全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十六圆锥曲线的定义方程与性质理含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十六圆锥曲线的定义方程与性质理含解析，共10页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1．(2019·济南模拟)已知双曲线eq \f(x2,9)－eq \f(y2,m)＝1的一个焦点F的坐标为(－5，0)，则该双曲线的渐近线方程为( )
A．y＝±eq \f(4,3)x B.y＝±eq \f(3,4)x
C．y＝±eq \f(5,3)xD.y＝±eq \f(3,5)x
解析：选A 易知c＝5，故m＝16，故双曲线方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝1，将1换为0得eq \f(x2,9)－eq \f(y2,16)＝0，即渐近线方程为y＝±eq \f(4,3)x.故选A.
2．已知抛物线x2＝4y上一动点P到x轴的距离为d1，到直线l：x＋y＋4＝0的距离为d2，则d1＋d2的最小值是( )
A.eq \f(5\r(5),2)＋2 B.eq \f(5\r(2),2)＋1
C.eq \f(5\r(2),2)－2D.eq \f(5\r(2),2)－1
解析：选D 抛物线x2＝4y的焦点F(0，1)，由抛物线的定义可得d1＝|PF|－1，则d1＋d2＝|PF|＋d2－1，而|PF|＋d2的最小值等于焦点F到直线l的距离，即(|PF|＋d2)min＝eq \f(5,\r(2))＝eq \f(5\r(2),2)，所以d1＋d2的最小值是eq \f(5\r(2),2)－1.故选D.
3．(2019·全国卷Ⅲ)双曲线C：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,2)＝1的右焦点为F，点P在C的一条渐近线上，O为坐标原点，若|PO|＝|PF|，则△PFO的面积为( )
A.eq \f(3\r(2),4) B.eq \f(3\r(2),2)
C.2eq \r(2)D.3eq \r(2)
解析：选A 不妨设点P在第一象限，根据题意可知c2＝6，所以|OF|＝eq \r(6).又tan∠POF＝eq \f(b,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以等腰三角形POF的高h＝eq \f(\r(6),2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(\r(3),2)，所以S△PFO＝eq \f(1,2)×eq \r(6)×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(3\r(2),4).故选A.
4．(2019·全国卷Ⅱ)设F为双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点，O为坐标原点，以OF为直径的圆与圆x2＋y2＝a2交于P，Q两点．若|PQ|＝|OF|，则C的离心率为( )
A.eq \r(2) B.eq \r(3)
C．2D.eq \r(5)
解析：选A 设双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右焦点F的坐标为(c，0)．由圆的对称性及条件|PQ|＝|OF|可知，PQ是以OF为直径的圆的直径，且PQ⊥OF.设垂足为M，连接OP，如图，则|OP|＝a，|OM|＝|MP|＝eq \f(c,2).由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)))eq \s\up12(2)＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)))eq \s\up12(2)＝a2，故eq \f(c,a)＝eq \r(2)，即e＝eq \r(2).故选A.
5．(2019·昆明模拟)已知F1，F2为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，B为C的短轴的一个端点，直线BF1与C的另一个交点为A，若△BAF2为等腰三角形，则eq \f(|AF1|,|AF2|)＝( )
A.eq \f(1,3) B.eq \f(1,2)
C.eq \f(2,3)D.3
解析：选A 如图，不妨设点B在y轴的正半轴上，根据椭圆的定义，得|BF1|＋|BF2|＝2a，|AF1|＋|AF2|＝2a，由题意知|AB|＝|AF2|，所以|BF1|＝|BF2|＝a，|AF1|＝eq \f(a,2)，|AF2|＝eq \f(3a,2).所以eq \f(|AF1|,|AF2|)＝eq \f(1,3).故选A.
6．(2019·广州调研)已知椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍，过右焦点F且斜率为k(k>0)的直线与Γ相交于A，B两点．若eq \(AF,\s\up7(―→))＝3eq \(FB,\s\up7(―→))，则k＝( )
A.1 B.2
C.eq \r(3)D.eq \r(2)
解析：选D 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为eq \(AF,\s\up7(―→))＝3eq \(FB,\s\up7(―→))，所以y1＝－3y2.因为椭圆Γ的长轴长是短轴长的2倍，所以a＝2b，设b＝t，则a＝2t，故c＝eq \r(3)t，所以eq \f(x2,4t2)＋eq \f(y2,t2)＝1.设直线AB的方程为x＝sy＋eq \r(3)t，代入上述椭圆方程，得(s2＋4)y2＋2eq \r(3)sty－t2＝0，所以y1＋y2＝－eq \f(2\r(3)st,s2＋4)，y1y2＝－eq \f(t2,s2＋4)，即－2y2＝－eq \f(2\r(3)st,s2＋4)，－3yeq \\al(2,2)＝－eq \f(t2,s2＋4)，得s2＝eq \f(1,2)，k＝eq \r(2).故选D.
