专题7 2022年新高考数学 圆锥曲线选择填空压轴小题专项训练(解析版)

专题7 2022年新高考数学 圆锥曲线选择填空压轴小题专项训练(解析版)

1．B

【解析】

【分析】

本题首先可根据倾斜角为的直线过抛物线的焦点得出直线的方程为，然后联立直线方程与抛物线方程，得出、、，再然后求出以为直径的圆的方程，最后令，根据即可求出的值.

【详解】

拋物线的焦点为，

因为倾斜角为的直线过抛物线的焦点，所以直线的方程为，

联立，整理得，，

设，，则，，

，，

故圆心坐标为，半径为，方程为，

当时，,解得或，

则，，

故选：B.

【点睛】

关键点点睛：本题考查抛物线与圆、直线的相关问题的求解，能否求出以为直径的圆的方程是解决本题的关键，考查韦达定理以及抛物线定义的应用，考查计算能力，是难题.

2．D

【解析】

【分析】

设出直线方程，与抛物线方程联立，结合韦达定理可判断①②，利用弦长公式求出，根据，两点在轴的两侧，可得，进而可判断③④.

【详解】

由题意可设的方程为，

联立，得，则为定值，①正确．

又，，②不正确；

则，即．

联立，得，

，两点在轴的两侧，，且，．

由及可得或，故的取值范围为．③正确；

设，，则，，

则．

假设存在实数，则由，得，

解得或，故存在满足题意．④正确.

故选：D

【点睛】

方法点睛：解决存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在，注意：①当条件和结论不唯一时要分类讨论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；③当条件和结论都不知，按常规方法题很难时采取另外的途径.

3．D

【解析】

【分析】

根据题意可知，，由此推导依次判断.

【详解】

由题可知，

所以，；，，

故①正确；

由得，，又，

得，，，②正确.

以为直径的圆 E:，与“果园”右侧有异于公共点的公共点，

由方程组，得

显然方程已有一根，另一根为，则，

，，

解得，故③正确.

故选:D

【点睛】

思路点睛：求圆锥曲线中基本量的比值（或范围），常根据已知寻找关于基本量的等式或不等式，再通过解方程或不等式求解.

4．B

【解析】

【分析】

根据题意设出直线的方程，然后分别联立直线方程求解出坐标，根据向量共线对应的纵坐标关系求解出的关系，则离心率可求.

【详解】

不妨设过的直线与垂直，所以，

因为，所以，所以，

又因为，所以，所以，

又因为，所以，所以，

所以，所以，所以，

故选：B.

【点睛】

方法点睛：求解双曲线离心率的值或范围的常用方法：

（1）根据双曲线的方程直接求解出的值，从而求解出离心率；

（2）构造关于的齐次方程，求解出的值，从而离心率可知；

（3）根据离心率的定义以及双曲线的定义求解离心率；

（4）利用双曲线及图形的几何性质构建关于的不等式，从而的范围可求.

5．B

【解析】

【分析】

由题意可知，点在所在平面内的轨迹为椭圆，且该椭圆的焦点为、，长轴长为，然后以线段的中点为坐标原点，直线所在直线为轴，以所在直线为轴建立空间直角坐标系，求出椭圆的方程，利用二次函数的基本性质可求得的最大值.

【详解】

如图所示，在平面内，，

所以点在平面内的轨迹为椭圆，取的中点为点，连接，以直线为轴，直线为建立如下图所示的空间直角坐标系，

则椭圆的半焦距，长半轴，该椭圆的短半轴为，

所以，椭圆方程为.

点在底面的投影设为点，则点为的中心，，

故点正好为椭圆短轴的一个端点，

，则，

因为，故只需计算的最大值.

设，则，

则，

当时，取最大值，

即，

因此可得，故的最大值为.

故选：B.

【点睛】

关键点点睛：本题考查线段长度最值的求解，根据椭圆的定义得知点的轨迹是椭圆，并结合二次函数的基本性质求解的最大值是解题的关键，在求解时也要注意椭圆有界性的应用.

6．B

【解析】

【分析】

设则，由及，求a、t的数量关系，可得双曲线参数的齐次方程，即可求双曲线的离心率.

【详解】

设，则，而，

∴，，

由，则，，

∴，解得，则，

∴.

故选：B

【点睛】

关键点点睛：利用双曲线的定义及圆的性质，构造关于双曲线参数的齐次方程求离心率即可.

7．B

【解析】

【分析】

设,，设x轴正方向旋转到与向量同向所转过的角为α，利用三角函数的定义表示的坐标，代入椭圆方程，求得关于α的函数表达式，进而得到关于α的函数表达式，利用三角函数恒定变形化简，然后利用三角函数的性质求得其取值范围，进而得到四边形面积的取值范围，从而做出选择.

【详解】

设,，设x轴正方向旋转到与向量同向所转过的角为α，

并根据题意不妨设到为逆时针旋转,

则,

，,

,

,

，

∴,,

当时取到最小值，当时取得最大值.

