新高考数学二轮复习小题巩固练训练16（圆锥曲线）（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习小题巩固练训练16（圆锥曲线）（2份，原卷版+解析版）试卷主要包含了单选题，多选题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知过抛物线C:y2=8x的焦点F且倾斜角为45°的直线交C于A，B两点，Q为弦AB的中点，P为C上一点，则|PF|+|PQ|的最小值为（ ）
A．53B．8C．112D．5
【答案】B
【分析】根据给定条件，求出直线AB的方程，再与抛物线方程联立，结合抛物线定义，借助几何意义求解作答.
【详解】抛物线y2=8x，焦点F(2,0)，准线l:x=−2，直线AB的方程为y=x−2，
由y=x−2y2=8x消去y并整理得：x2−12x+4=0，设A(x1,y1)，B(x2,y2)，则x1+x2=12，
弦AB中点Q的横坐标xQ=x1+x22=6，过点Q作准线l的垂线，垂足为点D，如图，
令QD交抛物线于点P，在抛物线上任取点P′，过P′作P′D′⊥l于点D′，连接P′Q,P′F,QD′，
即有|PF|=|PD|,|P'F|=|P'D'|，|P'F|+|P'Q|=|P'D'|+|P'Q|≥|QD'|≥|QD|=|PD|+|PQ|=|PF|+|PQ|，
当且仅当点P′与P重合时取等号，
所以|PF|+|PQ|的最小值为|QD|=xQ−(−2)=8.
故选：B
2．在平面直角坐标系xOy中，F为椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点，过F的直线与圆x2+y2=b2切于点(2,1)，则椭圆的离心率为（ ）
A．53B．35C．55D．23
【答案】A
【分析】由点A2,1代入圆方程求出b2，再由kOAkAF=−1求出c，再根据a=b2+c2求出a即可求解.
【详解】设点A2,1，由题意可得b2=22+12=5且OA⊥AF，Fc,0，
所以1−02−0·1−02−c=−1⇒c=52，所以a=b2+c2=352，
所以椭圆的离心率为e=ca=52×235=53.
故选：A.

3．过抛物线x=2y2的焦点F的直线交抛物线于A、B两点，交抛物线的准线于点C．若AB=3AF，则BC=（ ）
A．34B．1C．98D．92
【答案】C
【分析】设点Ax1,y1、Bx2,y2，分析可知，直线AB不与x轴重合，设直线AB的方程为x=my+18，将该直线方程与抛物线方程联立，列出韦达定理，分析可知y2=−2y1，代入韦达定理求出m2的值，并求出x2的值，利用弦长公式可求得BC的值.
【详解】抛物线y2=12x的焦点为F18,0，设点Ax1,y1、Bx2,y2，
若直线AB与x轴重合，此时，直线AB与抛物线y2=12x只有一个交点，不合乎题意，
设直线AB的方程为x=my+18，联立x=my+18y2=12x可得y2−12my−116=0，
因为AB=3AF，则x2−x1,y2−y1=318−x1,−y1，
所以，y2−y1=−3y1，可得y2=−2y1，
所以，y1+y2=−y1=12m，可得y1=−12m，
y1y2=−2y12=−2×−12m2=−m22=−116，解得m2=18，
所以，y12=14m2=132，y22=4y12=18，则x2=2y22=14，
抛物线的准线方程为x=−18，所以，点C的横坐标为−18，
所以，BC=1+1m2⋅x2+18=3×38=98.
故选：C.
4．“k=±12”是“直线y=kx+1与双曲线x24−y2=1只有一个公共点”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】根据题意，联立直线与双曲线方程，由直线与双曲线只有一个公共点代入计算，即可得到k的取值，再由充分条件，必要条件的定义，即可得到结果.
