压轴题02圆锥曲线压轴题十七大题型汇总-1

这是一份压轴题02圆锥曲线压轴题十七大题型汇总-1，共29页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．双曲线的左右焦点分别为是双曲线右支上一点，点关于平分线的对称点也在此双曲线上，且，则双曲线的离心率为（ ）
A．B．C．D．
2．如图所示，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.根据椭圆的光学性质解决下面的题目：已知曲线C的方程为，其左、右焦点分别是，，直线l与椭圆C切于点P，且，过点P且与直线l垂直的直线与椭圆长轴交于点M，则（ ）
A．B．C．D．
3．已知平面直角坐标系中的定点，，，动点，其中现将坐标平面沿x轴翻折成平面角为的二面角，则C，P两点间距离的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知动直线l的方程为，，，O为坐标原点，过点O作直线l的垂线，垂足为Q，则线段PQ长度的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．过点作圆的切线，为切点，，则的最大值是（ ）
A．B．C．D．
6．艾溪湖大桥由于设计优美，已成为南昌市的一张城市名片.该大桥采用对称式外倾式拱桥结构，与桥面外伸的圆弧形人行步道相对应，寓意“张开双臂，拥抱蓝天”，也有人戏称：像一只展翅的蝴蝶在翩翩起舞（如图）.其中像蝴蝶翅膀的叫桥的拱肋（俗称拱圈），外形是抛物线，最高点即抛物线的顶点在桥水平面的投影恰为劣弧的中点（图2），拱圈在竖直平面内投影的高度为，劣弧所在圆的半径为，拱跨度为，桥面宽为，则关于大桥两个拱圈所在平面夹角的余弦值，下列最接近的值是（ ）（已知

A．B．C．D．
7．已知直线BC垂直单位圆O所在的平面，且直线BC交单位圆于点A，，P为单位圆上除A外的任意一点，l为过点P的单位圆O的切线，则（ ）
A．有且仅有一点P使二面角取得最小值
B．有且仅有两点P使二面角取得最小值
C．有且仅有一点P使二面角取得最大值
D．有且仅有两点P使二面角取得最大值
二、多选题
8．在平面直角坐标系中，定义为点到点的“折线距离”．点是坐标原点，点在直线上，点在圆上，点在抛物线上．下列结论中正确的结论为（ ）
A．的最小值为2B．的最大值为
C．的最小值为D．的最小值为
三、填空题
9．一光源在桌面的正上方，半径为2的球与桌面相切，且PA与球相切，小球在光源的中心投影下在桌面产生的投影为一椭圆（其中球与截面的切点即为椭圆的焦点），如图所示，形成一个空间几何体，且正视图是，其中，则该椭圆的离心率 .
10．如图，在中，已知，其内切圆与AC边相切于点D，且，延长BA到E，使，连接CE，设以E，C为焦点且经过点A的椭圆的离心率为，以E，C为焦点且经过点A的双曲线的离心率为，则的取值范围是 ．
11．机场为旅客提供的圆锥形纸杯如图所示，该纸杯母线长为，开口直径为．旅客使用纸杯喝水时，当水面与纸杯内壁所形成的椭圆经过母线中点时，椭圆的离心率等于 ．
12．是圆上一动点，为的中点，为坐标原点，则的最大值为 .
13．在平面直角坐标系中，定义为两点间的“曼哈顿距离”.已知椭圆，点在椭圆上，轴.点满足.若直线与的交点在轴上，则的最大值为 .
14．我们称如图的曲线为“爱心线”，其上的任意一点都满足方程，现将一边在x轴上，另外两个顶点在爱心线上的矩形称为心吧．若已知点“爱心线”上任意一点的最小距离为，则用表示心吧面积的最大值为 ．
四、解答题
15．如图，在平面直角坐标系中，半径为1的圆沿着轴正向无滑动地滚动，点为圆上一个定点，其初始位置为原点为绕点转过的角度（单位：弧度，）.

(1)用表示点的横坐标和纵坐标；
(2)设点的轨迹在点处的切线存在，且倾斜角为，求证：为定值；
(3)若平面内一条光滑曲线上每个点的坐标均可表示为，则该光滑曲线长度为，其中函数满足.当点自点滚动到点时，其轨迹为一条光滑曲线，求的长度.
