2022年高考二轮复习数学（文）专题检测11《圆锥曲线的方程与性质》（教师版）

这是一份2022年高考二轮复习数学（文）专题检测11《圆锥曲线的方程与性质》（教师版），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,4)＝1的一个焦点为(2,0)，则C的离心率为( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(\r(2),2) D.eq \f(2\r(2),3)
解析：选C ∵a2＝4＋22＝8，∴a＝2eq \r(2)，∴e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,2\r(2))＝eq \f(\r(2),2).
2．一个焦点为(eq \r(26)，0)且与双曲线eq \f(y2,4)－eq \f(x2,9)＝1有相同渐近线的双曲线方程是( )
A.eq \f(y2,18)－eq \f(x2,8)＝1 B.eq \f(x2,18)－eq \f(y2,8)＝1
C.eq \f(x2,16)－eq \f(y2,10)＝1 D.eq \f(y2,16)－eq \f(x2,10)＝1
解析：选B 设所求双曲线方程为eq \f(y2,4)－eq \f(x2,9)＝t(t≠0)，因为一个焦点为(eq \r(26)，0)，
所以|13t|＝26.又焦点在x轴上，所以t＝－2，即双曲线方程为eq \f(x2,18)－eq \f(y2,8)＝1.
3．若抛物线y2＝4x上一点P到其焦点F的距离为2，O为坐标原点，则△OFP的面积为( )
A.eq \f(1,2) B．1
C.eq \f(3,2) D．2
解析：选B 设P(x0，y0)，依题意可得|PF|＝x0＋1＝2，解得x0＝1，故yeq \\al(2,0)＝4×1，
解得y0＝±2，不妨取P(1,2)，则△OFP的面积为eq \f(1,2)×1×2＝1.
4．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的离心率为eq \r(2)，则点(4,0)到C的渐近线的距离为( )
A.eq \r(2) B．2
C.eq \f(3\r(2),2) D．2eq \r(2)
解析：选D ∵e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(2)，∴eq \f(b,a)＝1.∴双曲线的渐近线方程为x±y＝0.
∴点(4,0)到C的渐近线的距离d＝eq \f(4,\r(2))＝2eq \r(2).
5．已知双曲线x2－eq \f(y2,8)＝1 的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与C的左、右两支分别交于A，B两点，且|AF1|＝|BF1|，则|AB|＝( )
A．2eq \r(2) B．3
C．4 D．2eq \r(2)＋1
解析：选C 设双曲线的实半轴长为a，依题意可得a＝1，由双曲线的定义可得|AF2|－|AF1|＝2a＝2，|BF1|－|BF2|＝2a＝2，又|AF1|＝|BF1|，故|AF2|－|BF2|＝4，又|AB|＝|AF2|－|BF2|，故|AB|＝4.
6．已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上的一点．若PF1⊥PF2，且∠PF2F1＝60°，则C的离心率为( )
A．1－eq \f(\r(3),2) B．2－eq \r(3)
C.eq \f(\r(3)－1,2) D.eq \r(3)－1
解析：选D 在Rt△PF1F2中，∠PF2F1＝60°，
不妨设椭圆焦点在x轴上，且焦距|F1F2|＝2，则|PF2|＝1，|PF1|＝eq \r(3)，
由椭圆的定义可知，方程eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1中，2a＝1＋eq \r(3)，2c＝2，得a＝eq \f(1＋\r(3),2)，c＝1，
所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2,1＋\r(3))＝eq \r(3)－1.
二、填空题
7．已知双曲线eq \f(x2,a2)－y2＝1(a>0)的渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，则其焦距为________．
解析：由渐近线方程y＝±eq \f(\r(3),3)x，可得eq \f(1,a)＝eq \f(\r(3),3)，解得a＝eq \r(3)，故c＝eq \r(\r(3)2＋1)＝2，
故焦距为4.
答案：4
8．设直线l过双曲线C的一个焦点，且与C的一条对称轴垂直，l与C交于A，B两点，|AB|为C的实轴长的2倍，则C的离心率为________．
解析：设双曲线方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，
由题意可知，直线l过焦点，且垂直于x轴，将x＝c代入双曲线方程，解得y＝±eq \f(b2,a)，
则|AB|＝eq \f(2b2,a)，由|AB|＝2×2a，则b2＝2a2，所以双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \r(1＋\f(b2,a2))＝eq \r(3).
答案：eq \r(3)
9．已知抛物线C的顶点为坐标原点，准线为x＝－1，直线l与抛物线C交于M，N两点，若线段MN的中点为(1,1)，则直线l的方程为________．
解析：依题意易得抛物线的方程为y2＝4x，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，因为线段MN的中点为(1,1)，故x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，则x1≠x2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y\\al(2,1)＝4x1，,y\\al(2,2)＝4x2，))两式相减得yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝4(x1－x2)，所以eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(4,y1＋y2)＝2，故直线l的方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.
