专题12圆锥曲线的统一定义讲义 2025届高三数学二轮复习 有答案

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例1【解析】解：由∠BAP=γ知P在以A为顶点，母线与轴AB夹角为γ的圆锥侧面上，
又P点在平面β上，所以P点的轨迹是平面β与圆锥侧面的交线，
由题意，对各选项进行分析：
对A,因为平面 β与圆锥的轴的夹角为 π4,圆锥轴截面半顶角为 π6，由π4>π6，知Γ是椭圆，故A正确；
对B,因为平面 β与圆锥的轴的夹角为 π3,圆锥轴截面半顶角为 π6，由π3>π6，知Γ是椭圆，故B不正确；
对C,因为平面 β与圆锥的轴的夹角为 π4,圆锥轴截面半顶角为 π4,由两角相等,知Γ是抛物线,故C正确；
对D,因为平面 β与圆锥的轴的夹角为 π3，圆锥轴截面半顶角为 π4，由π3>π4，所以Γ是椭圆，故D正确．
故选：ACD．
例2【解析】易知A1A2为椭圆的长轴，长为2a，F为椭圆的左焦点，A1F=a−c，
在直角三角形PA1A2中，球的截面圆是其内切圆，
设A1A2=x，则由三角形面积不变性可得：12×5x=12×5+x+25+x2×2，
解得x=A1A2=2a=12，由A1F=a−c=6−c=2，解得c=4，
故椭圆的离心率为ca=46=23．
故答案为23．
练1【解析】因为直线OC与PC所成角为45°，所以点P在以CO为轴的圆锥曲线的表面上，
且是平面A1BD内一动点，连接AC交BD于点M，
则在平面ACC1A1中易得A1M//CO，所以OC//平面A1BD，
由题设可知用平行于圆锥的轴的平面截取，可得到双曲线的一支，所以点P轨迹是双曲线的一部分。
故选C
练2【解析】因为E是母线PB的中点，F是线段EO的中点，
所以OE//PA，又PA⊄截面CDE，OE⊂截面CDE，故PA//截面CDE，
由截面倾斜到“和且仅和”圆锥的一条母线平行时，得到的是抛物线，
故过CD与E的平面与圆锥侧面的交线是以E为顶点的圆锥曲线的一部分，则该曲线为抛物线；
由题意可知，PO⊥平面AOB，又OB⊂平面AOB，则PO⊥OB，
则OB=OP=OC=1，因为E为母线PB的中点，所以OE=22，
建立适当的平面直角坐标系，以E为坐标原点，BP为y轴，OE为x轴，
如图所示，则C(−22,1)，
设抛物线的方程为y2=mx，
将点C代入方程可得，1=−22m，解得m=−2，所以抛物线的标准方程为y2=−2x，
因为M，N是该曲线上的两点且MN//CD，则MN⊥x轴，又MN经过点F，
故MN为抛物线的通径，所以|MN|=2．
故答案为：抛物线；2．
例3【解析】3|PA|+5|PF| =3(|PA|+53|PF|)，只需求|PA|+53|PF|的最小值.
易知椭圆C的离心率为e=ca=35，注意到所求式中的数值53恰为1e，
则由椭圆的第二定义知，53|PF|等于椭圆上的点P到左准线的距离.
过点P作左准线的垂线，垂足为E, 则|PA|+|PE| ≥ |AE|，
当且仅当A,P,E三点共线时等号成立， 此时|AE| =2−(−253)=313.
故3(|PA|+53|PF|)的最小值为31，即3|PA|+5|PF|的最小值为31.
例4【解析】设Px1,y1,Qx2,y2，直线l:y=kx−1(k≠0).
联立抛物线得：k2x2−2k2+2x+k2=0，则x1x2=1.
由直线l与抛物线准线l1交于M，则xM=−1.
由PM=2FP得：−1−x1=2x1−1，即x1=13，则x2=3.
∴PF=x1+1=43，QF=x2+1=4，FQFP=443=3，
故选：A.
