適用于老高考舊教材2023屆高考數(shù)學二輪總復習文考點突破練12圓錐曲線的方程與性質(zhì)含解析

Page7考點突破練12圓錐曲線的方程與性質(zhì)一、選擇題1.(2022·山東菏澤期末)已知雙曲線x2m-y2=1(m>0)的一個焦點為F(3,0),則其漸近線方程為(A.y=±24xB.y=±22xC.y=±2x D.y=±122.(2022·河北張家口期末)已知M(x0,y0)是拋物線C:y2=2px(p>0)上一點,F是C的焦點,y0=|MF|=6,則p=()A.2 B.3 C.6 D.93.(2022·山東威海期末)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦點為F,上頂點為B,直線BF與C相交于另一點A,點A在x軸上的射影為A1,O為坐標原點,若BOA.33 B.C.22 D.4.(2022·全國乙·文6)設F為拋物線C:y2=4x的焦點,點A在C上,點B(3,0),若|AF|=|BF|,則|AB|=()A.2 B.22C.3 D.325.(2022·陜西西安四區(qū)縣聯(lián)考一)已知F1,F2分別是雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點,以F2為圓心,a為半徑的圓與雙曲線的一條漸近線交于AA.3,35C.(1,3) D.16.(2022·河南南陽期末)設F為雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的右焦點,O為坐標原點,以OF為直徑的圓與圓x2+y2=a2交于P,Q兩點A.2 B.3C.2 D.57.(2022·江西九師聯(lián)盟期末)已知點F1,F2分別為雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點,M為C的左支上一點,|MF1|=|F1F2|=2c,若圓F1:(x+c)2+y2=c2A.3+12 B.3+C.5 D.58.已知橢圓E與雙曲線C:x22-y2=1有相同的焦點F1,F2,點P是兩曲線的一個交點,且PF1·PF2=0,過右焦點F2作傾斜角為π6的直線交橢圓E于A,B兩點,且A.4 B.5 C.7 D.89.(2022·山西運城期末)已知F1,F2分別為雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦點,P為第一象限內(nèi)一點,且滿足|F2P|=a,(F1P+F1F2)·F2P=0,線段FA.52 B.21C.54 D.10.(2022·浙江杭州4月質(zhì)檢)設橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1,F2,過原點的直線l與橢圓C相交于M,N兩點(點M在第一象限).若|MN|=|F1F2|,A.6-12 B.6C.3-12 D.11.已知直線x-2y+n=0(n≠0)與雙曲線x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的兩條漸近線分別相交于A,B兩點,點A.2 B.3C.153 D.12.(2022·江西宜春期末)已知拋物線E:y2=8x的焦點為F,點P是拋物線E上的動點,點Q與點F關(guān)于坐標原點對稱,當|PF||PQ|取得最小值時,A.1 B.2 C.22 D.2二、填空題13.(2022·全國甲·文15)記雙曲線C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的離心率為e,寫出滿足條件“直線y=2x與C14.(2022·江西新余期末)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0),F1,F2分別為C的左、右焦點,P為橢圓C上一點,且△PF1F2的內(nèi)心I(s,1),若△PF1F215.(2022·河南焦作二模)過拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點F作直線l與C交于A,B兩點,EF⊥AB,EF與曲線C的準線交于E點,若點E的縱坐標為p2,|AB|=52,則p=16.已知直線l:x-3y=0交雙曲線Γ:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)于A,B兩點.已知點P是雙曲線上不同于點A,B的任意一點,則kPA·kPB=(結(jié)果用a,b表示);過點A作直線l的垂線AC交雙曲線Γ于點C,若∠

