2024届高考数学二轮专题复习与测试第一部分专题五解析几何微专题2圆锥曲线的方程与几何性质小题考法2圆锥曲线的几何性质

小题考法2圆锥曲线的几何性质(1)(2023·浙江模拟)人教A版必修第一册第92页上“探究与发现”的学习内容是“探究函数y＝x＋eq\f(1,x)的图象与性质”，经探究它的图象实际上是双曲线．现将函数y＝2x＋eq\f(1,x)的图象绕原点顺时针旋转得到焦点位于x轴上的双曲线C，则该双曲线C的离心率是()A．eq\f(\r(10－2\r(5)),2)B．eq\f(5－\r(5),2)C．10－4eq\r(5)D．eq\r(10－4\r(5))(2)(多选题)(2023·广州天河区三模)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C：y2＝x上不同于原点O的两点，点F是抛物线C的焦点，点M是线段AB的中点，则()A．C的准线为y＝－eq\f(1,4)B．当直线AB的斜率k存在时，k＝eq\f(1,y1＋y2)C．当A，B，F三点共线时，|AB|＝x1＋x2＋eq\f(1,2)D．当直线AB过点(1，0)时，|OM|＝eq\f(1,2)|AB|解析：(1)由y＝2x＋eq\f(1,x)的两条渐近线分别为y＝2x，x＝0，所以该函数对应的双曲线焦点在y＝2x，x＝0夹角(锐角)的角平分线l上，设l：y＝kx且k>2，若α，β分别是y＝kx，y＝2x的倾斜角，故tanα＝k，tanβ＝2，故α－β为双曲线旋转后其中一条渐近线的倾斜角，由tan(α－β)＝tan(eq\f(π,2)－α)＝eq\f(1,tanα)，即tan(α－β)＝eq\f(tanα－tanβ,1＋tanαtanβ)＝eq\f(k－2,1＋2k)＝eq\f(1,k)，整理得k2－4k－1＝0，可得k＝2＋eq\r(5)(负值舍去)，所以绕原点顺时针旋转得到焦点位于x轴上的双曲线C一条渐近线斜率为eq\f(b,a)＝eq\f(1,2＋\r(5))＝eq\r(5)－2，故e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋（9－4\r(5)）)＝eq\r(10－4\r(5)).故选D.(2)抛物线C：y2＝x的焦点F(eq\f(1,4)，0)，准线方程为x＝－eq\f(1,4)，故A错误；A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C：y2＝x的点，可得yeq\o\al(2,1)＝x1，yeq\o\al(2,2)＝x2，可得yeq\o\al(2,1)－yeq\o\al(2,2)＝x1－x2，可得k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(1,y1＋y2)，所以B正确；由抛物线的定义可得，过焦点F的弦AB的长为x1＋x2＋p＝x1＋x2＋eq\f(1,2)，故C正确；设直线AB的方程为x＝my＋1，与抛物线的方程联立可得y2－my－1＝0，可得m2＋4>0，y1＋y2＝m，y1y2＝－1，x1x2＝(y1y2)2＝1，可得x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝m2＋2，|AB|＝eq\r(1＋\f(1,m2))·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(\f(1＋m2,m2))·eq\r(（m2＋2）2－4)＝eq\r(（m2＋1）（m2＋4）)，|OM|＝eq\r(（\f(x1＋x2,2)）2＋（\f(y1＋y2,2)）2)＝eq\f(1,2)eq\r(（m2＋2）2＋m2)≠eq\f(1,2)|AB|，故D不正确．故选BC.答案：(1)D(2)BC1．分析圆锥曲线参数之间的关系是求解圆锥曲线性质问题的关键．2．确定椭圆和双曲线的离心率的值或者范围，其关键就是建立一个参数之间的方程或不等式，然后利用参数之间的确定关系化简求解．3．熟练记忆圆锥曲线中的常见二级结论常常事半功倍，但需要注意这些结论的适用条件．1．(2023·湖北模拟)已知F1，F2分别是双曲线Γ：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过F1的直线分别交双曲线左、右两支于A，B两点，点C在x轴上，eq\o(CB,\s\up6(→))＝3eq\o(F2A,\s\up6(→))，BF2平分∠F1BC，则双曲线Γ的离心率为()A.eq\r(7)B.eq\r(5)C.eq\r(3)D.eq\r(2)解析：因为eq\o(CB,\s\up6(→))＝3eq\o(F2A,\s\up6(→))，所以△F1AF2∽△F1BC，设|F1F2|＝2c，则|F2C|＝4c，设|AF1|＝t，则|BF1|＝3t，|AB|＝2t，因为BF2平分∠F1BC，由角平分线定理可知，eq\f(|BF1|,|BC|)＝eq\f(|F1F2|,|F2