二、填空题
7．已知P(1，eq \r(3))是双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)渐近线上的点，则双曲线C的离心率是________．
解析：双曲线C的一条渐近线的方程为y＝eq \f(b,a)x，P(1，eq \r(3))是双曲线C渐近线上的点，则eq \f(b,a)＝eq \r(3)，所以离心率e＝eq \f(c,a)＝ eq \r(\f(a2＋b2,a2))＝ eq \r(1＋\f(b2,a2))＝2.
答案：2
8．若F1，F2是椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,7)＝1的两个焦点，A为椭圆上一点，且∠AF1F2＝45°，则△AF1F2的面积为________．
解析：由题意得a＝3，b＝eq \r(7)，c＝eq \r(2)，
∴|F1F2|＝2eq \r(2)，|AF1|＋|AF2|＝6.
∵|AF2|2＝|AF1|2＋|F1F2|2－2|AF1|·|F1F2|cs 45°＝|AF1|2＋8－4|AF1|，
∴(6－|AF1|)2＝|AF1|2＋8－4|AF1|，
解得|AF1|＝eq \f(7,2).
∴△AF1F2的面积S＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \f(7,2)×eq \f(\r(2),2)＝eq \f(7,2).
答案：eq \f(7,2)
9．(2019·洛阳尖子生第二次联考)过抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F的直线与抛物线C交于A，B两点，且eq \(AF,\s\up7(―→))＝3eq \(FB,\s\up7(―→))，抛物线C的准线l与x轴交于点E，AA1⊥l于点A1，若四边形AA1EF的面积为6eq \r(3)，则p＝________．
解析：不妨设点A在第一象限，如图，作BB1⊥l于点B1，设直线AB与l的交点为D，
由抛物线的定义及性质可知|AA1|＝|AF|，|BB1|＝|BF|，|EF|＝p.
设|BD|＝m，|BF|＝n，则eq \f(|BD|,|AD|)＝eq \f(|BB1|,|AA1|)＝eq \f(|BF|,|AF|)＝eq \f(1,3)，即eq \f(m,m＋4n)＝eq \f(1,3)，∴m＝2n.
又eq \f(|BB1|,|EF|)＝eq \f(|BD|,|DF|)，∴eq \f(n,p)＝eq \f(m,m＋n)＝eq \f(2,3)，∴n＝eq \f(2p,3)，∴|DF|＝m＋n＝2p，∴∠ADA1＝30°.
又|AA1|＝3n＝2p，|EF|＝p，∴|A1D|＝2eq \r(3)p，|ED|＝eq \r(3)p，∴|A1E|＝eq \r(3)p，
∴直角梯形AA1EF的面积为eq \f(1,2)(2p＋p)·eq \r(3)p＝6eq \r(3)，解得p＝2.
答案：2
三、解答题
10．(2019·天津高考)设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的短轴长为4，离心率为eq \f(\r(5),5).
(1)求椭圆的方程；
(2)设点P在椭圆上，且异于椭圆的上、下顶点，点M为直线PB与x轴的交点，点N在y轴的负半轴上，若|ON|＝|OF|(O为原点)，且OP⊥MN，求直线PB的斜率．
解：(1)设椭圆的半焦距为c，依题意，2b＝4，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(5),5)，又a2＝b2＋c2，可得a＝eq \r(5)，b＝2，c＝1.
所以，椭圆的方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)由题意，设P(xP，yP)(xP≠0)，M(xM，0)．设直线PB的斜率为k(k≠0)，
又B(0，2)，则直线PB的方程为y＝kx＋2，与椭圆方程联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,5)＋\f(y2,4)＝1，))整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，
可得xP＝－eq \f(20k,4＋5k2)，
代入y＝kx＋2得yP＝eq \f(8－10k2,4＋5k2)，
进而直线OP的斜率为eq \f(yP,xP)＝eq \f(4－5k2,－10k).
在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－eq \f(2,k).
由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－eq \f(k,2).
由OP⊥MN，得eq \f(4－5k2,－10k)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(k,2)))＝－1，
化简得k2＝eq \f(24,5)，从而k＝±eq \f(2\r(30),5).
所以，直线PB的斜率为eq \f(2\r(30),5)或－eq \f(2\r(30),5).
