2022高考数学一轮复习 第八章 强化训练10　圆锥曲线中的综合问题

这是一份2022高考数学一轮复习 第八章 强化训练10　圆锥曲线中的综合问题，共9页。试卷主要包含了若椭圆C，已知双曲线C，已知F1，F2是椭圆E等内容，欢迎下载使用。

1．(2021·山西大学附属中学模拟)椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,25)＝1的长轴长为( )
A．4 B．5 C．10 D．8
答案 C
解析 由题意知，椭圆eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,25)＝1，即a2＝25，
所以其长轴长为2a＝10.
2．(2021·重庆一中模拟)若椭圆C：eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1的右焦点为F，过左焦点F′作倾斜角为60°的直线交椭圆C于P，Q两点，则△PQF的周长为( )
A．6eq \r(2) B．8eq \r(2)
C．6 D．8
答案 B
解析 由椭圆方程可知a2＝8⇒a＝2eq \r(2)，
根据椭圆的定义可知|PF|＋|PF′|＝2a，|QF|＋|QF′|＝2a，
△PQF的周长为|PQ|＋|PF|＋|QF|＝|PF′|＋|QF′|＋|PF|＋|QF|＝4a＝8eq \r(2).
3．(2020·怀化质检)“m>1”是“曲线eq \f(x2,3－m)＋eq \f(y2,m－1)＝1表示椭圆”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 B
解析 由曲线eq \f(x2,3－m)＋eq \f(y2,m－1)＝1表示椭圆，
得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－m>0，,m－1>0，,3－m≠m－1，))解得m∈(1,2)∪(2,3)，
由于(1,2)∪(2,3)⊆(1，＋∞)，
所以“m>1”是“曲线eq \f(x2,3－m)＋eq \f(y2,m－1)＝1表示椭圆”的必要不充分条件．
4．已知点A(0，－eq \r(5))，B(2,0)，点P为函数y＝2eq \r(1＋x2)图象上的一点，则|PA|＋|PB|的最小值为( )
A．1＋2eq \r(5) B．7 C．3 D．不存在
答案 B
解析 由y＝2eq \r(1＋x2)，得eq \f(y2,4)－x2＝1(y>0)．
设点A′(0，eq \r(5))，即点A′(0，eq \r(5))，A(0，－eq \r(5))为双曲线eq \f(y2,4)－x2＝1的上、下焦点．
由双曲线的定义得|PA|－|PA′|＝4，
则|PA|＋|PB|＝4＋|PA′|＋|PB|≥4＋|BA′|＝7.
5．(多选)已知椭圆C的中心为坐标原点，焦点F1，F2在y轴上，短轴长等于2，离心率为eq \f(\r(6),3)，过焦点F1作y轴的垂线交椭圆C于P，Q两点，则下列说法正确的是( )
A．椭圆C的方程为eq \f(y2,3)＋x2＝1
B．椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1
C．|PQ|＝eq \f(2\r(3),3)
D．△PF2Q的周长为4eq \r(3)
答案 ACD
解析 由已知得，2b＝2，b＝1，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，
又a2＝b2＋c2，解得a2＝3.
∴椭圆方程为x2＋eq \f(y2,3)＝1.
如图．
∴|PQ|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(2,\r(3))＝eq \f(2\r(3),3)，
△PF2Q的周长为4a＝4eq \r(3).
故选ACD.
