备战2025年高考二轮复习数学专题突破练21 圆锥曲线的定义、方程与性质（提升篇）（Word版附解析）

这是一份备战2025年高考二轮复习数学专题突破练21 圆锥曲线的定义、方程与性质（提升篇）（Word版附解析），共11页。试卷主要包含了故选A，故选D，已知双曲线C等内容，欢迎下载使用。

主干知识达标练
1.(2024山东聊城二模)点P在抛物线y2=8x上,若点P到点(2,0)的距离为6,则点P到y轴的距离为( )
A.4B.5C.6D.7
答案A
解析根据抛物线方程可知,焦点为(2,0),准线方程为x=-2,点P到焦点的距离为6,即点P到准线的距离为6,所以点P到y轴的距离为6-2=4.故选A.
2.(2024江苏扬州模拟)已知椭圆x2a+y2=1(a>1)的离心率为32,则抛物线y=ax2的焦点坐标为( )
A.116,0B.0,18C.18,0D.0,116
答案D
解析因为椭圆x2a+y2=1(a>1)的离心率为32,所以1-1a=32,解得a=4,则抛物线y=ax2的标准方程为x2=14y,它的焦点坐标为0,116.故选D.
3.(2024河北沧州一模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线的倾斜角为π6,其焦点到渐近线的距离为2,则C的方程为( )
A.x24-y26=1B.x212-y24=1
C.x26-y24=1D.x26-y23=1
答案B
解析由题意可得ba=tanπ6=33,所以a=3b,双曲线的渐近线方程为y=±33x,即x±3y=0,不妨设焦点(c,0)到渐近线x+3y=0的距离为2,即d=|c|1+3=c2=2,解得c=4,又a2+b2=c2=16,a=3b,所以b2=4,a2=12,
所以C的方程为x212-y24=1.故选B.
4.(2023全国甲,文7)设F1,F2为椭圆C:x25+y2=1的两个焦点,点P在C上,若PF1·PF2=0,则|PF1|·|PF2|=( )
A.1B.2C.4D.5
答案B
解析由椭圆C:x25+y2=1,知a2=5,b2=1,则c2=a2-b2=4,即c=2,则|F1F2|=2c=4.
∵PF1·PF2=0,
∴PF1⊥PF2,即∠F1PF2=90°.
在Rt△PF1F2中,|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2,∵|PF1|+|PF2|=2a=25,
∴(|PF1|+|PF2|)2-2|PF1|·|PF2|=|F1F2|2.
∴20-2|PF1|·|PF2|=16,
解得|PF1|·|PF2|=2.故选B.
5.(2024湖南衡阳二模)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F,虚轴的上、下端点分别为A,B,若|FA+FB|=2|FA-FB|,则C的离心率为( )
A.233B.52C.3D.255
答案A
解析根据题意,作图如下:
|FA+FB|=2|FA-FB|,即2|FO|=2|BA|,也即c=2b,故c2=4b2=4(c2-a2),解得c2a2=43,则ca=233,即双曲线C的离心率为233.故选A.
6.(多选题)(2024湖南长沙一模)某彗星的运行轨道是以太阳为一个焦点的椭圆.测得轨道的近日点(距离太阳最近的点)与太阳中心的距离为d1,远日点(距离太阳最远的点)与太阳中心的距离为d2,并且近日点、远日点及太阳中心在同一条直线上,则( )
A.轨道的焦距为d2+d1
B.轨道的离心率为d2-d1d2+d1
C.轨道的短轴长为2d1d2
D.当d1d2越大时,轨道越扁
答案BC
解析以近日点和远日点的中点为坐标原点,近日点和远日点连线所在直线为x轴建立平面直角坐标系.
设该椭圆的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0).
由题知a-c=d1,a+c=d2,解得a=d1+d22,c=d2-d12,因为轨道的焦距为2c=d2-d1,所以选项A错误;
因为离心率为ca=d2-d1d2+d1,所以选项B正确;
因为轨道的短轴长为2a2-c2=2(d1+d22) 2-(d1-d22) 2=2d1d2,所以选项C正确;
因为d2-d1d2+d1=1-d1d21+d1d2=-1+21+d1d2,则d1d2越大时,离心率越小,则轨道越圆,所以选项D错误.故选BC.
7.(多选题)(2023新高考Ⅱ,10)设O为坐标原点,直线y=-3(x-1)过抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点,且与C交于M,N两点,l为C的准线,则( )
A.p=2
B.|MN|=83
C.以MN为直径的圆与l相切
D.△OMN为等腰三角形
答案AC
解析对于A,在y=-3(x-1)中令y=0,得x=1,所以抛物线的焦点为(1,0),所以p2=1,所以p=2,故A正确;
对于B,由A知,抛物线的方程为y2=4x,则由y=-3(x-1),y2=4x,得x=13,y=233或x=3,y=-23.
