因為|AF|＝eq\r(32＋6\r(6)2)＝15為定值，所以當(dāng)(|AP|＋|PF1|)最小時，△APF的周長最小，由圖象可知，此時點P在線段AF1與雙曲線的交點處(如圖所示)．由題意可知直線AF1的方程為y＝2eq\r(6)x＋6eq\r(6)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2\r(6)x＋6\r(6),x2－\f(y2,8)＝1))得y2＋6eq\r(6)y－96＝0，解得y＝2eq\r(6)或y＝－8eq\r(6)(舍去)，所以S△APF＝S△AF1F－S△PF＝eq\f(1,2)×6×6eq\r(6)－eq\f(1,2)×6×2eq\r(6)＝12eq\r(6).答案：12eq\r(6)8．(2015·全國卷Ⅱ)已知雙曲線過點(4，eq\r(3))，且漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，則該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為________．解析：法一：∵雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(1,2)x，∴可設(shè)雙曲線的方程為x2－4y2＝λ(λ≠0)．∵雙曲線過點(4，eq\r(3))，∴λ＝16－4×(eq\r(3))2＝4，∴雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.法二：∵漸近線y＝eq\f(1,2)x過點(4,2)，而eq\r(3)<2，∴點(4，eq\r(3))在漸近線y＝eq\f(1,2)x的下方，在y＝－eq\f(1,2)x的上方(如圖)．∴雙曲線的焦點在x軸上，故可設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)．由已知條件可得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)＝\f(1,2)，,\f(16,a2)－\f(3,b2)＝1，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝4,b2＝1))∴雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)－y2＝1.答案：eq\f(x2,4)－y2＝1.拋物線1．(2016·全國甲卷)設(shè)F為拋物線C：y2＝4x的焦點，曲線y＝eq\f(k,x)(k＞0)與C交于點P，PF⊥x軸，則k＝()A．eq\f(1,2) B．1C．eq\f(3,2) D．2解析：∵y2＝4x，∴F(1,0)．又∵曲線y＝eq\f(k,x)(k＞0)與C交于點P，PF⊥x軸，∴P(1,2)．將點P(1,2)的坐標(biāo)代入y＝eq\f(k,x)(k＞0)，得k＝2.故選D．答案：D2．(2016·全國乙卷)以拋物線C的頂點為圓心的圓交C于A，B兩點，交C的準(zhǔn)線于D，E兩點．已知|AB|＝4eq\r(2)，|DE|＝2eq\r(5)，則C的焦點到準(zhǔn)線的距離為()A．2 B．4C．6 D．8解析：設(shè)拋物線的方程為y2＝2px(p>0)，圓的方程為x2＋y2＝r2.∵|AB|＝4eq\r(2)，|DE|＝2eq\r(5)，拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2)，∴不妨設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,p)，2\r(2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(5))).∵點Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,p)，2\r(2)))，Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(5)))在圓x2＋y2＝r2上，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(16,p2)＋8＝r2，,\f(p2,4)＋5＝r2，))∴eq\f(16,p2)＋8＝eq\f(p2,4)＋5，∴p＝4(負(fù)值舍去)．∴C的焦點到準(zhǔn)線的距離為4.答案：B3．(2015·全國卷Ⅰ)已知橢圓E的中心在坐標(biāo)原點，離心率為eq\f(1,2)，E的右焦點與拋物線C：y2＝8x的焦點重合，A，B是C的準(zhǔn)線與E的兩個交點，則|AB|＝()A．3 B．6C．9 D．12解析：拋物線y2＝8x的焦點為(2,0)，∴橢圓中c＝2，又eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴a＝4，b2＝a2－c2＝12，從而橢圓的方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1.∵拋物線y2＝8x的準(zhǔn)線為x＝－2，∴xA＝xB＝－2，將xA＝－2代入橢圓方程可得|yA|＝3，由圖象可知|AB|＝2|yA|＝6.故選B．答案：B4．(2014·全國卷Ⅰ)已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，準(zhǔn)線為l，P是l上一點，Q是直線PF與C的一個交點，若eq\o(FP,\s\up6(→))＝4eq\o(FQ,\s\up6(→))，則|QF|＝()A．eq\f(7,2) B．eq\f(5,2)C．3 D．2解析：過點Q作QQ′⊥l交l于點Q′，因為eq\o(FP,\s\up6(→))＝4eq\o(FQ,\s\up6(→))，所以|PQ|∶|PF|＝3∶4，又焦點F到準(zhǔn)線l的距離為4，所以|QF|＝|QQ′|＝3.