C|)＝eq\f(2c,4c)＝eq\f(1,2)，所以|BC|＝2|BF1|＝6t，所以|AF2|＝eq\f(1,3)|BC|＝2t，由双曲线定义知|AF2|－|AF1|＝2a，即2t－t＝2a，t＝2a，①又由|BF1|－|BF2|＝2a得|BF2|＝3t－2a＝2t，所以|BF2|＝|AB|＝|AF2|＝2t，即△ABF2是等边三角形，所以∠F2BC＝∠ABF2＝60°，在△F1BF2中，由余弦定理知cos∠F1BF2＝eq\f(|BF1|2＋|BF2|2－|F1F2|2,2·|BF1|·|BF2|)，即eq\f(1,2)＝eq\f(4t2＋9t2－4c2,2·2t·3t)，化简得7t2＝4c2，把①代入上式得e＝eq\f(c,a)＝eq\r(7)，所以离心率为eq\r(7).故选A.答案：A2．(多选题)(2023·湛江一模)已知F1，F2分别为双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，点A(x1，y1)为双曲线C在第一象限的右支上一点，以A为切点作双曲线C的切线交x轴于点B(x2，0)，则下列结论正确的有()A．0<x2<aB．∠F1AB＝∠F2ABC．x1x2＝abD．若cos∠F1AF2＝eq\f(1,3)，且eq\o(F1B,\s\up6(→))＝3eq\o(BF2,\s\up6(→))，则双曲线C的离心率e＝2解析：对于C，eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1，则y＝eq\r(\f(b2,a2)x2－b2)(x>a)，则y′＝eq\f(\f(b2,a2)x,\r(\f(b2,a2)x2－b2))，则在点A(x1，y1)处的切线斜率为y′＝eq\f(\f(b2,a2)x1,\r(\f(b2,a2)xeq\o\al(2,1)－b2))＝eq\f(b2x1,a2y1)，所以在点A(x1，y1)处的切线方程为y－y1＝eq\f(b2x1,a2y1)(x－x1)，又eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)－eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，则切线方程为eq\f(x1x,a2)－eq\f(y1y,b2)＝1，所以eq\f(x1x2,a2)－eq\f(y1×0,b2)＝1，即x1x2＝a2，故C错误；对于A，由x1x2＝a2得x2＝eq\f(a2,x1)，又x1>a，则0<x2<a，故A正确；对于B，因为F1(－c，0)，F2(c，0)，B(eq\f(a2,x1)，0)，所以|F1B|＝eq\f(a2,x1)＋c，|BF2|＝c－eq\f(a2,x1)，所以eq\f(|F1B|,|BF2|)＝eq\f(\f(a2,x1)＋c,c－\f(a2,x1))＝eq\f(cx1＋a2,cx1－a2)，由eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)－eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1得yeq\o\al(2,1)＝eq\f(b2xeq\o\al(2,1),a2)－b2，所以|AF1|＝eq\r(（x1＋c）2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(（x1＋c）2＋\f(b2xeq\o\al(2,1),a2)－b2)＝eq\r(\f(c2,a2)xeq\o\al(2,1)＋2cx1＋a2)＝eq\f(c,a)x1＋a，所以|AF2|＝|AF1|－2a＝eq\f(c,a)x1－a，所以eq\f(|AF1|,|AF2|)＝eq\f(\f(c,a)x1＋a,\f(c,a)x1－a)＝eq\f(cx1＋a2,cx1－a2)＝eq\f(|F1B|,|BF2|)，设点A到x轴的距离为h，则S△AF1B＝eq\f(1,2)|F1B|h＝eq\f(1,2)|AF1||AB|sin∠F1AB，S△AF2B＝eq\f(1,2)|F2B|h＝eq\f(1,2)|AF2||AB|sin∠F2AB，eq\f(S△AF1B,S△AF2B)＝eq\f(|F1B|,|F2B|)＝eq\f(|AF1|sin∠F1AB,|AF2|sin∠F2AB)，又eq\f(|AF1|,|AF2|)＝eq\f(|F1B|,|BF2|)，则∠F1AB＝∠F2AB，故B正确；对于D，eq\o(F1B,\s\up6(→))＝(eq\f(a2,x1)＋c，0)，eq\o(BF2,\s\up6(→))＝(c－eq\f(a2,x1)，0)，因为eq\o(F1B,\s\up6(→))＝3eq\o(BF2,\s\up6(→))，即eq\f(a2,x1)＋c＝3(c－eq\f(a2,x1))，所以x1＝eq\f(2a2,c)，|AF1|＝eq\f(c,a)x1＋a＝eq\f(c,a)