2024屆高考數(shù)學(xué)二輪專題復(fù)習(xí)與測試第一部分專題五解析幾何01真題賞析類型二圓錐曲線的方程與幾何性質(zhì)

類型二圓錐曲線的方程與幾何性質(zhì)1．(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)設(shè)橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)，C2：eq\f(x2,4)＋y2＝1的離心率分別為e1，e2.若e2＝eq\r(3)e1，則a＝()A.eq\f(2\r(3),3)B.eq\r(2)C.eq\r(3)D.eq\r(6)解析：由橢圓C2：eq\f(x2,4)＋y2＝1可得a2＝2，b2＝1，所以c2＝eq\r(4－1)＝eq\r(3)，所以橢圓C2的離心率為e2＝eq\f(\r(3),2)，因為e2＝eq\r(3)e1，所以e1＝eq\f(1,2)，所以eq\f(c1,a1)＝eq\f(1,2)，所以aeq\o\al(2,1)＝4ceq\o\al(2,1)＝4(aeq\o\al(2,1)－beq\o\al(2,1))＝4(aeq\o\al(2,1)－1)，所以a＝eq\f(2\r(3),3)或a＝－eq\f(2\r(3),3)(舍去)．故選A.答案：A2．(2023·新課標(biāo)Ⅰ卷)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2.點(diǎn)A在C上，點(diǎn)B在y軸上，eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，則C的離心率為________．解析：法一如圖，設(shè)F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，B(0，n)，設(shè)A(x，y)，則eq\o(F2A,\s\up6(→))＝(x－c，y)，eq\o(F2B,\s\up6(→))＝(－c，n)，又eq\o(F2A,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(F2B,\s\up6(→))，則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－c＝\f(2,3)c，,y＝－\f(2,3)n，))可得A(eq\f(5,3)c，－eq\f(2,3)n)，又eq\o(F1A,\s\up6(→))⊥eq\o(F1B,\s\up6(→))，且eq\o(F1A,\s\up6(→))＝(eq\f(8,3)c，－eq\f(2,3)n)，eq\o(F1B,\s\up6(→))＝(c，n)，則eq\o(F1A,\s\up6(→))·eq\o(F1B,\s\up6(→))＝eq\f(8,3)c2－eq\f(2,3)n2＝0，化簡得n2＝4c2.又點(diǎn)A在C上，則eq\f(\f(25,9)c2,a2)－eq\f(\f(4,9)n2,b2)＝1，整理可得eq\f(25c2,9a2)－eq\f(4n2,9b2)＝1，代n2＝4c2，可得eq\f(25c2,a2)－eq\f(16c2,b2)＝9，即25e2－eq\f(16e2,e2－1)＝9，解得e2＝eq\f(9,5)或eq\f(1,5)(舍去)，故e＝eq\f(3\r(5),5).法二由eq\o(FA,\s\up6(→))＝－eq\f(2,3)eq\o(FB,\s\up6(→))，得eq\f(|\o(F2A,\s\up6(→))|,|\o(F2B,\s\up6(→))|)＝eq\f(2,3)，設(shè)|eq\o(F2A,\s\up6(→))|＝2t，|eq\o(F2B,\s\up6(→))|＝3t，由對稱性可得|eq\o(F1B,\s\up6(→))|＝3t，則|eq\o(AF1,\s\up6(→))|＝2t＋2a，|eq\o(AB,\s\up6(→))|＝5t，設(shè)∠F1AF2＝θ，則sinθ＝eq\f(3t,5t)＝eq\f(3,5)，所以cosθ＝eq\f(4,5)＝eq\f(2t＋2a,5t)，解得t＝a，所以|eq\o(AF1,\s\up6(→))|＝2t＋2a＝4a，|eq\o(AF2,\s\up6(→))|＝2a，在△AF1F2中，由余弦定理可得cosθ＝eq\f(16a2＋4a2－4c2,16a2)＝eq\f(4,5)，即5c2＝9a2，即e＝eq\f(3\r(5),5).答案：eq\f(3\r(5),5)3．(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)已知橢圓C：eq\f(x2,3)＋y2＝1的左焦點(diǎn)和右焦點(diǎn)分別為F1和F2，直線y＝x＋m與C交于點(diǎn)A，B兩點(diǎn)，若△F1AB面積是△F2AB面積的兩倍，則m＝()A．eq\f(2,3)B．eq\f(\r(2),3)C．