只有选项B中的12在此范围内，

故选：B.

8．C

【解析】

【分析】

根据题意，先确定点P轨迹的形状，进而求出轨迹的长度即可.

【详解】

由题意，在平面BCD内作BQ⊥CD，交CD于Q，因为平面BCD⊥平面ACD，平面BCD与平面ACD交于CD，所以BQ⊥平面ACD，又BP⊥平面ACD，所以P,Q两点重合，于是随着点D的变化，BP⊥CD始终成立，可得在平面ABC中，BP⊥CP始终成立，即得点P的轨迹是以BC为直径的圆的一部分，由题意知随着点D的变化，∠BCD的范围为，可得点P的轨迹是以BC为直径（半径为1）的圆的，即得点P的轨迹长度为.

故选：C.

9．C

【解析】

【分析】

先由题意，得到以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为，设，则，求出点P，Q的坐标，得出，，根据，再利用余弦定理求出，之间的关系，即可得出双曲线的离心率．

【详解】

由题意，以为直径的圆的方程为，不妨设双曲线的渐近线为．

设，则，

由，解得或，

∴，．

又为双曲线的左顶点，则，

∴，，，

在中，，由余弦定理得，

即，

即，

则，所以，则，

即，所以

∴．

故选：C.

【点睛】

方法点睛：离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：①直接求出，从而求出；②构造的齐次式，求出；③采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④根据圆锥曲线的统一定义求解．

10．D

【解析】

【详解】

由双曲线的定义知，又轴，所以的内切圆半径为，由，得，故选D.

【 方法点睛】本题主要考查双曲线的定义及离心率，属于难题. 离心率的求解在圆锥曲线的考查中是一个重点也是难点，一般求离心率有以下几种情况：① 直接求出，从而求出；② 构造的齐次式，求出；③ 采用离心率的定义以及圆锥曲线的定义来求解；④ 根据圆锥曲线的统一定义求解．本题中，根据的内切圆半径为，从而找出之间的关系，求出离心率．

11．

【解析】

【分析】

根据已知条件先求出抛物线的方程，然后将问题转化为计算“”的最小值，通过抛物线的焦半径公式将表示为坐标的形式，采用直线与抛物线联立的思想，根据韦达定理和基本不等式求解出最小值.

【详解】

因为抛物线的焦点到准线的距离为，所以，所以抛物线方程为，

如下图，，

因为，

设，所以，

所以，

设，所以，，所以，

所以，取等号时，

所以的最小值为，

故答案为：.

【点睛】

结论点睛：本题考查圆与抛物线的综合应用，其中涉及抛物线的焦半径公式的运用.常见抛物线的焦半径公式如下：（为焦准距）

（1）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；

（2）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则；

（3）焦点在轴正半轴，抛物线上任意一点，则；

（4）焦点在轴负半轴，抛物线上任意一点，则.

12．

【解析】

【分析】

设，，，，分析可知点、在抛物线上，且为抛物线的一条过焦点的弦，并可得出以为直径的圆与抛物线准线相切，可得值点的轨迹为圆，数形结合可得出的最小值.

【详解】

设，，，则，，

设点、，则，

设，则，则，，

由可得，化简可得，

故点、在抛物线上，

因为，则，故、、三点共线，

即为抛物线的一条过焦点的弦，

设，则，，所以，，

故点的轨迹是以为直径的圆，

设点、，则，

而是线段的中点到抛物线准线的距离，

故以为直径的圆与抛物线准线相切，

当点不是圆与直线的切点时，；

当点是圆与直线的切点时，.

综上所述，的最小值为.

故答案为：.

【点睛】

关键点点睛：解本题的关键在于将向量坐标化，根据已知条件求出点、所在的曲线方程，并分析出点的轨迹，利用数形结合思想求解.

13．

【解析】

【分析】

通过建立合适的平面直角坐标系，设出抛物线方程，得到点坐标代入即可．

【详解】

过作平行，建立以为轴，以为轴的平面直角坐标系，为了直观说明，将图转换为常规形式，如图．

由图，设抛物线方程为，

因为底面圆O的面积为，所以，

在中，，

又因为为中点，故，

∴，代入得：．

∴．

所以该抛物线的焦点到准线的距离为．

故答案为：.

【点睛】

易错点睛：解题时，应注意抛物线定义中焦点和准线的表示．

14．

【解析】

【分析】

设出点A和点B坐标，表示出直线PA，PB的斜率，利用斜率之积等于4，得到坐标之间的关系，然后表示出直线AB，找到直线AB恒过的定点.

【详解】

设A，B，则kPA=，

同理，kPB=，kAB=.

因为kPA·kPB=4，所以·=4，

所以y1y2+4(y1+y2)+12=0.

所以y1y2=-12-4(y1+y2).

直线AB的方程为y-y1=，

即(y1+y2)y-y1y2=4x.

