全國版2025屆高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí)專題檢測十六圓錐曲線的定義方程與性質(zhì)理含解析

PAGE專題檢測（十六）圓錐曲線的定義、方程與性質(zhì)A組——“6＋3＋3”一、選擇題1．(2024·濟(jì)南模擬)已知雙曲線eq\f(x2,9)－eq\f(y2,m)＝1的一個焦點F的坐標(biāo)為(－5，0)，則該雙曲線的漸近線方程為()A．y＝±eq\f(4,3)x B.y＝±eq\f(3,4)xC．y＝±eq\f(5,3)x D.y＝±eq\f(3,5)x解析：選A易知c＝5，故m＝16，故雙曲線方程為eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝1，將1換為0得eq\f(x2,9)－eq\f(y2,16)＝0，即漸近線方程為y＝±eq\f(4,3)x.故選A.2．已知拋物線x2＝4y上一動點P到x軸的距離為d1，到直線l：x＋y＋4＝0的距離為d2，則d1＋d2的最小值是()A.eq\f(5\r(5),2)＋2 B.eq\f(5\r(2),2)＋1C.eq\f(5\r(2),2)－2 D.eq\f(5\r(2),2)－1解析：選D拋物線x2＝4y的焦點F(0，1)，由拋物線的定義可得d1＝|PF|－1，則d1＋d2＝|PF|＋d2－1，而|PF|＋d2的最小值等于焦點F到直線l的距離，即(|PF|＋d2)min＝eq\f(5,\r(2))＝eq\f(5\r(2),2)，所以d1＋d2的最小值是eq\f(5\r(2),2)－1.故選D.3．(2024·全國卷Ⅲ)雙曲線C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1的右焦點為F，點P在C的一條漸近線上，O為坐標(biāo)原點，若|PO|＝|PF|，則△PFO的面積為()A.eq\f(3\r(2),4) B.eq\f(3\r(2),2)C.2eq\r(2) D.3eq\r(2)解析：選A不妨設(shè)點P在第一象限，依據(jù)題意可知c2＝6，所以|OF|＝eq\r(6).又tan∠POF＝eq\f(b,a)＝eq\f(\r(2),2)，所以等腰三角形POF的高h(yuǎn)＝eq\f(\r(6),2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(\r(3),2)，所以S△PFO＝eq\f(1,2)×eq\r(6)×eq\f(\r(3),2)＝eq\f(3\r(2),4).故選A.4．(2024·全國卷Ⅱ)設(shè)F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點，O為坐標(biāo)原點，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于P，Q兩點．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為()A.eq\r(2) B.eq\r(3)C．2 D.eq\r(5)解析：選A設(shè)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦點F的坐標(biāo)為(c，0)．由圓的對稱性及條件|PQ|＝|OF|可知，PQ是以O(shè)F為直徑的圓的直徑，且PQ⊥OF.設(shè)垂足為M，連接OP，如圖，則|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝eq\f(c,2).由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))eq\s\up12(2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)))eq\s\up12(2)＝a2，故eq\f(c,a)＝eq\r(2)，即e＝eq\r(2).故選A.5．(2024·昆明模擬)已知F1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，B為C的短軸的一個端點，直線BF1與C的另一個交點為A，若△BAF2為等腰三角形，則eq\f(|AF1|,|AF2|)＝()A.eq\f(1,3) B.eq\f(1,2)C.eq\f(2,3) D.3解析：選A如圖，不妨設(shè)點B在y軸的正半軸上，依據(jù)橢圓的定義，得|BF1|＋|BF2|＝2a，|AF1|＋|AF2|＝2a，由題意知|AB|＝|AF2|，所以|BF1|＝|BF2|＝a，|AF1|＝eq\f(a,2)，|AF2|＝eq\f(3a,2).所以eq\f(|AF1|,|AF2|)＝eq\f(1,3).故選A.6．(2024·廣州調(diào)研)已知橢圓Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長軸長是短軸長的2倍，過右焦點F且斜率為k(k>0)的直線與Γ相交于A，B兩點．若eq\o(AF,\s\up7(→))＝3eq\o(FB,\s\up7(→))，則k＝()A.1 B.2C.eq\r(3) D.eq\r(2)解析：選D設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因為eq\o(AF,\s\up7(→))＝3eq\o(FB,\s\up7(→))，所以y1＝－3y2.因為橢圓Γ的長軸長是短軸長的2倍，所以a＝2b，設(shè)b＝t，則a＝2t，故c＝eq\r(3)t，所以eq\f(x2,4t2)＋eq\f(y2,t2)＝1.