考點突破練12圓錐曲線的方程與性質(zhì)1.A解析:雙曲線x2m-y2=1(m>0)的一個焦點為F(3,0),可得m+1=3,解得m=8,所以雙曲線的漸近線方程為y=±1mx=±242.C解析:由定義|MF|=x0+p2=y0=6,又y02=36=2px0,所以36=2p6-p23.A解析:如圖所示,易知△BOF與△AA1F相似,由BO=2A1A,得|AA1|=b2,|FA1|=c2,則A3c2,-b2,代入橢圓方程,得9c24a2+b24.B解析:設點A(xA,yA),由題意知點F(1,0),則|BF|=2.由拋物線的定義知|AF|=xA+1,又|AF|=|BF|,所以xA+1=2,即xA=1,所以yA2=所以|AB|=(xA-35.D解析:焦點F2(c,0)到漸近線y=±bax的距離為d=|bc|a2+因為|AB|>2c3,即2a2-b2>2c解得e2<95,又e>1,所以1<e<36.A解析:如圖,由|PQ|=|OF|,可知PQ過點c2由圖可得|OP|=a=c22+c22=7.A解析:作F1D⊥MF2,垂足為D,因為圓F1:(x+c)2+y2=c2與直線MF2相切,所以|DF1|=c.因為|F1F2|=2c,所以|DF2|=3c,又|MF1|=|F1F2|,所以|MF2|=23c,由雙曲線的定義得|MF2|-|MF1|=2a,即23c-2c=2a,所以e=ca=8.D解析:設橢圓E的方程為x2a2+y2b2=1(a>b>0),由雙曲線C:x22-y2=1,得焦點F1(-3,0),F2因為PF1·PF2=0,即設|PF1|=m,|PF2|=n,則m+n=2a,|m-n|=22,m2+n2=|F1F2|2=12,可得4a2=12+4=16,解得a=2,b=1,則橢圓的方程為x24+y2=過右焦點F2作傾斜角為π6的直線方程為y=33聯(lián)立直線方程和橢圓方程,消去y可得7x2-83x=0,解得x1=0,x2=837,可得交點為(0,-1),837,17,可得|AB|=0-8372+-1-1故選D.9.D解析:如圖,取F2P中點A,由(F1P+F1F2)·F2P=0,得F1A⊥PF2,由|PF2|=4|F2Q|,得|F2Q|=14|PF2|=14a,|AQ|=|F2Q|=14a,連接F1Q,由雙曲線的定義得|F1Q|=2a+|F2Q|=2a+14a=94a,故|AF1|2=|F1Q|故選D.10.D解析:依題意作圖:由于|MN|=|F1F2|,并且線段MN,F1F2互相平分,∴四邊形MF1NF2是矩形,其中∠F1MF2=π2,|NF1|=|MF2|設|MF2|=x,則|MF1|=2a-x,根據(jù)勾股定理得|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2,即x2+(2a-x)2=4c2,整理得x2-2ax+2b2=0,由于點M在第一象限,則x<a,即x=a-a2-2b2,由題意|NF1||MF1|=|MF2||MF1|≥33,則∠MF1F2≥π6,則|MF2|≥12|F1F2|11.C解析:由題意,雙曲線的漸近線為y=±bax,聯(lián)立x-2y+n=0,y所以AB的中點Ea2kAB=12,kPE=2因為|PA|=|PB|,所以kAB·kPE=-1,即b2a2-2b2=-2,2a2=故選C.12.C解析:由題意知,F(2,0),Q(-2,0),Q為拋物線的準線與x軸的交點,過點P作PM垂直準線于M,由拋物線的定義知|PF|=|PM|,所以|PF||PQ|=|PM||PQ|=cos∠QPM=cos∠PQF,要使|PF||PQ|取得最小值,則cos∠PQF取得最小值,即tan∠PQF取得最大值,此時直線PQ與拋物線相切,直線PQ的斜率存在且不為0,設直線PQ的方程為y=k(x+2),則y=k(x+2),y2=8x,得k2x2+(4k2-8)x+4k2=0,所以Δ=(4k2-8)2-4k2·4k2=64(1-k2)=0,即k在△PQF中,由正弦定理知,2R=|PF|sin∠所以△PQF外接圓的半徑R=22.13.2(答案不唯一,只要1<e≤5即可)解析:由題意知,雙曲線C的漸近線方程為y=±bax,要使直線y=2x與雙曲線C無公共點,只需ba由ba≤2,得c2-a2a2≤4,所以14.35解析:由題意,△PF1F2的內(nèi)心I(s,1)到x軸的距離為內(nèi)切圓的半徑,即r=1,由橢圓的定義得|PF1|+|PF2|+|F1F2|=2a+2c,S△PF1F2=12(|PF1|+|PF2|+|F1F2|)r=a+c=2b,所以(a+c)2=4(a2-c2),所以5e2+215.1解析:依題意E-p2,p2,Fp2,0,所以直線EF的斜率為-p2p=-12,因為EF⊥AB,所以kAB=2,所以直線AB的方程為y-0=2x-p2,即y=2x-p,聯(lián)立y=2x-p,y2=2px,消元得4x2-6px+p2=0,設A(x1,y1),B(x2,y