不妨设M13,233,N(3,-23),则由抛物线的定义知|MN|=13+3+2=163,故B不正确;
对于C,由B知,以MN为直径的圆的圆心为53,-233,半径为83,又抛物线的准线l的方程为x=-p2=-1,圆心到准线l的距离为53-(-1)=83,故以MN为直径的圆与l相切,故C正确;
对于D,因为|OM|=(13) 2+(233) 2=133,|ON|=32+(-23)2=21,|MN|=163,可知△OMN不是等腰三角形,故D不正确.故选AC.
8.(5分)(2024广东湛江二模)已知F1,F2是椭圆C的两个焦点,若C上存在一点P满足|PF1|2=19|PF2|2,则C的离心率的取值范围是 .
答案10-199,1
解析因为|PF1|2=19|PF2|2,所以|PF1|=19|PF2|,由椭圆定义知2a=|PF1|+|PF2|=(19+1)|PF2|,所以|PF2|=(19-1)a9∈[a-c,a+c],则e=ca≥10-199,又09.(5分)(2024湖南益阳模拟)已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1作一条渐近线的垂线交双曲线C的左支于点P,已知|PF1||PF2|=25,则双曲线C的渐近线方程为 .
答案y=±2x
解析根据题意画出图象如下:
由|PF1||PF2|=25得|PF1|=25|PF2|,又|PF2|-|PF1|=2a,所以|PF2|=10a3,|PF1|=4a3,双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的渐近线方程为bx±ay=0,
则点F1(-c,0)到渐近线的距离d=|-bc|b2+a2=b,所以在△PF1F2中,cs∠PF1F2=bc,
由余弦定理得|PF2|2=|PF1|2+|F1F2|2-2|PF1||F1F2|cs∠PF1F2,
即100a29=16a29+4c2-16ab3,化简得ba2-43·ba-43=0,即ba-2ba+23=0,解得ba=2或ba=-23,因为a>0,b>0,所以ba=2.
则双曲线C的渐近线方程为y=±2x.
关键能力提升练
10.(2024山东日照一模)过双曲线x24-y212=1的右支上一点P,分别向☉C1:(x+4)2+y2=3和☉C2:(x-4)2+y2=1作切线,切点分别为M,N,则(PM+PN)·NM的最小值为( )
A.28B.29C.30D.32
答案C
解析由双曲线方程x24-y212=1可知a=2,b=23,c=a2+b2=4,可知双曲线方程的左、右焦点分别为F1(-4,0),F2(4,0),圆C1的圆心为C1(-4,0)(即F1),半径为r1=3;
圆C2的圆心为C2(4,0)(即F2),半径为r2=1.
如图,连接PF1,PF2,F1M,F2N,则MF1⊥PM,NF2⊥PN,可得(PM+PN)·NM=(PM+PN)·(PM-PN)=|PM|2-|PN|2=(|PF1|2-r12)-(|PF2|2-r22)=(|PF1|2-3)-(|PF2|2-1)=|PF1|2-|PF2|2-2=(|PF1|-|PF2|)(|PF1|+|PF2|)-2=2a(|PF1|+|PF2|)-2≥2a·2c-2=2×2×2×4-2=30,
当且仅当P为双曲线的右顶点时,等号成立,即(PM+PN)·NM的最小值为30.故选C.
11.(多选题)(2024山东青岛模拟)已知椭圆C:x29+y2b2=1(0A.b=6
B.|AB|∈[4,6]
C.离心率e=32
D.若OA⊥OB,则1|OA|2+1|OB|2=518
答案AB
解析如图,易知a=3,由椭圆定义可知|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=12.
因为|AF2|+|BF2|≤8恒成立,所以|AB|≥4,当AB⊥x轴时,|AB|最小,所以|AB|min=2b2a=4,解得b=6,所以A正确;
当|AB|为长轴时,|AB|最大,此时|AB|=2a=6,所以|AB|∈[4,6],所以B正确;
可得椭圆方程为C:x29+y26=1,则c=a2-b2=3,得离心率e=ca=33,所以C错误;
因为F1(-3,0),可设直线l的方程为x=my-3,A(x1,y1),B(x2,y2),联立x=my-3,x29+y26=1,整理可得(2m2+3)y2-43my-12=0,因此y1+y2=43m2m2+3,y1y2=-122m2+3.