答案：2x－y－1＝0
三、解答题
10．设A，B为曲线C：y＝eq \f(x2,2)上两点，A与B的横坐标之和为2.
(1)求直线AB的斜率；
(2)设M为曲线C上一点，曲线C在点M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，y1＝eq \f(x\\al(2,1),2)，y2＝eq \f(x\\al(2,2),2)，x1＋x2＝2，
故直线AB的斜率k＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝eq \f(x1＋x2,2)＝1.
(2)由y＝eq \f(x2,2)，得y′＝x.
设M(x3，y3)，由题设知x3＝1，于是Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(1,2))).
设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(1,1＋m)，|MN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,2))).
将y＝x＋m代入y＝eq \f(x2,2)，得x2－2x－2m＝0.
由Δ＝4＋8m>0，得m>－eq \f(1,2)，x1,2＝1±eq \r(1＋2m).
从而|AB|＝eq \r(2)|x1－x2|＝2eq \r(21＋2m).
由题设知|AB|＝2|MN|，即eq \r(21＋2m)＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m＋\f(1,2)))，解得m＝eq \f(7,2)，
所以直线AB的方程为y＝x＋eq \f(7,2).
11．设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．
解：(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(x－1)(k>0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2).
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝eq \f(4k2＋4,k2).
由题设知eq \f(4k2＋4,k2)＝8，解得k＝1或k＝－1(舍去)．
因此l的方程为y＝x－1.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，
所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y0＝－x0＋5，,x0＋12＝\f(y0－x0＋12,2)＋16.))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝3，,y0＝2))或eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x0＝11，,y0＝－6.))
因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.
12．已知直线x＋ky－3＝0所经过的定点F恰好是椭圆C的一个焦点，且椭圆C上的点到点F的最大距离为8.
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)已知圆O：x2＋y2＝1，直线l：mx＋ny＝1，试证：当点P(m，n)在椭圆C上运动时，直线l与圆O恒相交，并求直线l被圆O所截得的弦长l的取值范围．
解：(1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
直线x＋ky－3＝0所经过的定点是(3,0)，即点F(3,0)．
因为椭圆C上的点到点F的最大距离为8，
所以a＋3＝8，a＝5，所以b2＝52－32＝16，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1.
(2)因为点P(m，n)在椭圆C上，
所以eq \f(m2,25)＋eq \f(n2,16)＝1，即n2＝16－eq \f(16m2,25).
又原点到直线l：mx＋ny＝1的距离d＝eq \f(1,\r(m2＋n2))＝eq \f(1,\r(\f(9,25)m2＋16))<1，
所以直线l：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1恒相交．
则l2＝4(12－d2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,\f(9,25)m2＋16)))，
因为－5≤m≤5，所以eq \f(\r(15),2)≤l≤eq \f(4\r(6),5).
故直线l被圆O所截得的弦长l的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(eq \f(\r(15),2)，eq \f(4\r(6),5))).
B组——大题专攻补短练
1．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，过焦点F的直线交C于A，B两点，D是抛物线的准线l与y轴的交点．
(1)若AB∥l，且△ABD的面积为1，求抛物线的方程；
(2)设M为AB的中点，过M作l的垂线，垂足为N.
证明：直线AN与抛物线相切．
解：(1)∵AB∥l，∴|AB|＝2p.
又|FD|＝p，∴S△ABD＝p2＝1.
∴p＝1，故抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)证明：设直线AB的方程为y＝kx＋eq \f(p,2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(p,2)，,x2＝2py))消去y得，x2－2kpx－p2＝0.
∴x1＋x2＝2kp，x1x2＝－p2.
其中Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x\\al(2,1),2p)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(x\\al(2,2),2p))).
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kp，k2p＋\f(p,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kp，－\f(p,2))).
∴kAN＝eq \f(\f(x\\al(2,1),2p)＋\f(p,2),x1－kp)＝eq \f(\f(x\\al(2,1),2p)＋\f(p,2),x1－\f(x1＋x2,2))＝eq \f(\f(x\\al(2,1)＋p2,2p),\f(x1－x2,2))＝eq \f(\f(x\\al(2,1)－x1x2,2p),\f(x1－x2,2))＝eq \f(x1,p).
又x2＝2py，即y＝eq \f(x2,2p)，∴y′＝eq \f(x,p).
∴抛物线x2＝2py在点A处的切线斜率k＝eq \f(x1,p).