【详解】联立方程y=kx+1x24−y2=1，整理可得1−4k2x2−8kx−8=0，
当1−4k2=0时，即k=±12，方程有一解，即只有一个公共点；
当1−4k2≠0时，Δ=64k2+321−4k2=0，解得k=±22；
所以直线y=kx+1与双曲线x24−y2=1只有一个公共点时，k=±12或k=±22，
所以“k=±12”是“直线y=kx+1与双曲线x24−y2=1只有一个公共点”的充分不必要条件，
故选：A
5．已知椭圆x29+y2=1和双曲线x2−y2b2=1(b>0)的公共焦点为F1,F2，在第一象限内的交点为P，则PF1⋅PF2=（ ）
A．−4B．−6C．−8D．−9
【答案】B
【分析】由椭圆和双曲线的定义，求出PF1,PF2，由椭圆x29+y2=1，得F1F2，利用向量数量积的定义结合余弦定理求PF1⋅PF2.
【详解】由题意，根据椭圆和双曲线的定义，有PF1+PF2=6PF1−PF2=2，解得PF1=4PF2=2，
由椭圆方程x29+y2=1，得F1F2=2c=29−1=42，
所以PF1⋅PF2=PF1⋅PF2⋅cs∠F1PF2=PF1⋅PF2⋅PF12+PF22−F1F222PF1⋅PF2=−6.
故选：B.
6．已知抛物线y2=2pxp>0的焦点为F，点M在抛物线上，MN⊥y轴于点N，若MN=3，∠NMF=π3，则S△MNF=（ ）
A．3B．32C．33D．6
【答案】C
【分析】先根据题意确定p的值，明确M点坐标，再求S△MNF.
【详解】如图：

不妨设M点在第一象限，因为MN=3，所以M点坐标为：3,6p.
又∠NMF=π3，所以6p=3+p2×32 ⇒ p=2.
所以S△MNF=12×MN×6p=12×3×23=33.
故选：C
7．已知F1,F2是椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的两个焦点，过F1的直线与椭圆C交于M,N两点，MF2−MF1=a,MF1+NF1=NF2，则椭圆C的离心率为（ ）
A．25B．105C．155D．64
【答案】B
【分析】由已知条件和椭圆定义，将|MN|,|MF2|,|MF1|,|NF2|用a表示，在△MNF2中求出cs∠NMF2，在△MF1F2用余弦定理，建立a,c等量关系，即可求解.
【详解】由椭圆的定义可得MF2+MF1=2a,
结合MF2−MF1=a可得MF2=32a,MF1=12a,
由MF1+NF1=NF2可得12a+NF1=NF2，
由椭圆的定义可得NF2+NF1=2a,所以NF2=54a,NF1=34a,
在△MNF2中，cs∠NMF2=|MN|2+|MF2|2−|NF2|22|MN||MF2|=94a2154a2=35，
在△MF1F2中，|F1F2|2=4c2=|MF1|2+|MF2|2−2|MF1||MF2|cs∠NMF2，
4c2=(12a)2+(32a)2−2×12a×32a×35=85a2，
∴c2a2=25,∴e=105.
故选：B
【点睛】方法点睛：椭圆的离心率是椭圆最重要的几何性质，求椭圆的离心率(或离心率的取值范围)，常见有两种方法：
①求出a，c，代入公式e=ca；
②只需要根据一个条件得到关于a，b，c的齐次式，结合b2=a2−c2转化为a，c的齐次式，然后等式(不等式)两边分别除以a或a2转化为关于e的方程(不等式)，解方程(不等式)即可得e(e的取值范围)．
8．已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左，右焦点分别为F1,F2，过F1的直线与双曲线C分别在第一、二象限交于A,B两点，△ABF2内切圆的半径为r，若|BF1|=2a，r=233a，则双曲线C的离心率为（ ）
A．7B．212C．332D．533
【答案】A
【分析】由双曲线定义结合已知得AF1=6a,AF2=4a,F1F2=2c,∠F1AF2=π3，进一步由余弦定理列方程，结合离心率公式即可求解.