設(shè)直線AB的方程為x＝sy＋eq\r(3)t，代入上述橢圓方程，得(s2＋4)y2＋2eq\r(3)sty－t2＝0，所以y1＋y2＝－eq\f(2\r(3)st,s2＋4)，y1y2＝－eq\f(t2,s2＋4)，即－2y2＝－eq\f(2\r(3)st,s2＋4)，－3yeq\o\al(2,2)＝－eq\f(t2,s2＋4)，得s2＝eq\f(1,2)，k＝eq\r(2).故選D.二、填空題7．已知P(1，eq\r(3))是雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)漸近線上的點，則雙曲線C的離心率是________．解析：雙曲線C的一條漸近線的方程為y＝eq\f(b,a)x，P(1，eq\r(3))是雙曲線C漸近線上的點，則eq\f(b,a)＝eq\r(3)，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(a2＋b2,a2))＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝2.答案：28．若F1，F(xiàn)2是橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,7)＝1的兩個焦點，A為橢圓上一點，且∠AF1F2＝45°，則△AF1F2的面積為________．解析：由題意得a＝3，b＝eq\r(7)，c＝eq\r(2)，∴|F1F2|＝2eq\r(2)，|AF1|＋|AF2|＝6.∵|AF2|2＝|AF1|2＋|F1F2|2－2|AF1|·|F1F2|cos45°＝|AF1|2＋8－4|AF1∴(6－|AF1|)2＝|AF1|2＋8－4|AF1|，解得|AF1|＝eq\f(7,2).∴△AF1F2的面積S＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\f(7,2)×eq\f(\r(2),2)＝eq\f(7,2).答案：eq\f(7,2)9．(2024·洛陽尖子生其次次聯(lián)考)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F的直線與拋物線C交于A，B兩點，且eq\o(AF,\s\up7(→))＝3eq\o(FB,\s\up7(→))，拋物線C的準(zhǔn)線l與x軸交于點E，AA1⊥l于點A1，若四邊形AA1EF的面積為6eq\r(3)，則p＝________．解析：不妨設(shè)點A在第一象限，如圖，作BB1⊥l于點B1，設(shè)直線AB與l的交點為D，由拋物線的定義及性質(zhì)可知|AA1|＝|AF|，|BB1|＝|BF|，|EF|＝p.設(shè)|BD|＝m，|BF|＝n，則eq\f(|BD|,|AD|)＝eq\f(|BB1|,|AA1|)＝eq\f(|BF|,|AF|)＝eq\f(1,3)，即eq\f(m,m＋4n)＝eq\f(1,3)，∴m＝2n.又eq\f(|BB1|,|EF|)＝eq\f(|BD|,|DF|)，∴eq\f(n,p)＝eq\f(m,m＋n)＝eq\f(2,3)，∴n＝eq\f(2p,3)，∴|DF|＝m＋n＝2p，∴∠ADA1＝30°.又|AA1|＝3n＝2p，|EF|＝p，∴|A1D|＝2eq\r(3)p，|ED|＝eq\r(3)p，∴|A1E|＝eq\r(3)p，∴直角梯形AA1EF的面積為eq\f(1,2)(2p＋p)·eq\r(3)p＝6eq\r(3)，解得p＝2.答案：2三、解答題10．(2024·天津高考)設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的短軸長為4，離心率為eq\f(\r(5),5).(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)點P在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點，點M為直線PB與x軸的交點，點N在y軸的負(fù)半軸上，若|ON|＝|OF|(O為原點)，且OP⊥MN，求直線PB的斜率．解：(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意，2b＝4，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),5)，又a2＝b2＋c2，可得a＝eq\r(5)，b＝2，c＝1.所以，橢圓的方程為eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由題意，設(shè)P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM，0)．設(shè)直線PB的斜率為k(k≠0)，又B(0，2)，則直線PB的方程為y＝kx＋2，與橢圓方程聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，可得xP＝－eq\f(20k,4＋5k2)，代入y＝kx＋2得yP＝eq\f(8－10k2,4＋5k2)，進(jìn)而直線OP的斜率為eq\f(yP,xP)＝eq\f(4－5k2,－10k).在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－eq\f(2,k).由題意得N(0，－1)，所以直線MN的斜率為－eq\f(k,2).由OP⊥MN，得eq\f(4－5k2,－10k)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(k,2)))＝－1，化簡得k2＝eq\f(24,5)，從而k＝±eq\f(2\r(30),5).