备考2024届高考数学一轮复习好题精练第八章平面解析几何突破5圆锥曲线的综合应用

这是一份备考2024届高考数学一轮复习好题精练第八章平面解析几何突破5圆锥曲线的综合应用，共5页。试卷主要包含了故选C，8 mB等内容，欢迎下载使用。

A.e1e2的最小值为12B.e1e2的最小值为32
C.e1e2的最大值为12D.e1e2的最大值为32
解析 由椭圆和双曲线的几何性质得e1＝m－1m，e2＝24－m，
所以e1e2＝m－1m·4－m2，（e1e2）2＝m－1m·4－m4＝5m－m2－44m＝54－（m4＋1m）≤54－1＝14，当且仅当m＝2时等号成立，所以e1e2≤12.故选C.
2.如图是等轴双曲线形拱桥，现拱顶离水面5 m，水面宽｜AB｜＝30 m.若水面下降5 m，则水面宽是（结果精确到0.1 m）（参考数据：2≈1.41，5≈2.24，7≈2.65）（ B ）
A.43.8 mB.44.8 m
C.52.3 mD.53.0 m
解析 建立如图所示的平面直角坐标系，其中C为顶点，D为AB的中点，MN为下降后的水面.因为拱桥是等轴双曲线，则设双曲线的方程为y2a2－x2a2＝1（a＞0），C（0，－a）.因为｜AB｜＝30，｜CD｜＝5，则B（15，－a－5），将点B坐标代入双曲线方程，可得（－a－5）2a2－152a2＝1，解得a＝20，即y2202－x2202＝1.当水面下降5 m后，纵坐标yN＝－30，代入双曲线方程可得xN＝105，所以｜MN｜＝2xN＝205≈44.8.故选B.
3.[多选/2024江西临川一中检测]2022年卡塔尔世界杯会徽正视图（如图）近似伯努利双纽线.伯努利双纽线最早于1694年被瑞士数学家雅各布·伯努利用来描述他所发现的曲线.在平面直角坐标系xOy中，把到定点F1（－a，0），F2（a，0）距离之积等于a2（a＞0）的点的轨迹称为双纽线，已知点P（x0，y0）是a＝1时的双纽线C上一点，下列说法正确的是（ ABD ）
A.双纽线C是中心对称图形
B.－12≤y0≤12
C.双纽线C上满足｜PF1｜＝｜PF2｜的点有2个
D.｜PO｜的最大值为2
解析 由到定点F1（－a，0），F2（a，0）距离之积等于a2的点的轨迹称为双纽线，得双纽线C的方程为（x+1）2＋y2×（x－1）2＋y2＝1，用－x，－y替换方程中的x，y，方程不变，故双纽线C关于原点O成中心对称，故A正确；
易知｜PF1｜｜PF2｜＝1，｜F1F2｜＝2，由等面积法得12｜PF1｜·｜PF2｜·sin ∠F1PF2＝12｜F1F2｜·｜y0｜，则｜y0｜＝12·sin ∠F1PF2，所以－12≤y0≤12，故B正确；
｜PF1｜＝｜PF2｜，则（x0+1）2＋y02＝（x0－1）2＋y02，解得x0＝0，则1+y02×1+y02＝1，解得y0＝0，所以双曲线C上满足｜PF1｜＝｜PF2｜的点P有一个，故C错误；
因为PO＝12（PF1＋PF2），所以PO2=14|PF1|2+2PF1·PF2·cs ∠F1PF2+|PF2|2，由余弦定理得22＝｜PF1｜2＋｜PF2｜2－2｜PF1｜·｜PF2｜·cs ∠F1PF2，
所以PO2＝1＋｜PF1｜·｜PF2｜·cs ∠F1PF2＝1＋cs ∠F1PF2≤2，所以｜PO｜的最大值为2，故D正确.故选ABD.
4.在平面直角坐标系xOy中，双曲线C1：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的渐近线与抛物线C2：x2＝2py（p＞0）交于点O，A，B，若△OAB的垂心为C2的焦点，则C1的离心率为 32 .
解析 双曲线C1：x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0）的渐近线方程为y＝±bax，
由对称性不妨取A（2pba，2pb2a2），B（－2pba，2pb2a2），C2：x2＝2py（p＞0）的焦点F（0，p2），则kAF＝2pb2a2－p22pba＝ab，即b2a2＝54，c2a2＝a2＋b2a2＝94，e＝ca＝32.
