（人教A版）选择性必修二高二数学上学期期末复习 第三章 圆锥曲线的方程 题型归纳+随堂检测（拔尖篇）（2份，原卷版+解析版）

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1．椭圆x225+y216=1的一个焦点是F，过原点O作直线(不经过焦点)与椭圆相交于A，B两点，则△ABF的周长的最小值是（ ）
A．14B．15C．18D．20
【解题思路】不妨取F为左焦点，F1为右焦点，连接AF1，BF1，则AFBF1为平行四边形，△ABF的周长大于等于2a+2b，计算得到答案.
【解答过程】如图所示：不妨取F为左焦点，F1为右焦点，连接AF1，BF1，
则AFBF1为平行四边形，△ABF的周长为AF+BF+AB=AF+AF1+AB=2a+AB≥2a+2b=18，当A，B为椭圆上下顶点时等号成立.故选：C.
2．已知F1,F2是椭圆C:x24+y23=1的左､右焦点，点P在椭圆C上.当∠F1PF2最大时，求S△PF1F2=（ ）
A．12B．33C．3D．233
【解题思路】利用椭圆的定义结合余弦定理可得PF1=PF2时∠F1PF2最大，利用三角形的面积公式即得.
【解答过程】由椭圆C:x24+y23=1的方程可得a2=4，b2=3，c=1，则PF1+PF2=2a=4，
所以cs∠F1PF2=PF12+PF22−F1F222PF1⋅PF2=PF1+PF22−2PF1⋅PF2−F1F222PF1⋅PF2=122PF1⋅PF2−1≥6PF1+PF222−1=12，
当且仅当则PF1=PF2时等号成立，即P为椭圆短轴端点时∠F1PF2最大，此时，S△PF1F2=12×2×3=3.
故选：C.
题型2
椭圆中的最值问题
1．已知点M在椭圆x218+y29=1上运动，点N在圆x2+y−12=1上运动，则MN的最大值为（ ）
A．1+19B．1+25C．5D．6
【解题思路】根据圆的性质，结合两点间距离公式、配方法进行求解即可.
【解答过程】解：设圆x2+y−12=1的圆心为C0,1，则MN≤MC+r=MC+1，
设M(x0,y0)，则x0218+y029=1⇒x02=18−2y02，所以MC=x02+y0−12=x02+y02−2y0+1=18−2y02+y02−2y0+1=−y02−2y0+19=−y0+12+20≤25，当且仅当y0=−1时取得最大值，所以MN≤MC+1≤25+1．故选：B．
2．已知椭圆方程x24+y23=1,F是其左焦点，点A1,1是椭圆内一点，点P是椭圆上任意一点，若PA+PF的最大值为Dmax，最小值为Dmin，那么Dmax+Dmin=（ ）
A．43B．4C．8D．83
【解题思路】利用椭圆的定义转化为PA−PF′的最值问题，数形结合即可求解.
【解答过程】由题意，设椭圆的右焦点为F′(1,0)，连接PF′，
则PA+PF=PA+4−PF′=4+PA−PF′，如图：

当点P在位置M时，PA−PF′取到最大值AF′，当点P在位置N时，PA−PF′取到最小值−AF′，
所以PA−PF′的取值范围是−AF′,AF′，即[−1,1]，所以|PA|+|PF|的最大值Dmax= 5，|PA|+|PF|最小值Dmin= 3，所以Dmax+Dmin=8.故选：C.
题型3
双曲线中的最值问题
1．已知双曲线C:x24−y24=1的左焦点为F，点P是双曲线C右支上的一点，点M是圆E:x2+(y−22)2=1上的一点，则PF+PM的最小值为（ ）
A．5B．5+22C．7D．8
【解题思路】由双曲线定义PF等于P到右焦点F1的距离PF1 +4，而PF1+PM的最小值是EF1−r（r是圆半径），由此可得结论．
【解答过程】记双曲线C的右焦点为F122,0，所以PF+PM=PF1+PM+4≥PF1+PE+4−1≥EF1+3 =4+3=7，当且仅当点P为线段EF1与双曲线C的交点时，取到最小值．故选：C．
2．已知点P是双曲线x29−y216=1右支上的一点，点M、N分别是圆x+52+y2=4和x−52+y2=1上的点，求PM−PN的最大值．
【解题思路】先由已知条件可知双曲线的两个焦点为两个圆的圆心，再利用平面几何知识把|PM|−|PN|转化为双曲线上的点到两焦点之间的距离，结合双曲线的定义即可求|PM|−|PN|的最大值.