11．已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，过焦点F的直线交C于A，B两点，D是抛物线的准线l与y轴的交点．
(1)若AB∥l，且△ABD的面积为1，求抛物线的方程；
(2)设M为AB的中点，过M作l的垂线，垂足为N.
证明：直线AN与抛物线相切．
解：(1)∵AB∥l，∴|AB|＝2p.
又|FD|＝p，∴S△ABD＝p2＝1.
∴p＝1，故抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)证明：设直线AB的方程为y＝kx＋eq \f(p,2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋\f(p,2)，,x2＝2py))消去y得，x2－2kpx－p2＝0.
∴x1＋x2＝2kp，x1x2＝－p2.
其中Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(xeq \\al(2,1),2p)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，\f(xeq \\al(2,2),2p))).
∴Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kp，k2p＋\f(p,2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(kp，－\f(p,2))).
∴kAN＝eq \f(\f(xeq \\al(2,1),2p)＋\f(p,2),x1－kp)＝eq \f(\f(xeq \\al(2,1),2p)＋\f(p,2),x1－\f(x1＋x2,2))＝eq \f(\f(xeq \\al(2,1)＋p2,2p),\f(x1－x2,2))＝
eq \f(\f(xeq \\al(2,1)－x1x2,2p),\f(x1－x2,2))＝eq \f(x1,p).
又x2＝2py，即y＝eq \f(x2,2p)，∴y′＝eq \f(x,p).
∴抛物线x2＝2py在点A处的切线斜率k＝eq \f(x1,p).
∴直线AN与抛物线相切．
12．(2019·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)．过F2作x轴的垂线l，在x轴的上方，l与圆F2：(x－1)2＋y2＝4a2交于点A，与椭圆C交于点D.连接AF1并延长交圆F2于点B，连接BF2交椭圆C于点E，连接DF1.已知DF1＝eq \f(5,2).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)求点E的坐标．
解：(1)设椭圆C的焦距为2c.
因为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1F2＝2，c＝1.
又因为DF1＝eq \f(5,2)，AF2⊥x轴，
所以DF2＝ eq \r(DFeq \\al(2,1)－F1Feq \\al(2,2))＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)))\s\up12(2)－22)＝eq \f(3,2).
因此2a＝DF1＋DF2＝4，从而a＝2.
由b2＝a2－c2，得b2＝3.
因此椭圆C的标准方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)eq \a\vs4\al(法一：)由(1)知，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，a＝2.
因为AF2⊥x轴，所以点A的横坐标为1.
将x＝1代入圆F2的方程(x－1)2＋y2＝16，解得y＝±4.
因为点A在x轴上方，所以A(1，4)．
又F1(－1，0)，所以直线AF1：y＝2x＋2.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝2x＋2，,（x－1）2＋y2＝16))得5x2＋6x－11＝0，
解得x＝1或x＝－eq \f(11,5).
将x＝－eq \f(11,5)代入y＝2x＋2，解得y＝－eq \f(12,5).
因此Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(11,5)，－\f(12,5))).
又F2(1，0)，所以直线BF2：y＝eq \f(3,4)(x－1)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(3,4)（x－1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得7x2－6x－13＝0，
解得x＝－1或x＝eq \f(13,7).
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x＝－1.
将x＝－1代入y＝eq \f(3,4)(x－1)，得y＝－eq \f(3,2).
因此Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2))).
eq \a\vs4\al(法二：)由(1)知，椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.如图，连接EF1.
因为BF2＝2a，EF1＋EF2＝2a，
所以EF1＝EB，
从而∠BF1E＝∠B.
因为F2A＝F2B，所以∠A＝∠B.
所以∠A＝∠BF1E，
从而EF1∥F2A.
因为AF2⊥x轴，所以EF1⊥x轴．
因为F1(－1，0)，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得y＝±eq \f(3,2).
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y＝－eq \f(3,2).
因此Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(3,2))).
B组——大题专攻强化练
1．(2019·武汉市调研测试)已知椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点M(－2，1)，且右焦点F(eq \r(3)，0)．
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)过N(1，0)且斜率存在的直线AB交椭圆Γ于A，B两点，记t＝eq \(MA,\s\up7(―→))·eq \(MB,\s\up7(―→))，若t的最大值和最小值分别为t1，t2，求t1＋t2的值．
解：(1)由椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1的右焦点为(eq \r(3)，0)，知a2－b2＝3，即b2＝a2－3，
则eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,a2－3)＝1，a2>3.
又椭圆过点M(－2，1)，∴eq \f(4,a2)＋eq \f(1,a2－3)＝1，又a2>3，
∴a2＝6.