16．如图，由部分椭圆和部分双曲线，组成的曲线称为“盆开线”．曲线与轴有两个交点，且椭圆与双曲线的离心率之积为．
(1)设过点的直线与相切于点，求点的坐标及直线的方程；
(2)过的直线与相交于点三点，求证：．
17．在平面直角坐标系中，利用公式①（其中，，，为常数），将点变换为点的坐标，我们称该变换为线性变换，也称①为坐标变换公式，该变换公式①可由，，，组成的正方形数表唯一确定，我们将称为二阶矩阵，矩阵通常用大写英文字母，，…表示．
(1)在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转得到点（到原点距离不变），求点的坐标；
(2)如图，在平面直角坐标系中，将点绕原点按逆时针旋转角得到点（到原点距离不变），求坐标变换公式及对应的二阶矩阵；
(3)向量（称为行向量形式），也可以写成，这种形式的向量称为列向量，线性变换坐标公式①可以表示为：，则称是二阶矩阵与向量的乘积，设是一个二阶矩阵，，是平面上的任意两个向量，求证：．
18．如图所示，在圆锥内放入两个球，它们都与圆锥的侧面相切（即与圆锥的每条母线相切），且这两个球都与平面α相切，切点分别为 ，数学家丹德林利用这个模型证明了平面α与圆锥侧面的交线为椭圆，记为Γ，为椭圆Γ的两个焦点.设直线分别与该圆锥的母线交于A，B两点，过点A的母线分别与球相切于 C，D 两点，已知以直线为x轴，在平面α内，以线段的中垂线为y轴，建立平面直角坐标系.
(1)求椭圆Γ的标准方程.
(2)点 T在直线上，过点T作椭圆Γ的两条切线，切点分别为M，N，A，B分别是椭圆Γ的左、右顶点，连接，设直线与交于点P.证明:点 P 在直线上.
19．人类对地球形状的认识经历了漫长的历程．古人认为宇宙是“天圆地方”的，以后人们又认为地球是个圆球.17世纪，牛顿等人根据力学原理提出地球是扁球的理论，这一理论直到1739年才为南美和北欧的弧度测量所证实．其实，之前中国就曾进行了大规模的弧度测量，发现纬度越高，每度子午线弧长越长的事实，这同地球两极略扁，赤道隆起的理论相符．地球的形状类似于椭球体，椭球体的表面为椭球面，在空间直角坐标系下，椭球面，这说明椭球完全包含在由平面所围成的长方体内，其中按其大小，分别称为椭球的长半轴、中半轴和短半轴．某椭球面与坐标面的截痕是椭圆.
(1)已知椭圆在其上一点处的切线方程为．过椭圆的左焦点作直线与椭圆相交于两点，过点分别作椭圆的切线，两切线交于点，求面积的最小值．
(2)我国南北朝时期的伟大科学家祖暅于5世纪末提出了祖暅原理：“幂势既同，则积不容异”．祖暅原理用现代语言可描述为：夹在两个平行平面之间的两个几何体，被平行于这两个平面的任意平面所截，如果截得的两个截面的面积总相等，那么这两个几何体的体积相等．当时，椭球面围成的椭球是一个旋转体，类比计算球的体积的方法，运用祖暅原理求该椭球的体积．
20．已知椭圆的左、右焦点分别为，离心率为，过点的动直线交于A，B两点，点在轴上方，且不与轴垂直，的周长为，直线与交于另一点，直线与交于另一点，点为椭圆的下顶点，如图①.
(1)当点为椭圆的上顶点时，将平面xOy沿轴折叠如图②，使平面平面，求异面直线与所成角的余弦值；
(2)若过作，垂足为.
（i）证明:直线过定点；
（ii）求的最大值.
参考答案：
1．B
【分析】如图，由题意可知且三点共线，设，根据双曲线的定义求得，，，在、中分别利用余弦定理计算即可求解.
【详解】如图，设关于平分线的对称点为Q，则该角平分线为线段的垂直平分线，
所以，且三点共线，设，
则，，所以，
在中，由余弦定理，得，
又，所以，解得，所以，
在中，由余弦定理，得，
整理，得，由，解得.
即双曲线的离心率为.
故选：B
2．D
【分析】根据椭圆定义和光的反射定理，以及角平分线定理可得
【详解】由已知得，，
由椭圆定义可得，
根据光的反射定理可得为的角平分线，
由正弦定理，
所以，，又
所以
即.
故选：D.