∴直线AN与抛物线相切．
2．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点M为短轴的上端点，eq \(MF1,\s\up7(―→))·eq \(MF2,\s\up7(―→))＝0，过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，且|AB|＝eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设经过点(2，－1)且不经过点M的直线l与C相交于G，H两点．若k1，k2分别为直线MH，MG的斜率，求k1＋k2的值．
解：(1)由eq \(MF1,\s\up7(―→))·eq \(MF2,\s\up7(―→))＝0，得b＝c.①
因为过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A，B两点，
且|AB|＝eq \r(2)，所以eq \f(b2,a)＝eq \f(\r(2),2).②
又a2＝b2＋c2，③
联立①②③，解得a2＝2，b2＝1，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设直线l的方程为y＋1＝k(x－2)，
即y＝kx－2k－1，
将y＝kx－2k－1代入eq \f(x2,2)＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(2k＋1)x＋8k2＋8k＝0，
由题设可知Δ＝－16k(k＋2)>0，
设G(x1，y1)，H(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2k＋1,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(8k2＋8k,1＋2k2)，
k1＋k2＝eq \f(y1－1,x1)＋eq \f(y2－1,x2)＝eq \f(kx1－2k－2,x1)＋eq \f(kx2－2k－2,x2)
＝2k－eq \f(2k＋2×\f(4k2k＋1,1＋2k2),\f(8k2＋8k,1＋2k2))＝2k－(2k＋1)＝－1，
所以k1＋k2＝－1.
3．在直角坐标系xOy中，长为eq \r(2)＋1的线段的两端点C，D分别在x轴，y轴上滑动，eq \(CP,\s\up7(―→))＝eq \r(2) eq \(PD,\s\up7(―→)).记点P的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)经过点(0,1)作直线l与曲线E相交于A，B两点，eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，当点M在曲线E上时，求直线l的方程．
解：(1)设 C(m,0)，D(0，n)，P(x，y)．
由eq \(CP,\s\up7(―→))＝eq \r(2) eq \(PD,\s\up7(―→))，得(x－m，y)＝eq \r(2)(－x，n－y)，
所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－m＝－\r(2)x，,y＝\r(2)n－y，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m＝\r(2)＋1x，,n＝\f(\r(2)＋1,\r(2))y，))
由|eq \(CD,\s\up7(―→))|＝eq \r(2)＋1，得m2＋n2＝(eq \r(2)＋1)2，
所以(eq \r(2)＋1)2x2＋eq \f(\r(2)＋12,2)y2＝(eq \r(2)＋1)2，
整理，得曲线E的方程为x2＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq \(OM,\s\up7(―→))＝eq \(OA,\s\up7(―→))＋eq \(OB,\s\up7(―→))，
知点M的坐标为(x1＋x2，y1＋y2)．
易知直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋1，代入曲线E的方程，得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(2k,k2＋2)，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝eq \f(4,k2＋2).
由点M在曲线E上，知(x1＋x2)2＋eq \f(y1＋y22,2)＝1，
即eq \f(4k2,k2＋22)＋eq \f(8,k2＋22)＝1，解得k2＝2.
此时直线l的方程为y＝±eq \r(2)x＋1.
4.如图，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点、上顶点分别为点A，B，且|AB|＝eq \f(\r(5),2)|BF|.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)若点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16,17)，\f(2,17)))在椭圆C的内部，过点M的直线l交椭圆C于P，Q两点，M为线段PQ的中点，且OP⊥OQ，求直线l的方程及椭圆C的方程．
解：(1)由已知|AB|＝eq \f(\r(5),2)|BF|，
得 eq \r(a2＋b2)＝eq \f(\r(5),2)a，
即4a2＋4b2＝5a2,4a2＋4(a2－c2)＝5a2，
所以e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2).
(2)由(1)知a2＝4b2，
所以椭圆C的方程可化为eq \f(x2,4b2)＋eq \f(y2,b2)＝1.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由eq \f(x\\al(2,1),4b2)＋eq \f(y\\al(2,1),b2)＝1，eq \f(x\\al(2,2),4b2)＋eq \f(y\\al(2,2),b2)＝1，
可得eq \f(x\\al(2,1)－x\\al(2,2),4b2)＋eq \f(y\\al(2,1)－y\\al(2,2),b2)＝0，
即eq \f(x1＋x2x1－x2,4b2)＋eq \f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0，
即eq \f(－\f(32,17)x1－x2,4)＋eq \f(4,17)(y1－y2)＝0，从而kPQ＝eq \f(y1－y2,x1－x2)＝2，
所以直线l的方程为y－eq \f(2,17)＝2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(x－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(16,17)))))，
即2x－y＋2＝0.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2x－y＋2＝0，,\f(x2,4b2)＋\f(y2,b2)＝1))消去y，得17x2＋32x＋16－4b2＝0.
则Δ＝322＋16×17×(b2－4)>0⇔b>eq \f(2\r(17),17)，
x1＋x2＝－eq \f(32,17)，x1x2＝eq \f(16－4b2,17).
因为OP⊥OQ，eq \(OP,\s\up7(―→))·eq \(OQ,\s\up7(―→))＝0，即x1x2＋y1y2＝0，
x1x2＋(2x1＋2)(2x2＋2)＝0，
5x1x2＋4(x1＋x2)＋4＝0，
从而eq \f(516－4b2,17)－eq \f(128,17)＋4＝0，解得b＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
综上，直线l的方程为2x－y＋2＝0，椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.