所以，直線PB的斜率為eq\f(2\r(30),5)或－eq\f(2\r(30),5).11．已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，過焦點F的直線交C于A，B兩點，D是拋物線的準(zhǔn)線l與y軸的交點．(1)若AB∥l，且△ABD的面積為1，求拋物線的方程；(2)設(shè)M為AB的中點，過M作l的垂線，垂足為N.證明：直線AN與拋物線相切．解：(1)∵AB∥l，∴|AB|＝2p.又|FD|＝p，∴S△ABD＝p2＝1.∴p＝1，故拋物線C的方程為x2＝2y.(2)證明：設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋eq\f(p,2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(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\co1(x1，\f(xeq\o\al(2,1),2p)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x2，\f(xeq\o\al(2,2),2p))).∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kp，k2p＋\f(p,2)))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(kp，－\f(p,2))).∴kAN＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,1),2p)＋\f(p,2),x1－kp)＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,1),2p)＋\f(p,2),x1－\f(x1＋x2,2))＝eq\f(\f(xeq\o\al(2,1)＋p2,2p),\f(x1－x2,2))＝eq\f(\f(xeq\o\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).∴拋物線x2＝2py在點A處的切線斜率k＝eq\f(x1,p).∴直線AN與拋物線相切．12．(2024·江蘇高考)如圖，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦點為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)．過F2作x軸的垂線l，在x軸的上方，l與圓F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于點A，與橢圓C交于點D.連接AF1并延長交圓F2于點B，連接BF2交橢圓C于點E，連接DF1.已知DF1＝eq\f(5,2).(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求點E的坐標(biāo)．解：(1)設(shè)橢圓C的焦距為2c因為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，所以F1F2＝2，c又因為DF1＝eq\f(5,2)，AF2⊥x軸，所以DF2＝eq\r(DFeq\o\al(2,1)－F1Feq\o\al(2,2))＝eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,2)))\s\up12(2)－22)＝eq\f(3,2).因此2a＝DF1＋DF2＝4，從而a由b2＝a2－c2，得b2＝3.因此橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)eq\a\vs4\al(法一：)由(1)知，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，a＝2.因為AF2⊥x軸，所以點A的橫坐標(biāo)為1.將x＝1代入圓F2的方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝±4.因為點A在x軸上方，所以A(1，4)．又F1(－1，0)，所以直線AF1：y＝2x＋2.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋2，,（x－1）2＋y2＝16))得5x2＋6x－11＝0，解得x＝1或x＝－eq\f(11,5).將x＝－eq\f(11,5)代入y＝2x＋2，解得y＝－eq\f(12,5).因此Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(11,5)，－\f(12,5))).又F2(1，0)，所以直線BF2：y＝eq\f(3,4)(x－1)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(3,4)（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得7x2－6x－13＝0，解得x＝－1或x＝eq\f(13,7).又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以x＝－1.將x＝－1代入y＝eq\f(3,4)(x－1)，得y＝－eq\f(3,2).