5.已知数列{an}，{bn}中各项均为正数，且{bn}是公差为2的等差数列，若点Pn（an，bn）（n∈N*）均在双曲线C：x2－y24＝1上，则an＋1－an的取值范围是 （2－1，1） .
解析 由题可知点Pn（an，bn）在第一象限，PnPn＋1的斜率kn＝bn+1－bnan+1－an＝2an+1－an.根据双曲线的性质，知当点Pn越靠近x轴时，kn越大，点Pn越远离x轴时，kn越小.由双曲线上的两点A（1，0）和B（2，2）可得kAB＝22－1，而C的一条渐近线斜率为2，所以2＜kn＜22－1，故2－1＜an＋1－an＜1.
6.[2024江西九校联考]如图所示，桌面上有一个篮球，若篮球的半径为1个单位长度，在球的右上方有一个灯泡P（当成质点），篮球的影子是椭圆，篮球与桌面的接触点（切点）就是影子椭圆的焦点，点P到桌面的距离为4个单位长度，灯泡垂直照射在平面的点为A，影子椭圆的右顶点到A点的距离为3个单位长度，则这个影子椭圆的离心率e＝ 79 .
解析 以A为坐标原点建立如图所示的平面直角坐标系，由题意可得P（0，4），R（－3，0），则直线PR的斜率kPR＝43，直线PR：4x－3y＋12＝0.设影子椭圆的长半轴长为a，半焦距为c，则｜QR｜＝a－c.设篮球球心M（n，1），则椭圆焦点Q（n，0），点M到直线PR的距离d＝｜4n－3+12｜42＋（－3）2＝1，解得n＝－1（舍去）或n＝－72，则｜QR｜＝｜－72－（－3）｜＝12＝a－c.设直线PN：kx－y＋4＝0，N（xN，0），则点M（－72，1）到直线PN的距离d1＝｜－72k－1+4｜k2＋（－1）2＝1，得45k2－84k＋32＝0，Δ＞0，所以kPR·k＝3245，则k＝815，直线PN：815x－y＋4＝0，令y＝0，得xN＝－152.故2a＝｜－152－（－3）｜＝92，则a＝94，故c＝74.故椭圆的离心率e＝ca＝79.
7.[2024惠州市一调]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1（a＞b＞0）的左顶点为A，上顶点为B，右焦点为F（1，0），O为坐标原点，线段OA的中点为D，且｜BD｜＝｜DF｜.
（1）求C的方程；
（2）已知点M，N均在直线x＝2上，以MN为直径的圆经过O点，圆心为点T，直线AM，AN分别交椭圆C于另一点P，Q，证明：直线PQ与直线OT垂直.
解析 （1）由题意知，椭圆C的半焦距c＝1，D（－a2，0），B（0，b），
∴｜BD｜＝a24＋b2，｜DF｜＝a2＋1，∴a24＋b2＝a2＋1，即b2＝a＋1.
又a2＝b2＋c2，∴a2－a－2＝0（a＞0），解得a＝2，故b2＝3，
∴C的方程为x24＋y23＝1.
（2）解法一 设M（2，m），N（2，n），则T（2，m＋n2），而A（－2，0），∴kAM＝m－02－（－2）＝m4，则直线AM：y＝m4（x＋2）.
联立得x24＋y23=1，y＝m4（x+2),整理得（m2＋12）x2＋4m2x＋4m2－48＝0，Δ＞0.
设P（x1，y1），则由根与系数的关系得，x1－2＝－4m2m2+12，
∴x1＝2（12－m2）m2+12，则y1＝12mm2+12.
设Q（x2，y2），同理可得，x2＝2（12－n2）n2+12，则y2＝12nn2+12.
∴kPQ＝y1－y2x1－x2＝6（mn－12)(n－m）24（n2－m2）＝mn－124（n＋m）.
如图，连接OM，ON，∵MN为直径，∴OM⊥ON，∴kOM·kON＝－1，即m2·n2＝－1，∴mn＝－4，
∴kPQ＝－4n＋m，
而kOT＝n＋m4，
∴kPQ·kOT＝－1，则直线PQ与直线OT垂直，得证.
解法二 设M（2，m），N（2，n），则T（2，m＋n2）.
如解法一图，连接OM，ON，∵MN为直径，∴OM⊥ON，即OM·ON＝0，即4＋mn＝0.
∵A（－2，0），∴kAM＝m－02－（－2）＝m4，
则直线AM：y＝m4（x＋2）.