6．(多选)已知双曲线C过点(3，eq \r(2))且渐近线为y＝±eq \f(\r(3),3)x，则下列结论正确的是( )
A．C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1
B．C的离心率为eq \r(3)
C．曲线y＝ex－2－1经过C的一个焦点
D．直线x－eq \r(2)y－1＝0与C有两个公共点
答案 AC
解析 因为渐近线方程为y＝±eq \f(\r(3),3)x，所以可设双曲线方程为eq \f(x2,9)－eq \f(y2,3)＝λ，代入点(3，eq \r(2))，得λ＝eq \f(1,3)，所以双曲线方程为eq \f(x2,3)－y2＝1，选项A正确；该双曲线的离心率为eq \f(2\r(3),3)，选项B不正确；双曲线的焦点为(±2,0)，曲线y＝ex－2－1经过双曲线的焦点(2,0)，选项C正确；把x＝eq \r(2)y＋1代入双曲线方程，得y2－2eq \r(2)y＋2＝0，解得y＝eq \r(2)，故直线x－eq \r(2)y－1＝0与曲线C只有一个公共点，选项D不正确．
7．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1，且圆E：(x－2)2＋y2＝1的圆心是双曲线C的右焦点．若圆E与双曲线C的渐近线相切，则双曲线C的方程为________．
答案 eq \f(x2,3)－y2＝1
解析 ∵c＝2⇒a2＋b2＝4.①
取渐近线方程为bx－ay＝0，
又eq \f(|2b|,\r(a2＋b2))＝1⇒a2＝3b2.②
由①②可得a2＝3，b2＝1，
∴双曲线C的方程为eq \f(x2,3)－y2＝1.
8．(2021·重庆一中模拟)抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l，点P为抛物线上一点，PA⊥l，垂足为A，若直线AF的斜率为－eq \r(3)，则|PF|＝________.
答案 4
解析 ∵抛物线方程为y2＝4x，
∴焦点F(1,0)，准线l的方程为x＝－1，
∵直线AF的斜率为－eq \r(3)，
∴直线AF的方程为y＝－eq \r(3)(x－1)，
当x＝－1时，y＝2eq \r(3)，
可得A点坐标为(－1,2eq \r(3))．
∵PA⊥l，A为垂足，
∴P点纵坐标为2eq \r(3)，代入抛物线方程，得P点坐标为(3,2eq \r(3))，
∴|PF|＝|PA|＝3－(－1)＝4.
9．在平面直角坐标系xOy中，双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点F关于一条渐近线的对称点恰好落在另一条渐近线上，则双曲线的离心率为________．
答案 2
解析 设F(－c,0)关于直线y＝eq \f(b,a)x的对称点为P(x0，y0)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y0,2)＝\f(x0－c,2)·\f(b,a)，,y0＝－\f(b,a)x0，))
解得x0＝eq \f(c,2)，y0＝－eq \f(bc,2a)，
所以Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(c,2)，－\f(bc,2a)))，
因为直线PF与直线y＝eq \f(b,a)x互相垂直，
则eq \f(\f(bc,2a),－c－\f(c,2))·eq \f(b,a)＝－1，即b2＝3a2，
又b2＝c2－a2，所以c2＝4a2，
解得e＝2.
10．(2021·福州第一中学模拟)已知F1，F2是椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点，点A在椭圆E上，且∠F1AF2＝120°，|AF1|＝2|AF2|，则椭圆离心率是________．
答案 eq \f(\r(7),3)
解析 因为点A在椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上，
所以|AF1|＋|AF2|＝2a，
又|AF1|＝2|AF2|，所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(|AF1|＝\f(4,3)a，,|AF2|＝\f(2,3)a，))
因为|F1F2|＝2c，
又在△AF1F2中，∠F1AF2＝120°，
所以根据余弦定理可得
cs∠F1AF2＝eq \f(|AF1|2＋|AF2|2－|F1F2|2,2|AF1||AF2|)＝eq \f(\f(16,9)a2＋\f(4,9)a2－4c2,\f(16,9)a2)＝eq \f(5,4)－eq \f(9,4)e2＝－eq \f(1,2)，
解得e＝eq \f(\r(7),3)(负值舍去)．
11.如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．
(1)设AB的中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋eq \f(y2,4)＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
(1)证明 设P(x0，y0)，Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)y\\al(2,1)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)y\\al(2,2)，y2)).
