新高考数学二轮复习提升讲与练专题05 第2练 圆锥曲线的方程与性质专项训练（2份，原卷版+解析版）

这是一份新高考数学二轮复习提升讲与练专题05 第2练 圆锥曲线的方程与性质专项训练（2份，原卷版+解析版），共11页。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.(2025·福建省福州市·模拟)设椭圆C：x249+y224=1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆上，A为∠F1PF2的平分线与x轴的交点.若PF1⋅PF2=0，则|PA|=( )
A. 247B. 24 27C. 327D. 32 27
【答案】B
【解析】解：由题意可得：a=7，b=2 6，c=5，
则|PF1|+|PF2|=14，|F1F2|=10，①
又PF1⋅PF2=0，
则PF1⊥PF2，
则|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2，②
联立①②可得：|PF1||PF2|=48，
又S△APF1+S△APF2=S△PF1F2，
则12× 22|PA|·(|PF1|+PF2)=12|PF1||PF2|，
即|PA|=24 27．故选：B．
2.(2025·重庆市·模拟)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，准线为l,P为C上位于第一象限的点，PQ垂直l于点Q,ΔPQF为等边三角形，过PQ的中点M作直线MR//QF，交x轴于R点，则直线MR的方程为( )
A. x+ 3y−14=0B. x+ 3y−10=0
C. 3x+y−6 3=0D. 3x+y−2 3=0
【答案】C
【解析】解：设抛物线C的准线l与x轴的焦点为E，此时E(−2,0)，
因为抛物线C的焦点F(2,0),△PQF为等边三角形，
所以PQ//x轴，所以∠PQF=∠EFQ=60∘，
因为|EF|=4，所以|QF|=8,|QE|=4 3，
所以|PQ|=|PF|=8，则点P的xp=8−2=6，
带入抛物线C方程中得yp=4 3，
所以P(6,4 3),Q(−2,4 3)，
又因为点M是PQ中点，
所以M(2,4 3)，
因为MR//QF，所以∠ERM=∠EFQ=60∘,
∴直线MR的倾斜角为120∘，
所以kMR=tan120∘=− 3，
可得直线MR的方程为y−4 3=− 3(x−2)，
即 3x+y−6 3=0．
故选：C．
3.(2025·甘肃省白银市·模拟)设F1，F2分别是双曲线y2−x23=1的上、下焦点，双曲线上的点P满足3PF1=5PF2，则△PF1F2的面积等于( )
A. 12 3B. 12C. 6 3D. 6
【答案】D
【解析】解：由题意得，|F1F2|=2c=4，|PF1|−|PF2|=2a=2，且3PF1=5PF2，
则|PF1|=5，|PF2|=3，
所以|PF1|2−|PF2|2=|F1F2|2，
所以△PF1F2为直角三角形，所以S△PF1F2=12×3×4=6．
故选D．
二、多选题：
4．（25-26高三上·云南昆明·期中）已知曲线的图象可由以坐标原点为中心的双曲线绕其中心旋转一定角度得到.现将双曲线绕原点旋转得到曲线，则（ ）
A．直线是曲线的一条渐近线
B．的实轴长为
C．的离心率为2
D．当时，直线与有两个交点
【答案】AD
【详解】曲线的两条渐近线为：和，故A选项正确；
易知两条渐近线夹角为，故曲线的一个对称轴为，
联立方程得，，
故曲线的两个顶点为：，，
易得曲线的实轴长为，故B选项错误；
由B选项知：两条渐近线夹角为，
易知将顺时针旋转得到，
此时的渐近线倾斜角为，由渐近线方程得：，
而离心率，故C选项错误；
由，，可得：，，
故双曲线的方程为：.
联立直线与曲线消去得：，
若使直线与有两个交点，则只需要让上述方程有两个根即可，
即判别式大于零：，
解得：或，
故当时，直线与有两个交点，故D正确.
故选：AD.