故選C．答案：C5．(2017·全國卷Ⅱ)過拋物線C：y2＝4x的焦點F，且斜率為eq\r(3)的直線交C于點M(M在x軸的上方)，l為C的準(zhǔn)線，點N在l上，且MN⊥l，則M到直線NF的距離為()A．eq\r(5) B．2eq\r(2)C．2eq\r(3) D．3eq\r(3)解析：拋物線y2＝4x的焦點為F(1,0)，準(zhǔn)線方程為x＝－1.由直線方程的點斜式可得直線MF的方程為y＝eq\r(3)(x－1)．聯(lián)立得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x－1，,y2＝4x，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝\f(1,3)，,y＝－\f(2\r(3),3)))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝3，,y＝2\r(3).))∵點M在x軸的上方，∴M(3,2eq\r(3))．∵MN⊥l，∴N(－1,2eq\r(3))．∴|NF|＝eq\r(1＋12＋0－2\r(3)2)＝4，|MF|＝|MN|＝eq\r(3＋12＋2\r(3)－2\r(3)2)＝4.∴△MNF是邊長為4的等邊三角形．∴點M到直線NF的距離為2eq\r(3).故選C．答案：CB組高考對接限時訓(xùn)練(十三)(時間：35分鐘滿分70分)一、選擇題：本大題共10個小題，每小題5分，共50分．1．(2017·九江十校二模)已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點為F，A(4，y0)為拋物線C上一點，滿足|AF|＝eq\f(3,2)p，則p＝()A．1 B．2C．4 D．8解析：由題意可知：拋物線C：y2＝2px(p＞0)，焦點在x軸上，焦點坐標(biāo)Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，由拋物線的定義可知：|AF|＝4＋eq\f(p,2)，|AF|＝eq\f(3,2)p，∴eq\f(3p,2)＝4＋eq\f(p,2)，則p＝4，故選C．答案：C2．(2017·韶關(guān)一模)已知過拋物線y2＝4x的焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，且點A在第一象限，若|AF|＝3，則直線l的斜率為()A．1 B．eq\r(2)C．eq\r(3) D．2eq\r(2)解析：由題意可知焦點F(1,0)，設(shè)A(xA，yA)，B(xB，yB)，由|AF|＝3＝xA＋1，得xA＝2，又點A在第一象限，故A(2,2eq\r(2))，故直線l的斜率為2eq\r(2)，選D．答案：D3．設(shè)F1，F(xiàn)2是橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，P為直線x＝eq\f(3a,2)上一點，△F2PF1是底角為30°的等腰三角形，則E的離心率為()A．eq\f(1,2) B．eq\f(2,3)C．eq\f(3,4) D．eq\f(4,5)解析：由題意可得|PF2|＝|F1F2|，所以2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3a,2)－c))＝2c，所以3a＝4c，所以e＝eq\f(3,4).答案：C4．(2017·東北四校聯(lián)考)已知點F1，F(xiàn)2為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，點P在雙曲線C的右支上，且滿足|PF2|＝|F1F2|，∠F1F2P＝120°，則雙曲線的離心率為()A．eq\f(\r(3)＋1,2) B．eq\f(\r(5)＋1,2)C．eq\r(3) D．eq\r(5)解析：如圖，在△PF1F2中，|PF2|＝|F1F2|＝2c，又∠F1F2P＝120°，由余弦定理可得|PF1|2＝|F1F2|2＋|PF2|2－2|F1F2|·|PF2|·cos120°＝12c由雙曲線的定義可得2a＝|PF1|－|PF2|＝2eq\r(3)c－2c＝2(eq\r(3)故雙曲線的離心率e＝eq\f(2c,2a)＝eq\f(2c,2\r(3)－1c)＝eq\f(\r(3)＋1,2).答案：A5．從橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上一點P向x軸作垂線，垂足恰為左焦點F1，A是橢圓與x軸正半軸的交點，B是橢圓與y軸正半軸的交點，且AB∥OP(O是坐標(biāo)原點)，則該橢圓的離心率是()A．eq\f(\r(2),4) B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(2),2) D．eq\f(\r(3),2)解析：由題意可設(shè)P(－c，y0)(c為半焦距)，kOP＝－eq\f(y0,c)，kAB＝－eq\f(b,a)，由于OP∥AB，∴－eq\f(y0,c)＝－eq\f(b,a)，y0＝eq\f(bc,a)，把Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－c，\f(bc,a)))代入橢圓方程得eq\f(－c2,a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(bc,a)))2,b2)＝1，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))2＝eq\f(1,2)，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).選C．答案：C6．