∴椭圆Γ的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x－1）))得x2＋2k2(x－1)2＝6，即(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－6＝0，
∵点N(1，0)在椭圆内部，∴Δ>0，
∴eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(4k2,1＋2k2)， ①,x1x2＝\f(2k2－6,2k2＋1)， ②))
则t＝eq \(MA,\s\up7(―→))·eq \(MB,\s\up7(―→))＝(x1＋2)(x2＋2)＋(y1－1) (y2－1)
＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋(kx1－k－1) (kx2－k－1)
＝(1＋k2)x1x2＋(2－k2－k)(x1＋x2)＋k2＋2k＋5, ③
将①②代入③得，
t＝(1＋k2)·eq \f(2k2－6,2k2＋1)＋(2－k2－k)·eq \f(4k2,2k2＋1)＋k2＋2k＋5，
∴t＝eq \f(15k2＋2k－1,2k2＋1)，
∴(15－2t)k2＋2k－1－t＝0，k∈R，
则Δ1＝22＋4(15－2t)(1＋t)≥0，
∴(2t－15)(t＋1)－1≤0，即2t2－13t－16≤0，
由题意知t1，t2是2t2－13t－16＝0的两根，
∴t1＋t2＝eq \f(13,2).
2．(2019·福建省质量检查)在平面直角坐标系xOy中，圆F：(x－1)2＋y2＝1外的点P在y轴的右侧运动，且P到圆F上的点的最小距离等于它到y轴的距离．记P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)过点F的直线交E于A，B两点，以AB为直径的圆D与平行于y轴的直线相切于点M，线段DM交E于点N，证明：△AMB的面积是△AMN的面积的四倍．
解：法一：(1)设P(x，y)，依题意x>0，F(1，0)．
因为P在圆F外，所以P到圆F上的点的最小距离为|PF|－1.
依题意得|PF|－1＝x，
即eq \r(（x－1）2＋y2)－1＝x，
化简得E的方程为y2＝4x(x>0)．
(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，不符合题意，舍去．
当直线AB的斜率存在时，如图，在平面直角坐标系中，
设N(x0，y0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).
设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
因为Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16>0，所以x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，
所以y1＋y2＝k(x1－1)＋k(x2－1)＝eq \f(4,k)，故Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2＋2,k2)，\f(2,k))).
由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝eq \f(4k2＋4,k2).
设M(xM，yM)，依题意得yM＝eq \f(2,k)，
所以|MD|＝eq \f(k2＋2,k2)－xM.
又|MD|＝eq \f(|AB|,2)，所以eq \f(k2＋2,k2)－xM＝eq \f(2,k2)＋2，
解得xM＝－1，所以Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(2,k))).
因为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x0，\f(2,k)))在抛物线上，所以x0＝eq \f(1,k2)，
即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)，\f(2,k)))，
所以S△AMB＝eq \f(1,2)|MD||y1－y2|＝eq \f(k2＋1,k2)|y1－y2|，
S△AMN＝eq \f(1,2)|MN||y1－yD|＝eq \f(1,2)|MN|×eq \f(1,2)|y1－y2|＝eq \f(k2＋1,4k2)|y1－y2|.
故S△AMB＝4S△AMN.
法二：(1)设P(x，y)，依题意x>0.
因为P在圆F外，所以P到圆F上的点的最小距离为|PF|－1.
依题意得，点P到F(1，0)的距离|PF|等于P到直线x＝－1的距离．
所以P在以F(1，0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线上，
所以E的方程为y2＝4x(x>0)．
(2)证明：如图，在平面直角坐标系中，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
因为直线AB过F(1，0)，依题意可设其方程为x＝ty＋1(t≠0)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,y2＝4x))得y2－4ty－4＝0.
因为Δ＝16t2＋16>0，所以y1＋y2＝4t.
所以x1＋x2＝ty1＋1＋ty2＋1＝4t2＋2.
因为D是AB的中点，所以D(2t2＋1，2t)．
由抛物线的定义得|AB|＝x1＋1＋x2＋1＝4t2＋4.
设与圆D相切于M，且平行于y轴的直线为l：x＝m，
因为DM与抛物线相交于N，所以m<0，且DM⊥l，
又|DM|＝eq \f(1,2)|AB|，所以2t2＋1－m＝eq \f(1,2)(4t2＋4)，解得m＝－1.
设N(x0，y0)，则y0＝2t，所以(2t)2＝4x0，所以x0＝t2，
因为eq \f(2t2＋1＋（－1）,2)＝t2，所以N为DM的中点，所以S△AMD＝2S△AMN.
又D为AB的中点，所以S△AMB＝2S△AMD，所以S△AMB＝4S△AMN.