5.(2025·福建省·模拟)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F，过焦点的直线l与抛物线C交于Ax1,y1，Bx2,y2两点，则下列说法一定正确的是( )
A. |AB|≥8B. x1x2=4,y1y2=−16
C. 以AF为直径的圆与直线x=−2相切D. 若点P(−2,0)，则有kAP+kBP=0
【答案】ABD
【解析】解：对于A，由抛物线的性质，可知当AB⊥x轴时，焦点弦|AB|最短，
把x=p2=2代入y2=8x，解得y=±4，
此时|AB|=8，所以|AB|≥8，故A正确；
对于B，设直线l:x=my+2，代入y2=8x中，整理得：y2−8my−16=0，
则Δ>0，且y1+y2=8m,y1y2=−16，
则x1x2=y128⋅y228=(−16)264=4，故B正确；
对于C，取AF的中点为E，分别过点A,E作准线的垂线，垂足分别为A1,E1，
设准线交x轴于点P，则可得直角梯形FPA1A，EE1为其中位线，
则，
即以AF为直径的圆与准线x=−2相离，故C错误；
对于D，由上分析，kAP+kBP=y1x1+2+y2x2+2=y1(x2+2)+y2(x1+2)(x1+2)(x2+2)
=y1(my2+4)+y2(my1+4)(x1+2)(x2+2)=2my1y2+4(y1+y2)(x1+2)(x2+2)=−32m+32m(x1+2)(x2+2)=0，故D正确．
故选：ABD．
6.(2025·江苏省镇江市·模拟)已知F(2,0)是抛物线C:y2=2px的焦点，M是C上的点，O为坐标原点．则( )
A. p=4 B. |MF|≥|OF|
C. 以M为圆心且过F的圆与C的准线相切 D. 当∠OFM=120 ∘时，▵OFM的面积为2 3
【答案】ABC
【解析】解：因为F(2,0)是抛物线C:y2=2px的焦点，
所以p2=2，即得p=4，A选项正确；
设Mx0,y0在y2=8x上，所以x0≥0，
所以MF=x0+p2≥p2=OF，B选项正确；
因为以M为圆心且过F的圆半径为MF=x0+2等于M与C的准线的距离，
所以以M为圆心且过F的圆与C的准线相切，C选项正确；
当∠OFM=120 ∘时，x0>2,
由于抛物线的对称性，不妨设M位于x轴上方，
则y0x0−2=tan60 ∘= 3，且y02=8x0，y0>0，
所以 3y02−8y0−16 3=0，解得y0=4 3或y0=−4 33(舍)，
所以▵OFM的面积为S▵OFM=12OF×y0=4 3，D选项错误．故选：ABC．
7.(2025·广西壮族自治区梧州市·模拟)如图，椭圆有这样的光学性质：从椭圆的一个焦点出发的光线，经椭圆反射后，反射光线经过椭圆的另一个焦点.已知椭圆C:x24+y2=1，其左、右焦点分别是F1，F2，P为椭圆C上任意一点，直线l与椭圆C相切于点P，过点P与l垂直的直线与椭圆的长轴交于点M，∠F1PM=∠F2PM，点Q0, 6，给出下列四个结论，正确的是( )
A. ▵PF1F2面积的最大值为 3
B. |PQ|+PF2的最大值为7
C. 若|PM|=MF2，则PF1=3PF2
D. 若F2R⊥l，垂足为Rx0,y0，则x02+y02=5
【答案】ABC
【解析】解：由椭圆方程可知：a=2,b=1,c= a2−b2= 3，
对于A：当点P为短轴顶点时，▵PF1F2面积的最大，最大值为12×2 3×1= 3，故A正确；