【解答过程】∵ x29−y216=1，∴ a2=9，b2=16，则c2=25，故双曲线的两个焦点为F1(−5,0)，F2(5,0)，
F1(−5,0)，F2(5,0)也分别是两个圆的圆心，两圆的半径分别为r1=2,r2=1，
所以|PM|max=PF1+2，|PN|min=PF2−1，
则(|PM|−|PN|)max=|PM|max−|PN|min= PF1+2−PF2−1=PF1−PF2+3 =2×3+3=9，即PM−PN的最大值为9．

题型4
与抛物线有关的最值问题
1．已知抛物线E:x2=4y，圆C:x2+y−32=1，P为E上一点，Q为C上一点，则PQ的最小值为（ ）
A．5B．22−1C．22D．3
【解题思路】先利用配方法求得P到圆心C的最小距离，从而求得P到Q的最小距离.
【解答过程】由题意知C(0,3)，r=1，设Px0,y0，则x02=4y0，所以PC=x02+y0−32=y02−2y0+9=y0−12+8，

故当y0=1时，PCmin=22，所以PQmin=PCmin−r=22−1.故选：B.
2．设点P是抛物线y2=4x上的一个动点.
(1)求点P到A−1,1的距离与点P到直线x=−1的距离之和的最小值；
(2)若B3,2，求PB+PF的最小值.
【解题思路】（1）利用抛物线的定义，转化点P到准线的距离为到焦点的距离，再利用数形结合，即可求解；（2）利用抛物线的定义，转化点P到焦点的距离为到准线的距离，再利用数形结合，即可求解；
【解答过程】（1）如图，易知抛物线的焦点为F1,0，准线为x=−1，由抛物线的定义知点P到直线x=−1的距离等于点P到焦点F的距离.
于是，问题转化为在曲线上求一点P，使点P到点A−1,1的距离与点P到F1,0的距离之和最小.
显然，连接AF与抛物线的交点即为所求点P，故最小值为22+12＝5.

（2）如图，过点P作PE垂直于准线于点E，过点B作BQ垂直准线于点Q，交抛物线于点P1，
此时，PE=PF，那么PB+PF=PB+PE≥BQ=4,即最小值为4.
题型5
椭圆的弦长与“中点弦”问题
1．瑞士数学家欧拉（Euler）在1765年在其所著作的《三角形的几何学》一书中提出：三角形的外心（中垂线的交点）､重心（中线的交点）､垂心（高的交点）在同一条直线上，后来，人们把这条直线称为欧拉线.已知△ABC的顶点C0,14，且AC=BC，则△ABC的欧拉线被椭圆E:x22+y2=1截得的弦长的最大值为（ ）
A．794B．232C．302D．1224
【解题思路】设出欧拉线的方程，联立方程，表示出弦长，求出最值即可.
【解答过程】因为AC=BC，由等腰三角形的性质可得欧拉线一定过点C,
当斜率不存在时，x=0被椭圆E:x22+y2=1截得的弦长为2；
当斜率存在时，设方程为y=kx+14，直线与椭圆的交点为Mx1,y1,Nx2,y2,与椭圆方程联立可得1+2k2x2+kx−158=0，则Δ=16k2+152>0，x1+x2=−k1+2k2,x1x2=−1581+2k2；
MN=1+k2x1+x22−4x1x2 =1+k2−k1+2k22+4×1581+2k2=16k4+472k2+1521+2k2
令t=1+2k2，则k2=t−12，且t≥1；MN=4+154t−14t2=−141t−1522+28916，
因为t≥1，所以00，所以线段AB存在，故选：C.
2．已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x，过其左焦点F(−3,0)作斜率为2的直线l交双曲线C于A，B两点，则截得的弦长|AB|=（ ）
A．7B．8C．9D．10
【解题思路】根据渐近线方程和焦点坐标可解得a2,b2，再将直线方程代入双曲线方程消元，由韦达定理和弦长公式可得.
【解答过程】∵双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的一条渐近线方程是y=2x，∴ba=2，即b=2a.∵左焦点F−3,0，∴c=3，∴c2=a2+b2=3a2=3，∴a2=1，b2=2，∴双曲线C的方程为x2−y22=1.易知直线l的方程为y=2x+3，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，由y=2(x+3)x2−y22=1，消去y可得x2+43x+7=0，∴x1+x2=−43，x1x2=7.∴AB=1+k2×x1+x22−4x1x2=1+4×48−28=10.
故选：D.
3．如图1、2，已知圆A方程为(x+2)2+y2=12，点B2,0．M是圆A上动点，线段MB的垂直平分线交直线MA于点N．

(1)求点N的轨迹方程；
(2)记点N的轨迹为曲线Γ，过点P32,12是否存在一条直线l，使得直线l与曲线Γ交于两点C、D，且P是线段CD中点．
【解题思路】（1）根据双曲线的定义求得点N的轨迹方程.
（2）利用点差法求得直线CD的方程，联立直线CD的方程和点N的轨迹方程联立，根据方程组无解求得正确答案.