3．A
【分析】先求出动点的轨迹方程，然后利用椭圆的参数方程求解空间中两点C，P的距离．
【详解】由，得动点的轨迹方程为，
于是可设；设上半椭圆所在平面为，下半椭圆所在平面为，
当时，，
因为，，所以，从而；
若，依题意，点C到平面上的距离为，射影点，
于是，
因为， ，此时，从．
综上可得，，
故选：A ．
4．B
【分析】利用万能公式将直线方程化为，求出过原点与直线垂直的直线方程，进而得出点的轨迹为圆心为半径为3的圆，进而转化为点到圆的距离即可求解.
【详解】由可得，
令，由万能公式可得，
，所以直线的方程为①，
由题意可知过原点与直线垂直的直线方程为②，
可得，即表示点的轨迹为圆心为半径为3的圆，
于是线段长度的取值范围为，因为，
所以线段PQ长度的取值范围为，
故选：B.
5．D
【分析】根据题意可得，三角换元令，，，利用三角恒变换求出最大值.
【详解】根据题意，设圆的圆心为，则，
，令，，，
则，其中，
所以的最大值为.
故选：D.
6．A
【分析】根据题意求得，从而得到，再利用对称性与余弦的倍角公式，结合齐次式弦化切即可得解.
【详解】设弧的中点为，弦的中点为，圆心为，拱圈的顶点为，

有，易知，
则，故，
设，则，
根据对称性两个拱圈所在平面的夹角的余弦值为：.
故选：A.
7．D
【分析】先作出二面角的平面角，表示出二面角的正切值，再构造辅助函数，最后用导数求最值方法判断．
【详解】过A作于M，连接MB、MC，如图所示，
因为直线BC垂直单位圆O所在的平面，直线在平面内，且直线BC交单位圆于点A，
所以，平面，，所以平面，
平面，所以，，
所以是二面角的平面角，
设，，，，则，
由已知得，，
， ， ，
令，则，
当时，，单调递增，当时，，单调递减，
所以，当时，取最大值，没有最小值，
即当时取最大值，从而取最大值，
由对称性知当时，对应P点有且仅有两个点，
所以有且仅有两点P使二面角B﹣l﹣C取得最大值．
故选：D．
8．BCD
【分析】对A，根据折线距离的定义，写出，利用绝对值放缩和绝对值不等式，可判断对错；
对B，根据折线距离的定义，写出，利用基本（均值）不等式可判断对错；
对C：利用圆的参数方程，结合折线距离的定义，写出，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合三角函数的最值，可判断对错；
对D：利用抛物线的参数方程，，结合折线距离的定义，写出，利用绝对值放缩和绝对值不等式，结合二次函数的值域，可判断对错.
【详解】对A：设，则（当且仅当时取“”）.故A错；
对B：设，则.则，故B对；
对C：设，，则
（当且仅当，时取“”）.故C对；
对D：设，，则
（当且仅当时取“”）.故D正确.
故选：BCD
【点睛】关键点点睛：本题的关键之一是对“折线距离”的理解，根据新定义，写出折线距离；关键之二是含有绝对值的式子的处理，可根据绝对值的放缩和绝对值不等式，去掉绝对值的符号再求相关最值.
9．/0.5
【分析】作出球的截面图，易得，结合正切的二倍角公式求出的值，进而知长轴的长，再由球与相切的切点为椭圆的一个焦点，可得的值，最后由，得解．
【详解】如图，是球的一个截面，圆分别与相切于点，，
因为，球的半径为2，所以，，
所以，
所以，
因为是椭圆的长轴长，所以，所以，
根据球与相切的切点为椭圆的一个焦点，
所以，所以，
所以离心率．
故答案为：．
10．
【分析】设分别是与圆的切点，设，利用椭圆，双曲线的定义分切求出的表达式，进而可得的表达式，然后求出的取值范围即可的解.
【详解】如图以的中点为原点直角坐标系，设分别是与圆的切点，由圆的切线性质得，
设，所以，，
在中，，
以为焦点经过点的双曲线的离心率为，
以为焦点经过点的椭圆的离心率为，
则，
在中，设，所以，，
由余弦定理可得，
所以，所以，得，
由对勾函数的单调性可得函数在上单调递增，
所以.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：根据圆锥曲线的定义结合条件表示出，然后根据余弦定理结合条件求出参数的取值范围是解出此题的关键.
11．/
【分析】依题意，利用等腰三角形求得,再由余弦定理求出椭圆长轴长，作出圆锥的轴截面交椭圆于点，建立坐标系，利用三角形重心性质和相似三角形求出点坐标，代入椭圆方程即可求得半短轴长，利用离心率定义计算即得.