对于B：因为|PF1|+|PF2|=2a=4，则|PF2|=4−|PF1|，
可得|PQ|+|PF2|=4+|PQ|−|PF1|⩽4+|F1Q|=4+ c2+6=7，
当且仅当P为线段QF1与椭圆的交点时，取到最大，所以|PQ|+|PF2|的最大值为7，故B正确；
对于C：由椭圆的光学性质，得点P与l垂直的直线为角∠F1PF2的角平分线，
则S▵PF1MS▵PF2M=|F1M||F2M|=|F1P||F2P|，
设|PF1||PF2|=|F1M||F2M|=k，则|PF1|=k|PF2|,|F1M|=k|F2M|，
可得|MF2|=2 31+k,|MF1|=2 3k1+k,|F1P|=4k1+k,|F2P|=41+k，
则cs∠F1PM=cs∠MPF2，
即(4k1+k)2+(2 31+k)2−(2 3k1+k)22⋅4k1+k⋅2 31+k=(41+k)2+(2 31+k)2−(2 31+k)22⋅41+k⋅2 31+k，
整理可得k2−4k+3=0，解得k=1或k=3，
当k=1时，|PF1||PF2|=|F1M||F2M|=1，M与O重合，不合题意，
所以k=3，即|PF1|=3|PF2|，故C正确；
对于D：如图，延长F2R,F1P交于点G，
则在▵PF2G中，PR⊥GF2,∠F2PR=∠GPR，
则PF2=|PG|且R为F2G中点，连OR，
在▵F1F2G中，|OR|=12|F1G|=12(|PF1|+|PG|)=12(|PF1|+|PF2|)=a=2，
则点R在以原点为圆心，2为半径的圆上，即x02+y02=4，故D错误．
故选：ABC．
三、填空题：
8.(2025·陕西省·模拟)已知点M是抛物线y2=4x上的一点，F为抛物线的焦点，A在圆C:(x−4)2+(y−1)2=1上，则|MA|+|MF|的最小值为 ．
【答案】4
【解析】解：抛物线y2=4x的准线方程为：x=−1，
过点M作MN⊥准线，垂足为N，
∵点M是抛物线y2=4x的一点，F为抛物线的焦点，
，
，
∵A在圆C：(x−4)2+(y−1)2=1，圆心C(4,1)，半径r=1，
∴当N，M，C三点共线时，|MA|+|MF|最小，
∴(|MA|+|MF|)min=(|MA|+|MN|)min=|CN|−r=5−1=4，
．
故答案为：4．
9.(2025·贵州省·模拟)设抛物线C:y2=4x上一点P到直线l1:x=−1的距离为d1，到直线l2:3x+4y+7=0的距离为d2，则d1+d2的最小值为 ．
【答案】2
【解析】解：如图，
抛物线C:y2=4x的焦点为F(1,0)，
则点P到直线x=−1的距离为|PF|，
作FM垂直l2:3x+4y+7=0于点M，
所以d1+d2的最小值为|MF|=|3+7| 32+42=2．
故答案为：2．
10．（2025·上海杨浦·二模）如图，阿基米德椭圆规是由基座､带孔的横杆､两条互相垂直的空槽､两个可动滑块组成的一种绘图工具，横杆的一端上装有铅笔，假设两条互相垂直的空槽和带孔的横杆都足够长，将滑块固定在带孔的横杆上，令滑块在中一条空槽上滑动，滑块在另一条空槽上滑动，铅笔随之运动就能画出椭圆.当之间的距离为厘米时，若需要画出一个离心率为的椭圆，则之间的距离为 .厘米.
【答案】21
【详解】依题意，当滑块在两条空槽的交点处时，长为椭圆的短半轴长，
当滑块在两条空槽的交点处时，长为椭圆的长半轴长，则，
由椭圆的离心率为，得，
解得，即，解得，
所以之间的距离为21厘米.
