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)

专题突破练(分值:96分)学生用书P201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.4 B.5 C.6 D.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.116,0 B.0,18 C.18,0 D.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=14y3.(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π6A.x24-y26C.x26-y24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=所以C的方程为x212-y244.(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|PF1A.1 B.2 C.4 D.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=∵PF1∴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|A.233 B.52 C.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+d1B.轨道的离心率为dC.轨道的短轴长为2dD.当d1d2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+y由题知a-c=d1,a+c=d2,解得a=d1+因为离心率为ca=d2-因为轨道的短轴长为2a2-c2=2(d1+d因为d2-d1d2+d1=1-d1d21+d17.(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=2B.|MN|=8C.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不妨设M13,233,N(3,-23),则由抛物线的定义知|MN|=13+3+2=163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相切对于D,因为|OM|=(13)

2+(233)

2=133,|ON|=328.(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≥10-199,9.(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,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|=4a则点F1(-c,0)到渐近线的距离d=|-bc|b2+a2=b,所以在△PF1F2中,cos∠由余弦定理得|PF2|2=|PF1|2+|F1F2|2-2|PF1||F1F2|cos∠PF1F2,即100a29=16a29+4c2-16ab3,化简得ba2-43·ba-43=0,即ba-2ba+23=0,解得b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(PMA.28 B.29 C.30 D.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)(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≥2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11.(多选题)(2024山东青岛模拟)已知椭圆C:x29+y2b2=1(0<b<3)左、右两个焦点分别为F1和F2,动直线l经过椭圆左焦点F1与椭圆交于A,B两点,且|AF2|+|BF2|≤8A.b=6B.|AB|∈[4,6]C.离心率e=3D.若OA⊥OB,则1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-b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.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=4xB.抛物线Γ的准线方程为x=-2C.△ACF和△BFD面积之和的最小值为7D.△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k2x所以x1+x2=2+4k2,x1x2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=x2x413.(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),OA.|AF1|+|BF1|=25B.当m=455时,四边形ABF1FC.若AF1⊥BF1,则m=4D.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答案5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=3-5215.(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3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=3-116.(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26455,2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)

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1所以0<4-a2a2<12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=cosθD.若R为球O1半径,则有R=AG1·tanθ答案ABC解析过点P作线段EF,EF分别与球O1,O2切于点F