【解答过程】（1）由中垂线性质知，NB=NM所以|NB|−|NA|=|AM|=230,b>0)，则a=3,a2+b2=4,∴b2=1
所以点N的轨迹方程为x23−y2=1．
（2）设Cx1,y1,Dx2,y2可得x123−y12=1x223−y22=1两式相减得13x1+x2x1−x2−y1+y2y1−y2=0
由题意x1+x2=3,y1+y2=1，所以kAB=y1−y2x1−x2=1直线CD方程为y−12=1×x−32,y=x−1，
由y=x−1x23−y2=1，得x2−3x+3=0∵Δ=−30的焦点F与y28+x24=1的一个焦点重合，过焦点F的直线与C交于A，B两不同点，抛物线C在A，B两点处的切线相交于点M，且M的横坐标为4，则弦长AB=（ ）
A．12B．14C．15D．16
【解题思路】由题意可得p的值及抛物线方程，设直线AB的方程为y=kx−2，利用导数求得在点A及点B处的切线方程，联立可得xM=x1+x22，由M的横坐标为4得x1+x2=8，将AB的方程代入抛物线方程，可得x2+8kx−16=0，由韦达定理得k=−1，进而结合抛物线定义求得弦长.
【解答过程】由题意可得，F0,−2，则p=4，抛物线方程为x2=−8y，准线方程y=p2=2.由题意，直线AB的斜率存在，设直线AB的方程为y=kx−2，设Ax1,y1，Bx2,y2，其中y1=−x128，y2=−x228，由y=−x28，得y′=−x4.∴在点A处的切线方程为y−y1=−x14x−x1，化简得y=−x14x+x128，①，同理可得在点B处的切线为y=−x24x+x228，②，联立①②得xM=x1+x22，由M的横坐标为4，得x1+x2=8，将AB的方程代入抛物线方程，可得x2+8kx−16=0，∴Δ=64k2+64>0，x1+x2=−8k=8，得k=−1，
∴y1+y2=kx1+x2−4=−1×8−4=−12，
则AB=AF+BF=p2−y1+p2−y2=p−y1+y2=4−−12=16.故选：D.
题型8
圆锥曲线中的面积问题
1．已知椭圆E:x24+y2=1，直线l与两个坐标轴分别交于点M，N．且与椭圆E有且只有一个公共点，O是坐标原点，则△OMN面积的最小值是（ ）
A．42B．4C．22D．2
【解题思路】根据题意首先设直线l方程为y=kx+b，和椭圆方程联立结合韦达定理求得参数k和b之间的关系，利用面积公式结合基本不等式求最值即可得解.
【解答过程】若要直线l与两个坐标轴分别交于点M，N，则直线l的斜率存在，故设直线l方程为y=kx+b，代入到椭圆方程x24+y2=1可得(4k2+1)x2+8kbx+4b2−4=0，根据提意可得Δ=64k2b2−4(4k2+1)(4b2−4)=64k2−16b2+16=0，所以4k2+1=b2，根据题意对方程y=kx+b，k≠0,b≠0，
所以令x=0得y=b，令y=0得x=−bk，所以S△OMN=12OM⋅ON=12b⋅−bk=12b2k=124k2+1k=124k+1k=12(4k+1k)≥4k⋅1k=2，当且仅当4k=1k时取等，所以△OMN面积的最小值是2.故选：D.
2．已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)，离心率e=12，点A为E的左顶点，点F为E的右焦点，|AF|=3．
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点F的直线l（不与x轴重合）与椭圆E交于M、N两点，直线AM、AN分别交直线x=4于P，Q两点，线段PQ中点为R，△MPR,△MRN,△NRQ的面积分别为S1,S2,S3，求S1+S3S2的值．
【解题思路】（1）依题意可得ca=12a+c=3，即可求出a、c，从而求出b，即可得解；
（2）当直线l的斜率不存在直接求出S2，S1+S3，当直线l的斜率存在且不为0，设直线l为x=my+1 m≠0，Mx1,y1，Nx2,y2，联立直线与椭圆方程，可得根于系数的关系式，表示出P、Q的坐标，计算yP+yQ，从而得到R的坐标，求得MN，进而表示出S1，S3，计算S1+S3的结果， 再求得S2的表达式，即可求得S1+S3与S2之间的关系，即可得出结论.
【解答过程】（1）依题意e=ca=12AF=a+c=3，解得a=2c=1，所以b=a2−c2=3，
所以椭圆E的标准方程为x24+y23=1.
