2025屆高考數(shù)學(xué)二輪總復(fù)習(xí)專題突破練21圓錐曲線的定義方程與性質(zhì)_第1頁
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文檔簡介

專題突破練21圓錐曲線的定義、方程與性質(zhì)(分值:96分)主干知識達標(biāo)練1.(2024山東聊城二模)點P在拋物線y2=8x上,若點P到點(2,0)的距離為6,則點P到y(tǒng)軸的距離為()A.4 B.5 C.6 D.7答案A解析根據(jù)拋物線方程可知,焦點為(2,0),準(zhǔn)線方程為x=-2,點P到焦點的距離為6,即點P到準(zhǔn)線的距離為6,所以點P到y(tǒng)軸的距離為6-2=4.故選A.2.(2024江蘇揚州模擬)已知橢圓x2a+y2=1(a>1)的離心率為32,則拋物線y=ax2的焦點坐標(biāo)為(A.116,0 B.0,18 C.18,0 D.0,116答案D解析因為橢圓x2a+y2=1(a>1)的離心率為32,所以1-1a=32,解得a=4,則拋物線y=ax2的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2=14y3.(2024河北滄州一模)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的一條漸近線的傾斜角為π6A.x24-y26C.x26-y24答案B解析由題意可得ba=tanπ6=33,所以a=3b,雙曲線的漸近線方程為y=±33x,即x±3y=0,不妨設(shè)焦點(c,0)到漸近線x+3y=0的距離為2,即d=|c|1+3=c2=2,解得c=4,又a2+b2=c2=16,a=所以C的方程為x212-y244.(2023全國甲,文7)設(shè)F1,F2為橢圓C:x25+y2=1的兩個焦點,點P在C上,若PF1·PF2=0,則|PF1A.1 B.2 C.4 D.5答案B解析由橢圓C:x25+y2=1,知a2=5,b2=1,則c2=a2-b2=4,即c=2,則|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.故選B.5.(2024湖南衡陽二模)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左焦點為F,虛軸的上、下端點分別為A,B,若|FA+FB|=2|A.233 B.52 C.答案A解析根據(jù)題意,作圖如下:|FA+FB|=2|FA-FB|,即2|FO|=2|BA|,也即c=2b,故c2=4b2=4(c2-a2),解得c2a2=43,則6.(多選題)(2024湖南長沙一模)某彗星的運行軌道是以太陽為一個焦點的橢圓.測得軌道的近日點(距離太陽最近的點)與太陽中心的距離為d1,遠(yuǎn)日點(距離太陽最遠(yuǎn)的點)與太陽中心的距離為d2,并且近日點、遠(yuǎn)日點及太陽中心在同一條直線上,則()A.軌道的焦距為d2+d1B.軌道的離心率為dC.軌道的短軸長為2dD.當(dāng)d1d2答案BC解析以近日點和遠(yuǎn)日點的中點為坐標(biāo)原點,近日點和遠(yuǎn)日點連線所在直線為x軸建立平面直角坐標(biāo)系.設(shè)該橢圓的方程為x2a2+y由題知a-c=d1,a+c=d2,解得a=d1+因為離心率為ca=d2-因為軌道的短軸長為2a2-c2=2(d1+d因為d2-d1d2+d1=1-d1d21+d17.(多選題)(2023新高考Ⅱ,10)設(shè)O為坐標(biāo)原點,直線y=-3(x-1)過拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點,且與C交于M,N兩點,l為C的準(zhǔn)線,則()A.p=2B.|MN|=8C.以MN為直徑的圓與l相切D.△OMN為等腰三角形答案AC解析對于A,在y=-3(x-1)中令y=0,得x=1,所以拋物線的焦點為(1,0),所以p2=1,所以p=2,故A正確對于B,由A知,拋物線的方程為y2=4x,則由y不妨設(shè)M13,233,N(3,-23),則由拋物線的定義知|MN|=13+3+2=163對于C,由B知,以MN為直徑的圓的圓心為53,-233,半徑為83,又拋物線的準(zhǔn)線l的方程為x=-p2=-1,圓心到準(zhǔn)線l的距離為53-(-1)=83,故以MN為直徑的圓與l相切對于D,因為|OM|=(13)

2+(233)

2=133,|ON|=328.(5分)(2024廣東湛江二模)已知F1,F2是橢圓C的兩個焦點,若C上存在一點P滿足|PF1|2=19|PF2|2,則C的離心率的取值范圍是.