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y＋y0,2)))2＝4·eq \f(\f(1,4)y2＋x0,2)，
即y2－2y0y＋8x0－yeq \\al(2,0)＝0的两个不同的实根．
所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y轴．
(2)解 由(1)可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝8x0－y\\al(2,0)，))
所以|PM|＝eq \f(1,8)(yeq \\al(2,1)＋yeq \\al(2,2))－x0＝eq \f(3,4)yeq \\al(2,0)－3x0，
|y1－y2|＝2eq \r(2y\\al(2,0)－4x0).
所以△PAB的面积
S△PAB＝eq \f(1,2)|PM|·|y1－y2|＝eq \f(3\r(2),4)(yeq \\al(2,0)－4x0).
因为xeq \\al(2,0)＋eq \f(y\\al(2,0),4)＝1(－1≤x0<0)，
所以yeq \\al(2,0)－4x0＝－4xeq \\al(2,0)－4x0＋4∈[4,5]，
所以△PAB面积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(6\r(2)，\f(15\r(10),4))).
12．已知椭圆L：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，短轴长为2.
(1)求椭圆L的标准方程；
(2)过点Q(0,2)的直线l与椭圆L交于A，B两点，若以AB为直径的圆恰好过坐标原点，求直线l的方程及|AB|的大小．
解 (1)由e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，得a2＝4b2，
又短轴长为2，可得b＝1，a2＝4，
∴椭圆L的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)易知直线l的斜率存在且不为零，
设直线l的斜率为k(k≠0)，
则直线l的方程为y＝kx＋2，
则联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2＋4y2－4＝0，))
消元得(4k2＋1)x2＋16kx＋12＝0，
Δ＝16×16k2－48(4k2＋1)＝16(4k2－3)>0，即k2>eq \f(3,4).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴x1＋x2＝eq \f(－16k,4k2＋1)，x1·x2＝eq \f(12,4k2＋1)，
由题意可知eq \(OA,\s\up6(→))⊥eq \(OB,\s\up6(→))，即eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝0，
∴x1·x2＋y1·y2＝(1＋k2)x1·x2＋2k(x1＋x2)＋4＝0，
∴eq \f(121＋k2,1＋4k2)－eq \f(32k2,1＋4k2)＋4＝0，
解得k2＝4>eq \f(3,4)，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \f(4\r(4k2－3),1＋4k2)＝eq \f(4\r(65),17).
综上，直线l的方程为2x－y＋2＝0或2x＋y－2＝0，|AB|＝eq \f(4\r(65),17).
13．焦点为F的抛物线C：y2＝4x的对称轴与准线交于点E，点P在抛物线C上，在△EFP中，sin∠EFP＝eq \r(2)sin∠FEP，则|EP|的值是( )
A．2eq \r(2) B．4 C．2 D．1
答案 A
解析 如图所示，过点P作PH垂直于准线于点H，
设|PE|＝m，则|PF|＝|PH|＝mcs∠FEP，
在△EFP中，由正弦定理知eq \f(|PF|,sin∠PEF)＝eq \f(|PE|,sin∠EFP)，
即eq \f(mcs∠FEP,sin∠FEP)＝eq \f(m,\r(2)sin∠FEP)，
所以cs∠FEP＝eq \f(\r(2),2)，
又∠FEP∈(0，π)，所以∠FEP＝eq \f(π,4)，
则sin∠EFP＝eq \r(2)sin∠FEP＝1，
又∠EFP∈(0，π)，所以∠EFP＝eq \f(π,2)，
在Rt△EFP中，|EF|＝2，∠FEP＝eq \f(π,4)，
所以|PE|＝2eq \r(2).