将y1y2=-12 -4(y1+y2)代入上式得:

(y1+y2)(y+4)=4(x-3)，所以直线AB恒过定点(3,-4).

故答案为：(3,-4).

15．

【解析】

【分析】

由外接圆面积求半径，应用正弦定理求△中的，结合已知有，根据中点弦，应用点差法有即可求椭圆的长轴长.

【详解】

由△外接圆的面积为，则其外接圆半径为.

∵△是以为底边的等腰三角形，设，则，

∴，得，

∴或.

不妨设点在轴下方，由△是以为底边的等腰三角形，知：或

又根据点差法可得，有，而此时焦点在轴上，舍去)

∵为椭圆的右焦点，

∴，故椭圆的长轴长为.

故答案为：.

【点睛】

关键点点睛：利用外接圆的面积求半径，由正弦定理、等腰三角形的性质求相关直线斜率，应用点差法列方程求椭圆参数a.

16．（，0）或（，0）

【解析】

【分析】

通过联立椭圆和切线方程，可解出坐标，进而利用，建立等式条件，解出点M的坐标

【详解】

设的方程等于,不妨设在轴上方，即.

则联立与椭圆的方程，得,整理得，令，解得,此时方程为,解得

因此可知,由椭圆方程可知，所以,又因为，所以，，

（如图）过T做x轴的垂线，记垂足为N，则可知,因此,设 ,则, , 在中，由正弦定理，,

即，解得或

故答案为：（，0）或（，0）

17．

【解析】

【分析】

结合图形分析只可能为钝角，利用和可得答案.

【详解】

因为，且，所以，所以在点右侧且在椭圆的外部，

所以不可能为钝角，

若为钝角，设的中点为，的横坐标为，则，

应有，即垂直平分，

，而

，

所以不可能为钝角，

结合图形可知，只可能，且，而，，当垂直轴时，，所以，

得，所以，得，

所以.

故答案为：.

【点睛】

本题考查了椭圆的性质，解题的关键点是分类讨论和转化思想的应用，考查了推理能力与计算能力.

18．

【解析】

【分析】

先联立直线方程和抛物线方程求得，

接着有两种方法：方法一是将点D到直线的距离用坐标表示出来，借助二次函数求出最值；方法二是利用相切时点D到直线的距离最大，此时两平行线间的距离即为点D到直线的距离最大值，进而求出面积的最大值即可.

【详解】

由题意可知抛物线的焦点为,

所以直线方程为：，

联立得

设，由韦达定理知：

所以，

故，

方法一：设，因为直线方程为：

，其中

所以

当且仅当时等号成立，此时满足点D在l的右下方，

所以面积的最大值为.

方法二： 因为，

要想面积的最大，只需点到直线的距离最大，

如图，设斜率为2的直线与抛物线相切与点，

当点在点位置时，点到直线的距离最大，

因为直线方程为：

设切线方程为，

联立抛物线得：，

令，解得，

此时

所以面积的最大值为.

【点睛】

(1)直线与抛物线的位置关系和直线与椭圆、双曲线的位置关系类似，一般要用到根与系数的关系；

(2)有关直线与抛物线的弦长问题，要注意直线是否过抛物线的焦点，若过抛物线的焦点且焦点在y轴上，可直接使用公式，若不过焦点，则必须用一般弦长公式．

19．③

【解析】

【分析】

求出点的轨迹方程，利用曲线对称性的判断方法，结合曲线特点和点与椭圆的位置关系，对每个选项进行逐一分析，即可判断和选择.

【详解】

设曲线上任意一点P的坐标为，

则，

①用，分别代替，，可知曲线C只关于轴对称，不关于轴对称，即①错误；

②若存在点P使得|PF3|＝，则＝2，

三角形两边之和小于第三边，所以不存在，即②错误；

③∵，

∴所有的点P都应该在椭圆D：内（含边界）．

曲线C与椭圆D有唯一公共点A，此时三角形面积最大，为1．即③正确．

故答案为：③．

【点睛】

本题考查曲线的轨迹方程及其性质，考查学生分析问题、解决问题的能力和运算能力，属于中档题．

20．

【解析】

【分析】

设，，，利用双曲线的定义可得，作出图形，结合图形分析，可知与直线的倾斜角相等，利用直角三角形中的边角关系，求出，即可得到直线的斜率

【详解】

解：设的内切圆为圆，与三边的切点分别为，如图所示，设，，，设的内切圆为圆，

由双曲线的定义可得，得，

由引可知，在中，轴于点，同理可得轴于点，

所以轴，

过圆心作的垂线，垂足为，

因为，

所以与直线的倾斜角相等，

因为，不妨设,

则,

在中，，

所以

所以直线的斜率为，

故答案为：

【点睛】

此题考查直线与双曲线的位置关系，直线与圆的位置关系的综合应用，直线的斜率与倾斜角的关系的应用，解题的关键是将直线的倾斜角转化为进行求解，考查数形结合的思想和计算能力，属于中档题