【详解】不妨设内切圆与三边切点分别为P，Q，R，所以|AP|=|AR|,|BP|=|BQ|,|F2Q|=F2R，
∵点A在双曲线上，
∴AF1−|AF2|=2a，
又∵BF1=2a,∴|AB|=AF2，
∵|BP|=F2R，∴|BQ|=QF2，
∵点B在双曲线上，
∴|BF2|−|BF1|=2a，
∴BF2=4a，
∴QF2=12|BF2|=2a，
设内切圆圆心为I，连接IQ,IF2，如图所示，
∵tan∠IF2Q=|IQ|QF2=33，
∴∠QF2I=π6，
即∠BF2A=π3，
∴△ABF2为等边三角形，∴AF1=6a,AF2=4a,F1F2=2c,∠F1AF2=π3，
在△AF1F2由余弦定理得：F1F22=AF12+AF22−2AF1AF2cs∠F1AF2，
即：4c2=36a2+16a2−24a2=28a2，
∴e=ca=284=7.
故选：A.
【点睛】关键点点睛：关键是得到AF1=6a,AF2=4a,F1F2=2c,∠F1AF2=π3，由此即可顺利得解.
二、多选题
9．在平面直角坐标系xOy中，已知点P在双曲线C:x2−y2=λλ>0的右支上运动，平行四边形OAPB的顶点A，B分别在C的两条渐近线上，则下列结论正确的为（ ）
A．直线AO，AP的斜率之积为−1B．C的离心率为2
C．PA+PB的最小值为2λD．四边形OAPB的面积可能为2λ3
【答案】AC
【分析】根据题意可得：双曲线为等轴双曲线，即可得到离心率为2，渐近线方程为x±y=0，设P点的坐标，根据渐近线互相垂直可得：平行四边形OAPB为矩形，利用点到直线的距离公式和基本不等式进而进行判断即可.
【详解】由题意可知：双曲线C:x2−y2=λλ>0为等轴双曲线，则离心率为2，故选项B错误；
由方程可知：双曲线C:x2−y2=λλ>0的渐近线方程为x±y=0，不妨设点A在渐近线x+y=0上，点B在渐近线x−y=0上.因为渐近线互相垂直，由题意可知：平行四边形OAPB为矩形，则kAP=kOB=1，kOA=−1，所以直线AO，AP的斜率之积为−1，故选项A正确；
设点P(x0,y0)，由题意知：OAPB为矩形，则PB⊥OB,PA⊥OA，由点到直线的距离公式可得：PA=x0+y01+1=x0+y02，PB=x0−y01+1=x0−y02，则PA+PB≥2PA⋅PB=2x0+y02⋅x0−y02=2λ2=2λ当且仅当PA=PB，也即P为双曲线右顶点时取等，所以PA+PB的最小值为2λ，故选项C正确；
由选项C的分析可知：PA⋅PB=x0+y02×x0−y02=λ2，因为四边形OAPB为矩形，所以SOAPB=PA⋅PB=λ2，故选项D错误，
故选：AC.
10．已知抛物线C:y2=6x的焦点为F，过点F的直线l交抛物线于A,B两点，若M为C的准线上任意一点，则（ ）
A．直线若AB的斜率为3，则AB=16B．∠AMB的取值范围为0,π2
C．OA⋅OB=−274D．∠AOB的余弦有最小值为−35
【答案】BCD
【分析】对于抛物线的焦点弦相关问题，首先要熟悉一些二级结论，如A项，若记得焦点弦关于倾斜角的弦长公式则可以秒杀；B项熟悉“以焦点弦AB为直径的圆与准线相切”则可以迅速判断结论；而对于C,D两个选项，则需要将直线与抛物线方程联立，借助于韦达定理进行计算推理才可得到.
【详解】对于A选项，由题知F(32,0)，AB的斜率为3，则lAB:y=3(x−32)，
代入C:y2=6x整理得：4x2−20x+9=0，
设A(x1,y1),B(x2,y2)，则x1+x2=5x1⋅x2=94,而|AB|=x1+x2+3=8；故A项错误；
对于B选项，∵以焦点弦AB为直径的圆与准线相切，M为C的准线上任意一点，
则点M在以AB为直径的圆上或圆外，
∴∠AMB≤π2，
当M在直线AB上时，∠AMB=0，即∠AMB的取值范围为0,π2，故B项正确；
对于C选项，设Ax1,y1，Bx2,y2，OA⋅OB=x1x2+y1y2=136y12y22+y1y2，
设AB:x=ty+32，联立x=ty+32y2=6x,消元得：y2−6ty−9=0，
则 y1+y2=6ty1⋅y2=−9,故OA⋅OB=−274，故C项正确；
对于D选项，cs∠AOB=OA⋅OBOAOB=−274x12+y12x22+y22 =−274(y1436+y12)(y2436+y22)
=−274y12y22[(y12y221296+y12+y2236+1) =−27481(116+36t2+1836+1) =−3416t2+2516=−316t2+25≥−35，
即∠AOB的余弦的最小值为−35，故D项正确．
故选：BCD.