14．(2020·潍坊模拟)抛物线有如下光学性质：过焦点的光线经抛物线反射后得到的光线平行于抛物线的对称轴；反之，平行于抛物线对称轴的入射光线经抛物线反射后必过抛物线的焦点．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，一条平行于x轴的光线从点M(3,1)射出，经过抛物线上的点A反射后，再经抛物线上的另一点B射出，则△ABM的周长为( )
A.eq \f(71,12)＋eq \r(26) B．9＋eq \r(10) C.eq \f(83,12)＋eq \r(26) D．9＋eq \r(26)
答案 D
解析 抛物线方程中，令y＝1可得x＝eq \f(1,4)，即Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)，1))，
结合抛物线的光学性质，AB经过焦点F，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，
与抛物线方程联立可得：k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0，
据此可得xAxB＝1，∴xB＝eq \f(1,xA)＝4，且|AB|＝xA＋xB＋p＝eq \f(25,4)，
将x＝4代入y2＝4x可得y＝±4，故B(4，－4)，
故|MB|＝eq \r(4－32＋－4－12)＝eq \r(26)，
故△ABM的周长为|MA|＋|AB|＋|BM|＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3－\f(1,4)))＋eq \f(25,4)＋eq \r(26)＝9＋eq \r(26).
15．已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点F且斜率大于0的动直线l交抛物线C于A，B两点，其中B在x轴上方，P，Q分别为圆(x－1)2＋y2＝1上的两个动点，当4|AP|＋|BQ|最小时，直线l的斜率为________．
答案 2eq \r(2)
解析 设直线l：y＝k(x－1)(k>0)，
当4|AP|＋|BQ|最小时，即|AP|，|BQ|分别取最小值，
则|AP|min＝|AF|－1，|BQ|min＝|BF|－1，
所以(4|AP|＋|BQ|)min＝4|AF|＋|BF|－5，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))化简得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝1，
由抛物线的定义得|AF|＝x1＋1，|BF|＝x2＋1，
故eq \f(1,|AF|)＋eq \f(1,|BF|)＝eq \f(1,x1＋1)＋eq \f(1,x2＋1)＝eq \f(x1＋x2＋2,x1＋1x2＋1)＝eq \f(x1＋x2＋2,x1x2＋x1＋x2＋1)＝eq \f(x1＋x2＋2,x1＋x2＋2)＝1，
得4|AF|＋|BF|－5＝(4|AF|＋|BF|)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,|AF|)＋\f(1,|BF|)))－5≥4，
当且仅当|BF|＝2|AF|时取等号，
此时|AF|＝eq \f(3,2)，|BF|＝3，
则x1＝eq \f(1,2)，x2＝2，则x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)＝eq \f(5,2)，
解得斜率k＝2eq \r(2)(舍负)．
16．顺次连接椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的四个顶点，恰好构成了一个边长为eq \r(3)且面积为2eq \r(2)的菱形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设M(－3,0)，过椭圆C的右焦点F的直线l交椭圆C于A，B两点，若对满足条件的任意直线l，不等式eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))≤λ(λ∈R)恒成立，求λ的最小值．
解 (1)由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(1,2)×2a×2b＝2\r(2)，,a2＋b2＝3，))
又a>b>0，所以a＝eq \r(2)，b＝1,
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝(x1＋3，y1)·(x2＋3，y2)＝(x1＋3)(x2＋3)＋y1y2，
当直线l垂直于x轴时，x1＝x2＝1，y1＝－y2，且yeq \\al(2,1)＝eq \f(1,2)，
此时eq \(MA,\s\up6(→))＝(4，y1)，eq \(MB,\s\up6(→))＝(4，y2)，
∴eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝eq \f(31,2)；
当直线l不垂直于x轴时，设直线l：y＝k(x－1)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2＋2y2＝2，))
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0
Δ＝(－4k2)2－4(2k2－2)(1＋2k2)>0，
∴x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)，
∴eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))＝x1x2＋3(x1＋x2)＋9＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2＋(3－k2)(x1＋x2)＋k2＋9＝eq \f(31k2＋7,2k2＋1)
＝eq \f(1,2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(31－\f(17,2k2＋1)))要使不等式eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→))≤λ(λ∈R)恒成立，
只需λ≥(eq \(MA,\s\up6(→))·eq \(MB,\s\up6(→)))max＝eq \f(31,2).
即λ的最小值为eq \f(31,2).