答案10-199解析因為|PF1|2=19|PF2|2,所以|PF1|=19|PF2|,由橢圓定義知2a=|PF1|+|PF2|=(19+1)|PF2|,所以|PF2|=(19-1)a9∈[a-c,a+c],則e=ca≥10-199,9.(5分)(2024湖南益陽模擬)已知雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,過F1作一條漸近線的垂線交雙曲線C的左支于點P,答案y=±2x解析根據(jù)題意畫出圖象如下:由|PF1||PF2|=25得|PF1|=25|PF2|,又|PF2|-|PF1|=2a,所以|PF2|=10a3,|PF1|=4a則點F1(-c,0)到漸近線的距離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,化簡得ba2-43·ba-43=0,即ba-2ba+23=0,解得b則雙曲線C的漸近線方程為y=±2x.關(guān)鍵能力提升練10.(2024山東日照一模)過雙曲線x24-y212=1的右支上一點P,分別向☉C1:(x+4)2+y2=3和☉C2:(x-4)2+y2=1作切線,切點分別為M,N,則(PMA.28 B.29 C.30 D.32答案C解析由雙曲線方程x24-y212=1可知a=2,b=23,c=a2+b2=4,可知雙曲線方程的左、右焦點分別為F1(-4,0),F2(4,0),圓C1的圓心為C1(-4,0)(圓C2的圓心為C2(4,0)(即F2),半徑為r2=1.如圖,連接PF1,PF2,F1M,F2N,則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當(dāng)且僅當(dāng)P為雙曲線的右頂點時,等號成立,即(PM+PN)·NM的最小值為30.故選11.(多選題)(2024山東青島模擬)已知橢圓C:x29+y2b2=1(0<b<3)左、右兩個焦點分別為F1和F2,動直線l經(jīng)過橢圓左焦點F1與橢圓交于A,B兩點,且|AF2|+|BF2|≤8A.b=6B.|AB|∈[4,6]C.離心率e=3D.若OA⊥OB,則1答案AB解析如圖,易知a=3,由橢圓定義可知|AB|+|AF2|+|BF2|=4a=12.因為|AF2|+|BF2|≤8恒成立,所以|AB|≥4,當(dāng)AB⊥x軸時,|AB|最小,所以|AB|min=2b2a=4,解得b=6,所以當(dāng)|AB|為長軸時,|AB|最大,此時|AB|=2a=6,所以|AB|∈[4,6],所以B正確;可得橢圓方程為C:x29+y26=1,則c=a2-b因為F1(-3,0),可設(shè)直線l的方程為x=my-3,A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)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,此時方程無解,因此D錯誤.12.(多選題)(2024湖南衡陽模擬)已知拋物線Γ:y2=2px(p>0)過點P(2,22),其焦點為F,過點F作兩條互相垂直的直線l1,l2,直線l1與拋物線Γ相交于A,B兩點,直線l2與Γ相交于C,D兩點(如圖所示),則下列結(jié)論正確的是()A.拋物線Γ的方程為y2=4xB.拋物線Γ的準(zhǔn)線方程為x=-2C.△ACF和△BFD面積之和的最小值為7D.△ACF和△BFD面積之和的最小值為8答案AD解析將點P(2,22)代入y2=2px,得8=4p,解得p=2,所以拋物線Γ的方程為y2=4x,故A正確;由y2=4x知,拋物線的準(zhǔn)線方程為x=-1,故B錯誤;易知直線l1,l2斜率均存在且不為0,設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),直線l1的方程為y=k(x-1),聯(lián)立y2=4x,y=k(x-1),即k2x所以x1+x2=2+4k2,x1x2設(shè)C(x3,y3),D(x4,y4),則直線l2的斜率為-1k,代入①中,得x3+x4=2+4k2,x3·x4=1,所以△ACF和△BFD面積之和為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,當(dāng)且僅當(dāng)k=±1,且x1x3=x2x413.(多選題)(2024云南昆明模擬)已知橢圓C:x25+y24=1的左、右焦點分別為F1,F2,直線y=m與C交于A,B兩點(A在y軸右側(cè)),OA.|AF1|+|BF1|=25B.當(dāng)m=455時,四邊形ABF1FC.若AF1⊥BF1,則m=4D.存在實數(shù)m使得四邊形ABF1O為平行四邊形答案ABD解析如圖,根據(jù)橢圓方程可得a=5,b=2,c=1,F1(-1,0),F2(1,0).由對稱性可得|AF1|+|BF1|=|AF1|+|AF2|=25,故A正確;當(dāng)m=455時,可得A1,455,B-1,455,又F1(-1,0),F2(1,0),則AF2⊥F1F2,AB=F1F2,AB∥F1F2,則四邊形ABF1F2為矩形,故B設(shè)A(n,m),B(-n,m),則AF1=(-1-n,-m),BF1=(-1+n,-m),若AF1⊥BF1,則AF1·BF1=1-n2+m2=0,又n25+m24=1,聯(lián)立消元得若四邊形ABF1O為平行四邊形,則|AB|=|F1O|=1,即點A的橫坐標(biāo)為12即可,代入橢圓方程可得m=±955,故當(dāng)m=±955時,四邊形ABF1O為平行四邊形,故D正確14.(5分)(2024山東青島一模)已知O為坐標(biāo)原點,點F為橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點,點A,B在C上,且線段AB的中點為F,OA答案5解析如圖,由橢圓的對稱性可知,AB垂直于x軸,又OA⊥OB,所以∠AOF=π4,所以△AOF為等腰直角三角形,故A(c,c),代入橢圓方程有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河北衡水模擬)數(shù)學(xué)家Dandelin用一平面截圓錐后,在圓錐內(nèi)放兩個大小不同的小球,使得它們分別與圓錐側(cè)面、截面相切,就可證明圖中平面截圓錐得到的截面是橢圓(如圖稱為丹德林雙球模型).若圓錐的軸截面為正三角形,則用與圓錐的軸成60°角的平面截圓錐所得橢圓的離心率為.