【点睛】方法点睛：本题主要考查抛物线的焦点弦的相关问题.
解决过焦点的直线与抛物线相交的相关问题，一般需要二级结论和常规方法相结合，如焦半径，焦点弦的长度公式，以焦半径为直径的圆与y轴相切，以焦点弦为半径的圆与准线相切等结论需要熟悉，另外在选设直线方程时，常设成x=my+t的形式便于计算解题，在代换字母x时，常常通过抛物线方程代换计算较易.
11．已知F1,F2分别为双曲线C:x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点，C的一条渐近线l的方程为3x+y=0，且F1到l的距离为33，点P为C在第一象限上的点，点Q的坐标为2,0，PQ为∠F1PF2的平分线．则下列正确的是（ ）
A．双曲线的方程为x281−y227=1B．PF1=2PF2
C．OP=66D．点P到x轴的距离为3152
【答案】BD
【分析】利用点到直线的距离公式结合题意建立方程，求解基本量，进而得到双曲线方程判断A，作出符合题意的图形，利用角平分线定理判断B，结合题意与双曲线定义得到PF2=6，PF1=12，再利用余弦定理求出cs∠F1PF2，利用向量中线定理得到PF1+PF2=2PO，再结合向量数量积的定义求出PF1+PF2=2PO=66，最后求解PO判断C，先点P到x轴的距离，再利用等面积公式建立方程求解距离判断D即可.
【详解】对于A，因为l:3x+y=0，F1−c,0，
设F1到l的距离为d，由点到直线的距离公式得d=−3c1+(3)2=3c2，
由题意得F1到l的距离为33，得到3c2=33，解得c=6，
又渐近线方程为l:y=−3x，则ba=3，而a2+b2=36，
联立方程组ba=3a2+b2=36，解得a=3,b=33，
则双曲线的方程为x29−y227=1，故A错误．
对于B，如图，作出符合题意的图形，

因为PQ为∠F1PF2的平分线，所以由角平分线定理得PF1PF2=QF1QF2=84=2，故B正确，
对于C，由已知得PF1=2PF2，由双曲线定义可得PF1−PF2=6，
而P为C在第一象限的点，可得PF1−PF2=6，
则2PF2−PF2=6，解得PF2=6，PF1=12，而F1F2=12，
在△PF1F2中，由余弦定理得cs∠F1PF2=122+62−1222×12×6=14，
因为O是F1F2的中点，所以PO=12(PF1+PF2)，
则PF1+PF2=2PO，可得PF1+PF2=2PO，
而PF1+PF22=PF12+2⋅14⋅PF1⋅PF2+PF22=122+2×12×6×14+62=216，
可得PF1+PF2=2PO=66，解得OP=36，故C错误，
对于D，在△PF1F2中，由同角三角函数的基本关系得sin∠F1PF2=154，
设点P到x轴的距离为d，由等面积公式得12⋅F1F2⋅d=12⋅PF1⋅PF2⋅sin∠F1PF2，
得到12×12×d=12×12×6×154，解得d=3152，故D正确．
故选：BD
三、填空题
12．如图，在矩形ABCD中，AB=8,BC=6,E,F,G,H,分别是矩形四条边的中点，点Q在直线HF上，点N在直线BC上，OQ=kOH,CN=kCF,k∈R，直线EQ与直线GN相交于点R，则点R的轨迹方程为 .
【答案】y29−x216=1,y≠−3
【分析】以HF所在直线为x轴，GE所在直线为y轴建立平面直角坐标系，求出直线EQ的方程与直线GN的方程，联立求解即可.