【详解】
如图，设,因,故，又,
由余弦定理，，
即,
设椭圆中心为,作圆锥的轴截面,与底面直径交于，与椭圆交于，
连交于，以点为原点，为轴，建立直角坐标系.
则,又由得,
从而则得,
不妨设椭圆方程为，把和点坐标代入方程，解得，
则，故
故答案为：.
12．
【分析】写出圆的参数方程，进而可得点坐标，结合两点间距离公式转化为求三角函数的最值即可.
【详解】如图所示，
因为圆：的参数方程为，
所以设点，则的中点，
所以，
当时，取得最大值为.
故答案为：.
13．
【分析】先根据条件找出坐标的关系，结合三角换元可得答案.
【详解】设,由题意，；
不妨设点位于第一象限，由可得,
设直线与的交点为，则有,;
，
由可得，整理得①；
，
由可得，整理得②；
联立①②可得，由题意，所以，
由椭圆的对称性可知，
，
因为，设，，
，其中；
所以当时，取到最大值.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有三个：一是理解新定义的含义；二是根据条件找出坐标的关系;三是借助三角函数求解最值.
14．
【分析】根据题意，得到，曲线上任意一点求得的最小值为，进而求得心吧面积的最大值.
【详解】解：由曲线方程，
由点“爱心线”上任意一点且点在轴的右侧，
所以点“爱心线”上任意一点的最小距离，一定出现在爱心线位于轴的右侧的点，
当时，可得，
设曲线上任意一点，且，
有，
因为的最小值为，所以的最小值为，
当时，心吧面积为的最小值为；
当时，心吧面积为的最大值为.
故答案为：.
15．(1)；
(2)证明见解析；
(3)8.
【分析】（1）根据给定条件，结合三角函数及弧长计算求解.
（2）利用复合函数的求导公式，求出切线斜率，再借助三角恒等变换推理即得.
（3）由（1）及给定信息，求出并确定原函数，再求出弧长即得.
【详解】（1）依题意，，则，
所以.
（2）由复合函数求导公式及（1）得，因此，
而
，
所以为定值1.
（3）依题意，.
由，得，则，于是（为常数），
则，
所以的长度为8.
【点睛】结论点睛：函数是区间D上的可导函数，则曲线在点处的切线方程为：.
16．(1)，
(2)证明见解析
【分析】（1）根据离心率乘积以及，可求得，可得椭圆方程和双曲线方程，设切点为，可得切线方程，由过点，即可求解和直线方程；
（2）设出直线方程，联立椭圆方程和双曲线方程，利用韦达定理，结合的斜率之和为零，即可求证.
【详解】（1）由题设可得,，
故椭圆方程为：，双曲线方程为．
由图可知，切点在双曲线上．
设，则，则切线的方程为：，
因为直线过点，所以，，
将代入，得，
所以，，直线的方程为：．
（2）由题意可得的斜率存在且不为零，故设方程为：，
联立整理得：，
,即且,
解得：或，即．
联立整理得：，
解得：或，即．
所以，
所以，所以．
17．(1)
(2)，
(3)证明见解析
【分析】（1）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标；
（2）利用三角函数的定义得到旋转之前的和，再由两角和的正弦、余弦公式得到点的坐标，再根据变换公式的定义得到变换公式及与之对应的二阶矩阵；
（3）根据定义分别计算、、，证明即可.
【详解】（1）可求得，设，则，，
设点，，
故
所以.
（2）设，，则，，，
故
所以坐标变换公式为，
该变换所对应的二阶矩阵为
（3）设矩阵，向量，，则．
，
对应变换公式为：，
，
所以
故对应变换公式同样为
所以得证.
【点睛】方法点睛：利用三角函数的定义解题：（1）角的顶点与坐标原点重合；（2）角的始边与轴正半轴重合；在角的终边上任取一点，该点到原点的距离，则：；； .
18．(1)
(2)证明见解析
【分析】（1）根据切线长定理可得，可得，，从而可求解.
（2）根据题意设出直线，分别与椭圆方程联立，再结合根与系数的关系从而可求解.
【详解】（1）设椭圆Γ的标准方程为 ，
由切线长定理知，
则，解得.
由，解得 .
所以椭圆Γ的标准方程为
（2）
设,
已知，设，
联立方程组 ，
消去 y得 ，
显然，
由，可得 ，，
所以，
联立方程组，
消去 y得 ，
显然，
由，可得 ，，
同理
因为 M，N是切点，且，所以直线的方程为 ，即，
显然直线MN过定点，即M，D，N三点共线，则 ，
解得或（舍去），
联立方程组，解得 ，
即点 P 在直线上.