故答案为：21
11.(2025·四川省成都市·模拟)双曲线x2a2−y23=1(a>0)的两个焦点分别是F1与F2，焦距为4；M是双曲线上的一点，且MF1=3，则▵MF1F2的面积是 ．
【答案】6
【解析】解：由双曲线x2a2−y23=1(a>0)的焦距为4，得a2+3=22，解得a=1，
由MF1=3，MF2−MF1=2，解得|MF2|=1或|MF2|=5，
当|MF2|=1时，点M为双曲线离焦点F2较近的顶点，与F1,F2共线，不符合要求，
因此|MF2|=5，|F1F2|2+|MF1|2=25=|MF2|2，▵MF1F2为直角三角形，
所以▵MF1F2的面积是12|F1F2|·|MF1|=6．
故答案为：6．
解答题：
12.(2025·吉林省长春市·模拟)已知F1，F2分别是椭圆Ω:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦点，B，D分别是椭圆Ω的左、右顶点，点A，C在椭圆Ω上，且不与B,D两点重合．
(1)当四边形ABCD为平行四边形时，请写出点A，C的位置关系(说明理由即可，不需证明)．
(2)在(1)的条件下，若AF2+CF2=6，且kAD⋅kCD=−12．
(i)求椭圆Ω的方程；
(ii)若点E在直线x=4上，且AD=2DE，AD⊥DE，求▵ABE的面积．
【答案】(1)点A，C关于原点对称
(1)(i)x29+2y29=1
(ii)5
【解析】解：(1)因为四边形ABCD为平行四边形，B，D分别是椭圆Ω的左、右顶点，
则BD的中点为坐标原点，又点A，C在椭圆Ω上，
又因为椭圆Ω为中心对称图形，
所以点A，C关于原点对称；
(2)(i)由对称性可知CF2=AF1，
又AF2+CF2=6，
所以AF2+AF1=6，
由椭圆的定义可知2a=6，即a=3，
所以D(3,0)，
设A(x,y)(y≠0)，则C(−x,−y)，
因为点A在椭圆上，
所以x29+y2b2=1，
所以y2=1−x29b2，
又kAD⋅kCD=−12，
所以0−y3−x⋅0+y3+x=−12，即y29−x2=12，
所以19−x21−x29b2=12，
解得b2=92，
所以椭圆方程为x29+2y29=1；
(ii)如图，过点A作AH⊥BD，垂足为H，直线x=4与x轴交于点M，
因为AD⊥DE，
所以∠ADH+∠EDM=90°，
又∠ADH+∠HAD=90°，
所以∠HAD=∠EDM，
所以Rt▵AHD∽Rt▵DME，
所以ADDE=AHDM=HDME，
又AD=2DE，M(4,0)，D(3,0)，
所以|AH|=2|DM|=2，|HD|=2|ME|，
所以yA=2，
又点A在椭圆上，
所以xA29+2×229=1，解得xA=±1，
不妨取A(1,2)，则|HD|=2，
所以|ME|=1，
又B(−3,0)，
所以S▵ABE=S▵ABH+SAHME−S▵MBE
；
由对称性，可得A(1,−2)，E(4,−1)，B(−3,0)或A(−1,−2)，E(4,−2)，B(−3,0)或A(−1,2)，E(4,2)，B(−3,0)时，同理可得S▵ABE=5，
综上可得S▵ABE=5．
13．（2025·江苏宿迁·模拟）已知，，二者相交于，离心率为．
(1)求的方程；
(2)记在第一象限交于，第二象限交于，第三象限于，第四象限交于．
（i）如图1，过点的直线交于，过点的直线交于，斜率分别为，，的中点分别为，．求证：当时， (所有直线斜率均存在) ；
（ii）如图2，为上的动点，连接交于，连接交于．连接交于，连接交于，求证：轨迹为双曲线，并给出轨迹方程．
【答案】(1)，
(2)（i）证明见解析；（ii）证明见解析，轨迹方程为
【详解】（1）由题意可得，且，即，
故，解得，则，
故，；
（2）（i）由题意可得，，
联立，消去有，
故，则，
，故，
联立，消去有，
故，则，
，故，
由，故，故；
（ii）设直线、、、的斜率分别为、、、，
则，
联立，消去有，
则，故，
则，
由，则，
，
联立，消去有，
则，故，
则，
由，则，
则，
，
联立，消去有，
则，故，
则，
由，则，
则，
设，则，，
故有，
即有，
化简可得，故轨迹为双曲线，
且轨迹方程为.