若OA⊥OB,可得OA·OB=0,即x1x2+y1y2=0,所以(m2+1)y1y2-3m(y1+y2)+3=0,整理得6m2+1=0,此时方程无解,因此D错误.故选AB.
12.(多选题)(2024湖南衡阳模拟)已知抛物线Γ:y2=2px(p>0)过点P(2,22),其焦点为F,过点F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与抛物线Γ相交于A,B两点,直线l2与Γ相交于C,D两点(如图所示),则下列结论正确的是( )
A.抛物线Γ的方程为y2=4x
B.抛物线Γ的准线方程为x=-2
C.△ACF和△BFD面积之和的最小值为7
D.△ACF和△BFD面积之和的最小值为8
答案AD
解析将点P(2,22)代入y2=2px,得8=4p,解得p=2,所以抛物线Γ的方程为y2=4x,故A正确;
由y2=4x知,抛物线的准线方程为x=-1,故B错误;
易知直线l1,l2斜率均存在且不为0,设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l1的方程为y=k(x-1),联立y2=4x,y=k(x-1),即k2x2-(2k2+4)x+k2=0,①
所以x1+x2=2+4k2,x1x2=1,
设C(x3,y3),D(x4,y4),则直线l2的斜率为-1k,代入①中,得x3+x4=2+4k2,x3·x4=1,所以△ACF和△BFD面积之和为S=12|FA|·|FC|+12|FB|·|FD|=12[(x1+1)(x3+1)+(x2+1)(x4+1)]=12(x1x3+x2x4+x1+x2+x3+x4)+1=12x1x3+x2x4+2+4k2+2+4k2+1≥122x1x2x3x4+24k2·4k2+4+1=8,当且仅当k=±1,且x1x3=x2x4时等号成立,所以△ACF和△BFD面积之和的最小值为8,故C错误,D正确.故选AD.
13.(多选题)(2024云南昆明模拟)已知椭圆C:x25+y24=1的左、右焦点分别为F1,F2,直线y=m与C交于A,B两点(A在y轴右侧),O为坐标原点,则下列说法正确的是( )
A.|AF1|+|BF1|=25
B.当m=455时,四边形ABF1F2为矩形
C.若AF1⊥BF1,则m=43
D.存在实数m使得四边形ABF1O为平行四边形
答案ABD
解析如图,根据椭圆方程可得a=5,b=2,c=1,F1(-1,0),F2(1,0).
由对称性可得|AF1|+|BF1|=|AF1|+|AF2|=25,故A正确;
当m=455时,可得A1,455,B-1,455,又F1(-1,0),F2(1,0),则AF2⊥F1F2,AB=F1F2,AB∥F1F2,则四边形ABF1F2为矩形,故B正确;
设A(n,m),B(-n,m),则AF1=(-1-n,-m),BF1=(-1+n,-m),若AF1⊥BF1,则AF1·BF1=1-n2+m2=0,又n25+m24=1,联立消元得9m2-16=0,解得m=±43,故C错误;
若四边形ABF1O为平行四边形,则|AB|=|F1O|=1,即点A的横坐标为12即可,代入椭圆方程可得m=±955,故当m=±955时,四边形ABF1O为平行四边形,故D正确.故选ABD.
14.(5分)(2024山东青岛一模)已知O为坐标原点,点F为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点,点A,B在C上,且线段AB的中点为F,OA⊥OB,则C的离心率为 .
答案5-12
解析如图,由椭圆的对称性可知,AB垂直于x轴,又OA⊥OB,所以∠AOF=π4,所以△AOF为等腰直角三角形,故A(c,c),代入椭圆方程有c2a2+c2b2=1,即a2c2+b2c2=a2b2,所以a2c2+(a2-c2)c2=a2(a2-c2),整理得e4-3e2+1=0,解得e2=3-52或e2=3+52(舍去),故e=3-52=(5-12) 2=5-12.
15.(5分)
(2024河北衡水模拟)数学家Dandelin用一平面截圆锥后,在圆锥内放两个大小不同的小球,使得它们分别与圆锥侧面、截面相切,就可证明图中平面截圆锥得到的截面是椭圆(如图称为丹德林双球模型).若圆锥的轴截面为正三角形,则用与圆锥的轴成60°角的平面截圆锥所得椭圆的离心率为 .
答案33
解析如图,令两个球O1,O2分别与截面相切于点E,F,在截口曲线上任取一点H,过点H作圆锥的母线,分别与两个球相切于Q,P,HQ,HF均为球O1的切线,则HQ=HF,同理HE=HP,因此HE+HF=HP+HQ=PQ>EF,由切点P,Q的产生方式知,PQ长为定值,于是截口曲线上任意一点H到定点E,F的距离和为定值,该曲线是以点E,F为焦点的椭圆,
作出几何体的轴截面,如图,设SA=2,依题意,∠S=60°,∠SAB=30°,
则∠SBA=90°,SB=1,AB=3,椭圆的长轴长2a=AB=3,半焦距为c,
则a-c=BF=AB+SB-SA2=3-12,因此c=12,所以离心率e=ca=33.