因此Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2))).eq\a\vs4\al(法二：)由(1)知，橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.如圖，連接EF1.因為BF2＝2a，EF1＋EF2＝2a所以EF1＝EB，從而∠BF1E＝∠B.因為F2A＝F2B，所以∠A＝∠B所以∠A＝∠BF1E，從而EF1∥F2A因為AF2⊥x軸，所以EF1⊥x軸．因為F1(－1，0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得y＝±eq\f(3,2).又因為E是線段BF2與橢圓的交點，所以y＝－eq\f(3,2).因此Eeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(3,2))).B組——大題專攻強(qiáng)化練1．(2024·武漢市調(diào)研測試)已知橢圓Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)經(jīng)過點M(－2，1)，且右焦點F(eq\r(3)，0)．(1)求橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過N(1，0)且斜率存在的直線AB交橢圓Γ于A，B兩點，記t＝eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(MB,\s\up7(→))，若t的最大值和最小值分別為t1，t2，求t1＋t2的值．解：(1)由橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的右焦點為(eq\r(3)，0)，知a2－b2＝3，即b2＝a2－3，則eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,a2－3)＝1，a2>3.又橢圓過點M(－2，1)，∴eq\f(4,a2)＋eq\f(1,a2－3)＝1，又a2>3，∴a2＝6.∴橢圓Γ的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x－1）))得x2＋2k2(x－1)2＝6，即(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－6＝0，∵點N(1，0)在橢圓內(nèi)部，∴Δ>0，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝\f(4k2,1＋2k2)，①,x1x2＝\f(2k2－6,2k2＋1)，②))則t＝eq\o(MA,\s\up7(→))·eq\o(MB,\s\up7(→))＝(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－1)(y2－1)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋(kx1－k－1)(kx2－k－1)＝(1＋k2)x1x2＋(2－k2－k)(x1＋x2)＋k2＋2k＋5,③將①②代入③得，t＝(1＋k2)·eq\f(2k2－6,2k2＋1)＋(2－k2－k)·eq\f(4k2,2k2＋1)＋k2＋2k＋5，∴t＝eq\f(15k2＋2k－1,2k2＋1)，∴(15－2t)k2＋2k－1－t＝0，k∈R，則Δ1＝22＋4(15－2t)(1＋t)≥0，∴(2t－15)(t＋1)－1≤0，即2t2－13t－16≤0，由題意知t1，t2是2t2－13t－16＝0的兩根，∴t1＋t2＝eq\f(13,2).2．(2024·福建省質(zhì)量檢查)在平面直角坐標(biāo)系xOy中，圓F：(x－1)2＋y2＝1外的點P在y軸的右側(cè)運動，且P到圓F上的點的最小距離等于它到y(tǒng)軸的距離．記P的軌跡為E.(1)求E的方程；(2)過點F的直線交E于A，B兩點，以AB為直徑的圓D與平行于y軸的直線相切于點M，線段DM交E于點N，證明：△AMB的面積是△AMN的面積的四倍．解：法一：(1)設(shè)P(x，y)，依題意x>0，F(xiàn)(1，0)．因為P在圓F外，所以P到圓F上的點的最小距離為|PF|－1.依題意得|PF|－1＝x，即eq\r(（x－1）2＋y2)－1＝x，化簡得E的方程為y2＝4x(x>0)．(2)證明：當(dāng)直線AB的斜率不存在時，不符合題意，舍去．當(dāng)直線AB的斜率存在時，如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，設(shè)N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.因為Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16>0，所以x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，所以y1＋y2＝k(x1－1)＋k(x2－1)＝eq\f(4,k)，故Deq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(k2＋2,k2)，\f(2,k))).由拋物線的定義知|AB|＝x1＋x2＋2＝eq\f(4k2＋4,k2).設(shè)M(xM，yM)，依題意得yM＝eq\f(2,k)，所以|MD|＝eq\f(k2＋2,k2)－xM.又|MD|＝eq\f(|AB|,2)，所以eq\f(k2＋2,k2)－xM＝eq\f(2,k2)＋2，解得xM＝－1