联立得x24＋y23=1，y＝m4（x+2),整理得（m2＋12）x2＋4m2x＋4m2－48＝0，Δ＞0.
设P（x1，y1），则由根与系数的关系得，x1－2＝－4m2m2+12，
∴x1＝2（12－m2）m2+12，则y1＝12mm2+12，
∴P（2（12－m2）m2+12，12mm2+12），
同理得Q（2（12－n2）n2+12，12nn2+12）.∴PQ＝（2（12－n2）n2+12－2（12－m2）m2+12，12nn2+12－12mm2+12），
又OT＝（2，m＋n2），
∴PQ·OT＝4（12－n2）n2＋12－4（12－m2）m2+12＋6mnn2+12＋6n2n2+12－6m2m2+12－6mnm2+12＝24+2n2n2+12－24+2m2m2+12＝2－2＝0.
∴PQ⊥OT，即PQ⊥OT，得证.
8.[2023陕西模拟]已知椭圆C1的方程为x24＋y2＝1，双曲线C2的左、右焦点分别是C1的左、右顶点，而C2的左、右顶点分别是C1的左、右焦点.
（1）求双曲线C2的标准方程；
（2）若直线l：y＝kx＋2与双曲线C2恒有两个不同的交点A和B，且OA·OB＞2（其中O为坐标原点），求实数k的取值范围.
解析 （1）设双曲线C2的方程为x2a2－y2b2＝1（a＞0，b＞0），半焦距为c，则a2＝3，c2＝4.
由a2＋b2＝c2，得b2＝1，
故双曲线C2的标准方程为x23－y2＝1.
（2）由y＝kx＋2，x23－y2=1，得（1－3k2）x2－62kx－9＝0.
由直线l与双曲线C2交于不同的两点，
得1－3k2≠0，Δ＝（－62k）2+36（1－3k2）=36（1－k2）>0，
所以k2≠13且k2＜1. ①
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝62k1－3k2，x1x2＝－91－3k2，
所以OA·OB＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋（kx1＋2）·（kx2＋2）＝（k2＋1）x1x2＋2k（x1＋x2）＋2＝3k2+73k2－1.
由OA·OB＞2，得3k2+73k2－1＞2，解得13＜k2＜3. ②
由①②得13＜k2＜1，则－1＜k＜－33或33＜k＜1，
即实数k的取值范围为（－1，－33）∪（33，1）.
9.[情境创新/2023济南模拟]已知抛物线H：x2＝2py（p＞0）.
（1）若直线l：y＝kx－2pk＋2p与H只有一个公共点，求k.
（2）贝塞尔曲线是计算机图形学和相关领域中重要的参数曲线.法国数学家保尔·德·卡斯特里奥对贝塞尔曲线进行了图形化应用的测试，提出了德卡斯特里奥算法：已知三个定点，根据对应的比例，使用递推画法，可以画出抛物线；反之，已知过抛物线上三点的切线，也有相应成比例的结论.如图，A，B，C是H上不同的三点，在三点处的三条切线分别两两交于点D，E，F，证明：｜AD｜｜DE｜＝｜EF｜｜FC｜＝｜DB｜｜BF｜.
解析 （1）将y＝kx－2pk＋2p代入x2＝2py，化简得x2－2pkx＋4p2（k－1）＝0 （*），
则方程（*）的根的判别式Δ＝4p2k2－4（4p2k－4p2）＝0，
化简得k2－4k＋4＝0，
即k＝2.
（2）设A（xA，yA），B（xB，yB），C（xC，yC），D（xD，yD），E（xE，yE），F（xF，yF），
则抛物线x2＝2py在点A，B，C处的切线方程分别为2py＝2xAx－xA2，2py＝2xBx－xB2，2py＝2xCx－xC2，
两两联立，可以求得交点D，E，F的横坐标，则xD＝xA＋xB2，xE＝xA＋xC2，xF＝xB＋xC2，
得｜AD｜｜DE｜＝｜xD－xA｜｜xE－xD｜＝｜xA＋xB2－xA｜｜xA＋xC2－xA＋xB2｜＝｜xB－xA｜｜xC－xB｜，
同理得，｜EF｜｜FC｜＝｜xB－xA｜｜xC－xB｜，｜DB｜｜BF｜＝｜xB－xA｜｜xC－xB｜.
所以｜AD｜｜DE｜＝｜EF｜｜FC｜＝｜DB｜｜BF｜，命题得证.