(2017·銅川二模)已知拋物線y2＝2x的弦AB的中點的橫坐標(biāo)為eq\f(3,2)，則|AB|的最大值為()A．1 B．2C．3 D．4解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝3，利用拋物線的定義可知，|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋1＝4，由圖可知|AF|＋|BF|≥|AB|?|AB|≤4，當(dāng)且僅當(dāng)直線AB過焦點F時，|AB|取得最大值4.答案：D7．(2017·濮陽一模)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F1作x軸的垂線交雙曲線于A，B兩點，若∠AF2B＜eq\f(π,3)，則雙曲線離心率的取值范圍是()A．(1，eq\r(3)) B．(1，eq\r(6))C．(1,2eq\r(3)) D．(eq\r(3)，3eq\r(3))解析：由題意可知，雙曲線的通徑為eq\f(2b2,a)，因為過焦點F1且垂直于x軸的弦為AB，若∠AF2B＜eq\f(π,3)，所以eq\f(\f(b2,a),2c)＝tan∠AF2B＜eq\f(\r(3),3)，e＝eq\f(c,a)＞1，所以eq\f(c2－a2,2ac)＜eq\f(\r(3),3)，eq\f(1,2)e－eq\f(1,2e)＜eq\f(\r(3),3)，由解得e∈(1，eq\r(3))．故選A．答案：A8．(2017·汕頭二模)過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點F作直線l與雙曲線交于A，B兩點，使得|AB|＝4b，若這樣的直線有且僅有兩條，則離心率e的取值范圍是()A．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(5),2))) B．(eq\r(5)，＋∞)C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(5),2)，\r(5))) D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(5),2)))∪(eq\r(5)，＋∞)解析：由題意過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦點F，作直線l與雙曲線交于A，B兩點，①當(dāng)A、B位于雙曲線左支時，需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2b2,a)＜|AB|＝4b,2a＞4b,e＞1))可得1＜e＜eq\f(\r(5),2).②當(dāng)A、B位于雙曲線兩支時，需滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2a＜4b,\f(2b2,a)＞4b,e＞1))，可得e＞eq\r(5)，所以，滿足條件的e的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(5),2)))∪(eq\r(5)，＋∞)．故選D．答案：D9．(2017·清遠(yuǎn)一模)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，四個頂點構(gòu)成的四邊形的面積為4，過原點的直線l(斜率不為零)與橢圓C交于A，B兩點，F(xiàn)1，F(xiàn)2為橢圓的左、右焦點，則四邊形AF1BF2的周長為()A．4 B．4eq\r(3)C．8 D．8eq\r(3)解析：由題意可知：橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)焦點在x軸上，由橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，即4c2＝3a2，由四個頂點構(gòu)成的四邊形的面積為4，根據(jù)菱形的面積公式可知S＝eq\f(1,2)×2a×2b＝4，即ab＝2，由a2＝c2＋b2，解得：a＝2，b＝1，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為：eq\f(x2,4)＋y2＝1，由橢圓的定義可知：四邊形AF1BF2的周長4a＝8，故選C．答案：C10．(2017·河南六市二模)已知F2、F1是雙曲線eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)的上、下焦點，點F2關(guān)于漸近線的對稱點恰好落在以F1為圓心，|OF1|為半徑的圓上，則雙曲線的離心率為()A．3 B．eq\r(3)C．2 D．eq\r(2)解析：由題意，F(xiàn)1(0，－c)，F(xiàn)2(0，c)，一條漸近線方程為y＝eq\f(a,b)x，則F2到漸近線的距離為eq\f(bc,\r(a2＋b2))＝b.設(shè)F2關(guān)于漸近線的對稱點為M，F(xiàn)2M與漸近線交于A，∴|MF2|＝2b，A為F2M的中點，又O是F1F2的中點，∴OA∥F1M，∴∠F1MF2為直角，∴△MF1F2為直角三角形，∴由勾股定理得4c2＝c2＋4b2，∴3c2＝4(c2－a2)，∴c2＝4a2，∴c＝2a，答案：C二、填空題：本大題共4小題，每小題5分．共20分．11．(2016·北京高考)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線為2x＋y＝0，一個焦點為(eq\r(5)，0)，則a＝________，b＝________.解析：因為雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線為2x＋y＝0，即y＝－2x，所以eq\f(b,a)＝2.