答案3解析如圖,令兩個球O1,O2分別與截面相切于點E,F,在截口曲線上任取一點H,過點H作圓錐的母線,分別與兩個球相切于Q,P,HQ,HF均為球O1的切線,則HQ=HF,同理HE=HP,因此HE+HF=HP+HQ=PQ>EF,由切點P,Q的產(chǎn)生方式知,PQ長為定值,于是截口曲線上任意一點H到定點E,F的距離和為定值,該曲線是以點E,F為焦點的橢圓,作出幾何體的軸截面,如圖,設(shè)SA=2,依題意,∠S=60°,∠SAB=30°,則∠SBA=90°,SB=1,AB=3,橢圓的長軸長2a=AB=3,半焦距為c,則a-c=BF=AB+SB-SA2=3-116.(5分)(2024福建廈門一模)設(shè)△ABC是面積為1的等腰直角三角形,D是斜邊AB的中點,點P在△ABC所在的平面內(nèi),記△PCD與△PAB的面積分別為S1,S2,且S1-S2=1.當(dāng)|PB|=10,且|PA|>|PB|時,|PA|=;記||PA|-|PB||=a,則實數(shù)a的取值范圍為.

答案26455,2解析以D為原點,AB為x軸正方向建立如圖所示平面直角坐標(biāo)系,由題易知C(0,1),A(-1,0),B(1,0),設(shè)P(x0,y0),則S1=12|x0|,S2=|y0|,所以12|x0|-|y0|=1,則|y0|=12|x0|-1,當(dāng)|PB|=10,且|PA|>|PB|時,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(負(fù)值舍),則|y0若||PA|-|PB||=a>0,結(jié)合雙曲線定義知,點P在以A,B為焦點的雙曲線上,但不含頂點,該雙曲線為x2(a2)

雙曲線頂點的橫坐標(biāo)的絕對值小于半焦距1,則雙曲線與12|x|-|y|=1的圖象有交點即雙曲線的漸近線與12|x|-|y|=1的圖象有交點,則雙曲線的漸近線斜率的絕對值小于1所以0<4-a2a2<12所以實數(shù)a的取值范圍為455,2.核心素養(yǎng)創(chuàng)新練17.(多選題)(2024山東菏澤模擬)用平面α截圓柱面,圓柱的軸與平面α所成角記為θ,當(dāng)θ為銳角時,圓柱面的截線是一個橢圓.著名數(shù)學(xué)家Dandelin創(chuàng)立的雙球?qū)嶒炞C明了上述結(jié)論.如圖所示,將兩個大小相同的球嵌入圓柱內(nèi),使它們分別位于α的上方和下方,并且與圓柱面和α均相切.其中G1G2為橢圓長軸,F1,F2為兩切點,P為橢圓上一點.下列結(jié)論中正確的有()A.橢圓的短軸長與嵌入圓柱的球的直徑相等B.橢圓的長軸長與嵌入圓柱的兩球的球心距O1O2相等C.所得橢圓的離心率e=cosθD.若R為球O1半徑,則有R=AG1·tanθ答案ABC解析過點P作線段EF,EF分別與球O1,O2切

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