（2）由（1）可得F1,0，A−2,0，若直线l的斜率不存在，则直线l为x=1，此时M1,32、N1,−32，
则AM为y=12x+2，令x=4，可得P4,3，则Q4,−3，R4,0，
所以S2=124−1×32×2=92，S1+S3=12×4−1×3−−3=9，所以2S2=S1+S3，即S1+S3S2=2，
若直线l的斜率存在且不为0，所以设直线l为x=my+1 m≠0，Mx1,y1，Nx2,y2，
联立x=my+1x24+y23=1，得3m2+4y2+6my−9=0，显然Δ>0，则y1+y2=−6m3m2+4，y1y2=−93m2+4，
直线AM的方程为y=y1x1+2x+2，令x=4，得yP=6y1x1+2，所以P4,6y1x1+2，
同理，Q4,6y2x2+2．又yP+yQ=6y1x1+2+6y2x2+2=6y1my1+3+6y2my2+3=6y1my2+3+6y2my1+3my1+3my2+3
=12my1y2+18y1+y2m2y1y2+3my1+y2+9=12m×−93m2+4+18−6m3m2+4m2×−93m2+4+3m−6m3m2+4+9=−6m，所以R4,−3m，
所以kRF=−3m4−1=−m，所以kRF⋅kl=−1，即RF⊥MN，
MN=1+m2y1−y2=1+m2(y1+y2)2−4y1y2=1+m2⋅−6m3m2+42+363m2+4=121+m23m2+4，
又RF=4−12+3m2=31+m2，所以S2=12⋅RF⋅MN=181+m2323m2+4．
又R为线段PQ中点，故S1+S3=12⋅PR⋅4−x1+12⋅QR⋅4−x2=14⋅PQ⋅8−x1−x2
=146y1my1+3−6y2my2+3⋅my1+y2−6=92y1−y2m2y1y2+3my1+y2+9⋅my1+y2−6
=92121+m23m2+4m2−93m2+4+3m−6m3m2+4+9⋅m−6m3m2+4−6=92×1+m23×24m2+13m2+4=36m2+1323m2+4，
所以2S2=S1+S3，即S1+S3S2=2，综上可得S1+S3S2=2.
题型9
圆锥曲线中的最值问题
1．已知椭圆C:x24+y2=1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论错误的是（ ）
A．离心率e=32B．PF2的最大值为2+3
C．△PF1F2的面积的最大值为23D．PF1+PF2的最小值为2
【解题思路】根据椭圆方程求出a、b、c，即可求出离心率，从而判断A，根据椭圆的性质判断B，设Px,y，则S△PF1F2=3y，根据y的有界性求出△PF1F2面积的最大值，即可判断C，根据向量模的坐标表示及二次函数的性质判断D.
【解答过程】解：椭圆C:x24+y2=1，则a=2，b=1，所以c=a2−b2=3，则离心率e=32，故A正确；由椭圆性质：到椭圆右焦点距离最大的点是左顶点，可得PF2的最大值为a+c=2+3，故B正确；
由F1−3,0，F23,0，设Px,y，则S△PF1F2=12F1F2⋅y=3y，因为−1≤y≤1，所以S△PF1F2max=3，当且仅当P在上、下顶点时取最大值，故C错误；
因为PF2=3−x,−y，PF1=−3−x,−y，所以PF1+PF2=−2x,−2y，
所以PF1+PF2=−2x2+−2y2=4x2+4−x2=4+3x2≥2，
即PF1+PF2的最小值为2，当且仅当P在上、下顶点时取最小值，故D正确；故选：C.
2．已知抛物线Γ：y=14x2的焦点为F，过F的直线l交Γ于点A,B，分别在点A,B处作Γ的两条切线，两条切线交于点P，则1PA2+1PB2的取值范围是（ ）
A．0,1B．0,12C．0,14D．14,12
【解题思路】设直线l的方程为y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2，与抛物线联立可得x1+x2=4k,x1x2=−4，再利用求曲线上一点的切线方程得过A,B与Γ相切的直线方程，再利用两条直线的交点坐标得P2k,−1，再利用两点间的距离公式计算得结论.
【解答过程】显然直线l的斜率存在，因此设直线l的方程为y=kx+1，Ax1,y1,Bx2,y2，
由y=kx+1x2=4y得x2−4kx−4=0，因此Δ=−4k2+16=16k2+16>0，故x1+x2=4k,x1x2=−4.
因为y′=x2，所以过A,B与Γ相切的直线方程分别为：y=x1x2−x124、y=x2x2−x224，
因此由y=x1x2−x124y=x2x2−x224得x=x1+x22=2k,y=x1x24=−1，即P2k,−1，
所以1PA2+1PB2=1x1−2k2+kx1+22+1x2−2k2+kx2+22=1k2+1x12+4+1k2+1x22+4
=x12+x22+8k2+1x12+4x22+4 =x1+x22−2x1x2+8k2+1x12x22+4x12+x22+16=16k2+1664k2+12=14k2+1.
因为k∈R，所以4k2+1≥4，因此0