【点睛】方法点睛：利用韦达定理法解决直线与圆锥曲线相交问题的基本步骤如下：
（1）设直线方程，设交点坐标为；
（2）联立直线与圆锥曲线的方程，得到关于（或）的一元二次方程，注意的判断；
（3）列出韦达定理；
（4）将所求问题或题中的关系转化为、（或、）的形式；
（5）代入韦达定理求解.
19．(1)
(2)
【分析】（1）根据题意可知点的坐标，直线不与轴重合，设出直线的方程，联立椭圆方程，得到关于的一元二次方程，求出，根据题意可得椭圆在点处的切线方程，进而求出点的坐标，求出点到直线的距离，即可求出的表达式，利用导数求得最小值
（2）类比利用祖暅原理求球的体积的方法，构造以1为半径，为高的圆柱，挖去同底（圆柱的上底）等高的圆锥构成的几何体与半椭球满足祖暅原理的条件，结合圆柱以及圆锥的体积公式，即可求得椭球的体积.
【详解】（1）椭圆的标准方程为，则．
当直线的倾斜角为时，分别为椭圆的左、右顶点，此时两切线平行无交点，不符合题意，
所以直线的倾斜角不为,
设直线,
由,得，
则，
所以
,
又椭圆在点处的切线方程为，在点处的切线方程为，
由，得，
代入，得，所以，
则点到直线的距离，
所以，
设，则，
令，则，所以在上单调递增，
所以当，即时，的面积最小，最小值是；
（2）椭圆的焦点在轴上，长半轴长为，短半轴长为1，
椭球由椭圆及其内部绕轴旋转而成旋转体，
构造一个底面半径为1，高为的圆柱，在圆柱中挖去一个以圆柱下底面圆心为顶点，
圆柱上底面为底面的圆锥后得到一新几何体，
当平行于底面的截面与圆锥顶点距离为时，设小圆锥底面半径为，
则，即，所以新几何体的截面面积为，
把代入，得，解得，
所以半椭球的截面面积为，
由祖暅原理，得椭球的体积.
【点睛】难点点睛：本题考查了椭圆相关三角形面积的求法以及祖暅原理的应用，题目比较新颖，难度较大，解答的难点在于计算三角形面积时，要结合直线方程和椭圆方程联立，得出根与系数的关系，进行化简求解，计算量较大，另外要发挥空间想象能力，构造出圆柱中挖去一个圆锥，进而利用祖暅原理求解体积.
20．(1)
(2)（i）证明见详解；（ii）
【分析】（1）据题意求出椭圆方程，折叠后建立空间直角坐标系，利用空间向量即可求出异面直线与所成角的余弦值；
（2）（i）联立直线与椭圆的方程，根据韦达定理求出点的坐标，同理得到点的坐标，进而得到直线的方程，根据对称性，可判断定点在轴上，故令，即可得到定点坐标；（ii）由题意可知，点的轨迹为以，为直径的圆（除外），由即可求解.
【详解】（1）由椭圆定义可知，，
所以的周长为，所以，
又因为椭圆离心率为，所以，所以，
又，所以椭圆的方程：，
所以椭圆的焦点为，，
当点为椭圆的上顶点时，，
所以直线的方程为：，
由解得，，
由对称性知，
以为坐标原点，折叠后原轴负半轴，原轴，原轴的正半轴所在直线为轴建立如图空间直角坐标系，
则，，，，
，，
设直线与所成角为，
则，
异面直线与所成角的余弦值为.
（2）（i）设点，，，，
则直线的方程为，则，
由得，，
所以，
因为，所以，
所以，故，
又，
同理，，，
由三点共线，得，
所以，
直线的方程为，
由对称性可知，如果直线过定点，则该定点在轴上，
令得，
，
故直线过定点.
（ii）由题意知点，点的轨迹为以，为直径的圆（除外），
圆心为，半径为，故.
【点睛】方法点睛：求解直线过定点问题常用方法如下：
（1）“特殊探路，一般证明”，即先通过特殊情况确定定点，再转化为有方向、有目的的一般性证明；
（2）“一般推理，特殊求解”：即设出定点坐标，根据题设条件选择参数，建立一个直线系或曲线的方程，再根据参数的任意性得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求点；
（3）求证直线过定点，常利用直线的点斜式方程或截距式来证明.