【详解】
以HF所在直线为x轴，GE所在直线为y轴建立平面直角坐标系.
因为AB=8,BC=6，所以 O0,0,H−4,0,F4,0,E0,−3,G0,3,C4,3，
所以 OH=−4,0 CF=0,−3,OC=4,3，又因为 OQ=kOH,CN=kCF，
所以 OQ=−4k,0,CN=0,−3k，所以Q−4k,0,N4,3−3k.
因为 E0,−3,Q−4k,0，所以直线EQ的方程为 y=−34kx−3①，
因为 G0,3,N4,3−3k，所以直线GN的方程为 y=−3k4x+3②.
由①可得 k=−3x4y+3x≠0，代入②化简可得 y29−x216=1，x≠0，
结合图象易知点R可到达 G0,3，但不可到达 E0,−3，
所以点R的轨迹方程为 y29−x216=1,y≠−3，
故答案为：y29−x216=1,y≠−3
13．已知双曲线C的方程为x216−y29=1，其左右焦点分别为F1，F2，已知点P坐标为4,2，双曲线C上的点Qx0,y0（x0>0，y0>0）满足QF1⋅PF1QF1=F2F1⋅PF1F2F1，设△QF1F2的内切圆半径为r，则r= ，S△F1PQ−S△F2PQ+S△PF1F2= .
【答案】 2 18
【分析】根据双曲线的定义式和三角形内切圆的性质推得EF1−EF2=2a，结合EF1+EF2=2c，求出EF1=a+c，得△QF1F2内切圆的圆心横坐标为a，再由条件推出PF1为∠QF1F2的角平分线，从而得到△QF1F2的内心即点P，即得结论.
【详解】
设△QF1F2的内切圆与三边的切点分别为D，E，G，如图，
则|QD|=|QG|,F1D=F1E|,|F2E|=|F2G∣，
Q在双曲线右支上，由双曲线定义得QF1−QF2=2a=8，展开即得，
|QD|+DF1−|QG|+GF2=DF1−GF2=EF1−EF2 =2a，
又EF1+EF2=2c，故EF1=a+c，因F1(−c,0)，则得E(a,0)，
即△QF1F2内切圆的圆心横坐标为a，
由QF1⋅PF1QF1=F2F1⋅PF1F2F1，得QF1⋅PF1cs∠PF1QQF1=F2F1⋅PF1cs∠PF1F2F2F1，
可得∠PF1Q=∠PF1F2，即PF1为∠QF1F2的角平分线，
由于点P坐标为(4,2)，△QF1F2内切圆的圆心横坐标为a=4，
则P即为△QF1F2内切圆的圆心，E为切点，则内切圆半径为|PE|=r=2；
S△F1PQ−S△F2PQ+S△PF1F2=12rQF1−QF2+F1F2=12×2×(2a+2c)
=12×2×8+10=18.
故答案为：2；18.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用双曲线的定义和三角形内切圆性质推出EF1−EF2=2a，结合EF1+EF2=2c，从而确定△QF1F2内切圆的圆心横坐标为a，为后续求内切圆半径打下基础.
14．设Px,y是曲线C:x225+y216=1上的点，F1−3,0，F23,0，则PF1+PF2的最大值等于 ．
【答案】10
【分析】作出曲线C和椭圆x225+y216=1的图象，延长F1P交椭圆于点M，可得出MF1+MF2=10，由三角形三边关系得出PF1+PF2≤MF1+MF2=10，当且仅当点P为椭圆的顶点时，等号成立，由此可得出PF1+PF2的最大值.
【详解】由C:x225+y216=1可得，x5+y4=1
作出椭圆x225+y216=1和曲线C(去绝对值后，可得图象为四条线段)的图象如下图所示：

则点F1、F2分别为椭圆x225+y216=1的左、右焦点，由椭圆定义得MF1+MF2=10.
延长F1P交椭圆于点M，
当点P不在坐标轴上时，由三角形三边关系得MP+MF2>PF2，
所以，PF1+PF2