练3【解析】解：首先证明椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)上任意一点P(x,y)到左、右两焦点F1、F2的距离
|PF1|=a+cax，|PF2|=a−cax(焦半径公式);
证明：因为F1(−c,0)、F2(c,0)，
所以|PF1|= (x+c)2+y2= (x+c)2+b2(1−x2a2)
= c2a2x2+2cx+a2=|a+cax|;
同理可得|PF2|= (x−c)2+y2=|a−cax|;
根据椭圆方程知，ca∈(0,1)，|x|≤a⇒a>ca|x|，即a±cax>0，
故椭圆x2a2+y2b2=1两个焦半径为|PF1|=a+cax，|PF2|=a−cax;
记AB与圆O:x2+y2=b2相切于点Q，A(x1,y1)，B(x2,y2)，(x1,x2>0)，
则|AQ|2=x12+y12−b2，又y12=b2−b2a2x12，
所以|AQ|2=(1−b2a2)x12=e2x1，则|AQ|=ex1，|AF|=a−cax1=a−ex1，
所以|AQ|+|AF|=a，同理可得|BQ|+|BF|=a
故△ABF的周长为2a．
所以2a=15，则a=152，又焦距2c=12，所以c=6，
所以离心率e=ca=6152=45．
练4【解析】解：椭圆C：x24+y23=1的a=2，b= 3，c=1，
延长PI交x轴于M，
设P(x0,y0)，I(x,y)，M(m,0)，
连接IF1，IF2，
设PF1=s，PF2=t，则s+t=2a=4，
MF1=m+1，MF2=1−m，
由内角平分线定理可得
st=m+11−m，PIIM=sm+1=t1−m=s+t2=2，
可得x=x0+2m1+2，y=y01+2=y03，
由椭圆的焦半径公式可得：
m+11−m=2+12x02−12x0，即m=14x0，
可得x0=2x，y0=3y，
代入椭圆可得4x24+9y23=1，
即有x2+3y2=1(y≠0)，
故答案为：x2+3y2=1(y≠0)．
例5【解析】解：设M坐标为(x,y)x≠±5,y≠0，由yx+5·yx−5=λ，得y2=λ(x2−25)(x≠±5)，
对于A项，存在常数λ(λ≠0)，使C上所有的点到两点(−6,0)，(6,0)的距离之和为定值
则c=6，且焦点在x轴上，此时−132或−320)，
由圆锥的底面直径为2，侧面积为 5π，得AM=1,OA= 5，
显然OM= ( 5)2−12=2,tan∠AOM=12，即ba=12，
所以双曲线的离心率e= a2+b2a= 1+b2a2= 1+14= 52．
故答案为： 52．
7.【解析】设O1O2∩EF=D，
由O2DO1D=O2FO1E=12O2D+O1D=210，解得O2D=2103,O1D=4103，
所以DE=41032−42=43,DF=21032−22=23，
所以2c=43+23=2,c=1，
设直线EF与圆锥的母线相交于点A，圆锥的母线与球相切于B,C两点，
如图所示，则AB=AE,AC=AF，
两式相加得AB+AC=AE+AF=a−c+a+c=2a，即BC=2a，
过O2作O2G⊥O1B，垂直为G，
则四边形BGO2C为矩形，所以2a=BC=2102−22=6，a=3，
所以椭圆的离心率为ca=13．
故答案为13．
8.【解析】解：(1)过N作NG⊥PC1于点G，
而∠C1A1N=α+β，|NA1|=a，
所以|NG|=asin(α+β)，而∠C1NG=α，
∴|C1N|=asin(α+β)csα，
同理过N向PC2作垂线，可得
|C2N|=asin(β−α)csα，
∴b2=|NB1|2=|NC1|⋅|NC2|
=a2sin(β+α)sin(β−α)cs2α，
∴e2=1−b2a2，
=1−sin(β+α)sin(β−α)cs2α=(csβcsα)2
∴e=csβcsα=13，
∵a=3，∴c=1，
故求椭圆C的焦距2c=2；
(2)∵AF1//BF2，∴SΔAQB=SΔF1QF2=1，
∴SΔBF1F2=(1+1λ)SΔQF1F2=1+1λ，
∴SΔBQF2=1+1λ−1=1λ，
∴SΔAQF1=λ2SΔQBF2=λ，
∴S四边形ABF2F1=λ+1λ+2，
延长AF1交C于B3点，
则AF1=λF1B3，
设A(x1,y1)，B3(x2,y2)，
则−1=x1+λx21+λ0=y1+λy21+λ，
∴x1+λx2=−(1+λ)y1+λy2=0
∵x129+y128=1x229+y228=1,
∴(x1+λx2)(x1−λx2)9+(y1+λy2)(y1−λy2)8=1−λ2，
∴(−1−λ)(x1−λx2)9=1−λ2，
∴x1−λx2=9(λ−1)，
∴x1=4λ−5x2=−5+4λ，
∵SΔAF1F2=λ+1=c|y1|=|y1|，
∴(λ+1)2=y12=8(1−x129)=8(1−(4λ−5)29)
∴137λ2−302λ+137=0，
∴λ+1λ=302137，
∴S四边形ABF2F1=λ+1λ+2=302137+2=576137，
故四边形ABF2F1的面积576137．