－eq\f(\r(2),3)D．－eq\f(2,3)解析：記直線y＝x＋m與x軸交于M(－m，0)，橢圓C：eq\f(x2,3)＋y2＝1的左，右焦點(diǎn)分別為F1(－eq\r(2)，0)，F(xiàn)2(eq\r(2)，0)，由△F1AB面積是△F2AB的2倍，可得|F1M|＝2|F2M|，所以|－eq\r(2)－xM|＝2|eq\r(2)－xM|，解得xM＝eq\f(\r(2),3)或xM＝3eq\r(2)，所以－m＝eq\f(\r(2),3)或－m＝3eq\r(2)，所以m＝－eq\f(\r(2),3)或m＝－3eq\r(2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,3)＋y2＝1，,y＝x＋m，))可得，4x2＋6mx＋3m2－3＝0，因為直線y＝x＋m與C相交，所以Δ>0，解得m2<4，所以m＝－3eq\r(2)不符合題意，故m＝－eq\f(\r(2),3).故選C.答案：C4．(多選題)(2023·新課標(biāo)Ⅱ卷)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線y＝－eq\r(3)(x－1)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，且與C交于M，N兩點(diǎn)，l為C的準(zhǔn)線，則()A．p＝2B．|MN|＝eq\f(8,3)C．以MN為直徑的圓與l相切D．△OMN為等腰三角形解析：直線y＝－eq\r(3)(x－1)過拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)，可得eq\f(p,2)＝1，所以p＝2，所以A正確；拋物線方程為y2＝4x，與C交于M，N兩點(diǎn)，直線方程代入拋物線方程可得：3x2－10x＋3＝0，xM＋xN＝eq\f(10,3)，所以|MN|＝xM＋xN＋p＝eq\f(16,3)，所以B不正確；M，N的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)：eq\f(5,3)，中點(diǎn)到拋物線的準(zhǔn)線的距離為：1＋eq\f(5,3)＝eq\f(8,3)，所以以MN為直徑的圓與l相切，所以C正確；3x2－10x＋3＝0，不妨可得xM＝3，xN＝eq\f(1,3)，yM＝－2eq\r(3)，xN＝eq\f(2\r(3),3)，|OM|＝eq\r(9＋12)＝eq\r(21)，|ON|＝eq\r(\f(1,9)＋\f(12,9))＝eq\f(\r(13),3)，|MN|＝eq\f(16,3)，所以△OMN不是等腰三角形，所以D不正確．故選AC.答案：AC5．(2023·全國甲卷)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1的兩個焦點(diǎn)，點(diǎn)P在C上，cos∠F1PF2＝eq\f(3,5)，則|PO|＝()A.eq\f(13,5)B.eq\f(\r(30),2)C.eq\f(19,5)D.eq\f(\r(35),2)解析：橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2為兩個焦點(diǎn)，c＝eq\r(3)，O為原點(diǎn)，P為橢圓上一點(diǎn)，cos∠F1PF2＝eq\f(3,5)，設(shè)|PF1|＝m，|PF2|＝n，不妨m>n，可得m＋n＝6，4c2＝m2＋n2－2mncos∠F1PF2，即12＝m2＋n2－eq\f(6,5)mn，可得mn＝eq\f(15,2)，m2＋n2＝21，eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\o(PF2,\s\up6(→)))，可得|PO|2＝eq\f(1,4)(eq\o(PF1,\s\up6(→))2＋eq\o(PF2,\s\up6(→))2＋2eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→)))＝eq\f(1,4)(m2＋n2＋2mncos∠F1PF2)＝eq\f(1,4)(m2＋n2＋eq\f(6,5)mn)＝eq\f(1,4)(21＋eq\f(6,5)×eq\f(15,2))＝eq\f(15,2).可得|PO|＝eq\f(\r(30),2).故選B.答案：B6．(2023·全國甲卷)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為eq\r(5)，C的一條漸近線與圓(x－2)2＋(y－3)2＝1交于A，B兩點(diǎn)，則|AB|＝()A.eq\f(1,5)B.eq\f(2\r(5),5)C.eq\f(3\r(5),5)D.eq\f(4\r(5),5)解析：雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)