16.(5分)(2024福建厦门一模)设△ABC是面积为1的等腰直角三角形,D是斜边AB的中点,点P在△ABC所在的平面内,记△PCD与△PAB的面积分别为S1,S2,且S1-S2=1.当|PB|=10,且|PA|>|PB|时,|PA|= ;记||PA|-|PB||=a,则实数a的取值范围为 .
答案26 455,2
解析以D为原点,AB为x轴正方向建立如图所示平面直角坐标系,由题易知C(0,1),A(-1,0),B(1,0),
设P(x0,y0),则S1=12|x0|,S2=|y0|,所以12|x0|-|y0|=1,则|y0|=12|x0|-1,当|PB|=10,且|PA|>|PB|时,x0>0,即|PB|2=(x0-1)2+y02=10,所以(x0-1)2+12x0-12=10,即5x02-12x0-32=0,可得x0=4(负值舍),则|y0|=1,故|PA|=(x0+1)2+y02=26,
若||PA|-|PB||=a>0,结合双曲线定义知,点P在以A,B为焦点的双曲线上,但不含顶点,该双曲线为x2(a2) 2-y21-(a2) 2=1,即4x2a2-4y24-a2=1,
双曲线顶点的横坐标的绝对值小于半焦距1,则双曲线与12|x|-|y|=1的图象有交点,
即双曲线的渐近线与12|x|-|y|=1的图象有交点,则双曲线的渐近线斜率的绝对值小于12,
所以0<4-a2a2<12⇒14<1a2<516⇒165所以实数a的取值范围为455,2.
核心素养创新练
17.(多选题)(2024山东菏泽模拟)用平面α截圆柱面,圆柱的轴与平面α所成角记为θ,当θ为锐角时,圆柱面的截线是一个椭圆.著名数学家Dandelin创立的双球实验证明了上述结论.如图所示,将两个大小相同的球嵌入圆柱内,使它们分别位于α的上方和下方,并且与圆柱面和α均相切.其中G1G2为椭圆长轴,F1,F2为两切点,P为椭圆上一点.下列结论中正确的有( )
A.椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等
B.椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距O1O2相等
C.所得椭圆的离心率e=cs θ
D.若R为球O1半径,则有R=AG1·tanθ2
答案ABC
解析过点P作线段EF,EF分别与球O1,O2切于点F,E,由图可知,PF1,PF2分别与球O1,O2切于点F1,F2,根据切线长定理有PF1=PF,PF2=PE,故有|PF1|+|PF2|=|PF|+|PE|=|EF|=|O1O2|,于是截口曲线上任一点P到定点E,F的距离和为定值且|O1O2|>|F1F2|,由椭圆定义可知,该曲线是以F1,F2为焦点,|O1O2|为长轴长的椭圆,故B正确;
由平面α与球O1切于点F1,OF1⊂α,故O1F1⊥OF1,由上知OO1=12O1O2=a,有|O1F1|2=|OO1|2-|OF1|2=a2-c2=b2,即有椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等,故A正确;
由题意可得θ=∠O1OF1,则cs θ=|OF1||OO1|=ca=e,故C正确;
由切线长定理可得|AG1|=|F1G1|,θ=∠O1OF1=∠AO1F1,故tanθ2=|F1G1|R=|AG1|R,即R=|AG1|tanθ2,故D错误.故选ABC.
18.(5分)(2024湖北武汉模拟)函数y=1x的图象是等轴双曲线,其离心率为2,已知对勾函数y=x+1x的图象也是双曲线,其离心率为e,则e2= .
答案4-22
解析如图,由对勾函数的性质可知y=x+1x在(0,1),(-1,0)上单调递减,在(-∞,-1),(1,+∞)上单调递增,当x=1时y=2,当x=-1时y=-2,且函数y=x+1x为奇函数,函数图象关于原点对称.
∵双曲线的方程为y=x+1x,
∴双曲线的两条渐近线方程分别为y=x,x=0,
∴渐近线与实轴的夹角为π8,∴ba=tanπ8,
∵tanπ4=2tanπ81-tan2π8=1,解得tanπ8=2-1或tanπ8=-2-1(舍去),
∴tan2π8=3-22=b2a2=c2-a2a2=e2-1,
∴e2=4-22.