新高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題突破 專題6 第2講　圓錐曲線的方程與性質(zhì)（含解析）

第2講圓錐曲線的方程與性質(zhì)[考情分析]高考對這部分知識的考查側(cè)重三個方面：一是求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程；二是求橢圓的離心率、雙曲線的離心率以及漸近線問題；三是拋物線的性質(zhì)及應(yīng)用問題．考點一圓錐曲線的定義與標(biāo)準(zhǔn)方程核心提煉1．圓錐曲線的定義(1)橢圓：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)．(2)雙曲線：||PF1|－|PF2||＝2a(0<2a<|F1F2|)．(3)拋物線：|PF|＝|PM|，l為拋物線的準(zhǔn)線，點F不在定直線l上，PM⊥l于點M.2．求圓錐曲線標(biāo)準(zhǔn)方程“先定型，后計算”“定型”：確定曲線焦點所在的坐標(biāo)軸的位置；“計算”：利用待定系數(shù)法求出方程中的a2，b2，p的值．例1(1)(2022·衡水中學(xué)模擬)已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，右頂點為A，上頂點為B，以線段F1A為直徑的圓交線段F1B的延長線于點P，若F2B∥AP且線段AP的長為2＋eq\r(2)，則該橢圓方程為()A.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1 B.eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,3)＝1C.eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,4)＝1 D.eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1答案D解析設(shè)橢圓的半焦距為c，因為點P在以線段F1A為直徑的圓上，所以AP⊥PF1.又因為F2B∥AP，所以F2B⊥BF1.又因為|F2B|＝|BF1|，所以△F1F2B是等腰直角三角形，于是△F1AP也是等腰直角三角形，因為|AP|＝2＋eq\r(2)，所以|F1A|＝eq\r(2)(2＋eq\r(2))，得a＋c＝eq\r(2)(2＋eq\r(2))，又b＝c，所以a＝eq\r(2)c，解得a＝2eq\r(2)，c＝2，得b2＝a2－c2＝4，所以橢圓方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)(2022·荊州模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,16)－eq\f(y2,9)＝1的左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，點P是C右支上的一點(不是頂點)，過F2作∠F1PF2的角平分線的垂線，垂足是M，O是原點，則|MO|＝________.答案4解析延長F2M交PF1于點Q，由于PM是∠F1PF2的角平分線，F(xiàn)2M⊥PM，所以△QPF2是等腰三角形，所以|PQ|＝|PF2|，且M是QF2的中點．根據(jù)雙曲線的定義可知|PF1|－|PF2|＝2a，即|QF1|＝2a，由于O是F1F2的中點，所以MO是△QF1F2的中位線，所以|MO|＝eq\f(1,2)|QF1|＝a＝4.易錯提醒求圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程時的常見錯誤雙曲線的定義中忽略“絕對值”致錯；橢圓與雙曲線中參數(shù)的關(guān)系式弄混，橢圓中的關(guān)系式為a2＝b2＋c2，雙曲線中的關(guān)系式為c2＝a2＋b2；圓錐曲線方程確定時還要注意焦點位置．跟蹤演練1(1)已知雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(2),2)x，實軸長為4，則該雙曲線的方程為()A.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝1或eq\f(y2,4)－eq\f(x2,8)＝1C.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝1D.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1或eq\f(y2,4)－eq\f(x2,8)＝1答案D解析設(shè)雙曲線方程為eq\f(x2,2m)－eq\f(y2,m)＝1(m≠0)，∵2a＝4，∴a2＝4，當(dāng)m>0時，2m＝4，m＝2；當(dāng)m<0時，－m＝4，m＝－4.故所求雙曲線的方程為eq\f(x2,4)－eq\f(y2,2)＝1或eq\f(y2,4)－eq\f(x2,8)＝1.(2)已知A，B是拋物線y2＝8x上兩點，當(dāng)線段AB的中點到y(tǒng)軸的距離為3時，|AB|的最大值為()A．5 B．5eq\r(2)C．10 D．10eq\r(2)答案C解析設(shè)拋物線y2＝8x的焦點為F，準(zhǔn)線為l，線段AB的中點為M.如圖，分別過點A，B，M作準(zhǔn)線l的垂線，垂足分別為C，D，N，連接AF，BF.因為線段AB的中點到y(tǒng)軸的距離為3，拋物線y2＝8x的準(zhǔn)線l：x＝－2，所以|MN|＝5.因為|AB|≤|AF|＋|BF|＝|AC|＋|BD|＝2|MN|＝10，當(dāng)且僅當(dāng)A，B，F(xiàn)三點共線時取等號，所以|AB|max＝10.考點二橢圓、雙曲線的幾何性質(zhì)核心提煉1．求離心率通常有兩種方法(1)求出a，c，代入公式e＝eq\f(c,a).(2)根據(jù)條件建立關(guān)于a，b，c的齊次式，消去b后，轉(zhuǎn)化為關(guān)于e的方程或不等式，即可求得e的值或取值范圍．2．與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)共漸近線bx±ay＝0的雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝λ(λ≠0)．考向1橢圓、雙曲線的幾何性質(zhì)例2(2022·河南五市聯(lián)考)設(shè)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，以F2為圓心的圓恰好與雙曲線C的兩條漸近線相切，且該圓恰好經(jīng)過線段OF2的中點，則雙曲線C的漸近線方程為()A．y＝±eq\r(3)x B．y＝±eq\f(\r(3),3)xC．y＝±eq\f(2\r(3),3)x D．y＝±2x答案B解析由題意知，漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x，焦點F2(c，0)，c2＝a2＋b2，因為以F2為圓心的圓恰好與雙曲線C的兩漸近線相切，則圓的半徑r等于圓心到切線的距離，即r＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(±\f(b,a)·c)),\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(±\f(b,a)))2))＝b，又該圓過線段OF2的中點，故eq\f(c,2)＝r＝b，所以eq\f(b,a)＝eq\r(\f(b2,a2))＝eq\r(\f(b2,c2－b2))＝eq\f(\r(3),3).所以漸近線方程為y＝±eq\f(\r(3),3)x.考向2離心率問題例3(2022·全國乙卷改編)雙曲線C的兩個焦點為F1，F(xiàn)2，以C的實軸為直徑的圓記為D，過F1作D的切線與C交于M，N兩點，且cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，則C的離心率為()A.eq\f(\r(5),2) B.eq\f(3,2)C.eq\f(\r(13),2)或eq\f(\r(5),2) D.eq\f(\r(17),2)或eq\f(3,2)答案C解析不妨設(shè)雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，F(xiàn)1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)．當(dāng)兩個交點M，N在雙曲線兩支上時，如圖1所示，圖1設(shè)過F1的直線與圓D相切于點P，連接OP，由題意知|OP|＝a，又|OF1|＝c，所以|F1P|＝b.過點F2作F2Q⊥F1N，交F1N于點Q.由中位線的性質(zhì)，可得|F2Q|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.因為cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，所以sin∠F1NF2＝eq\f(4,5)，故|NF2|＝eq\f(5,2)a，|QN|＝eq\f(3,2)a，所以|NF1|＝|F1Q|＋|QN|＝2b＋eq\f(3,2)a.由雙曲線的定義可知|NF1|－|NF2|＝2a，所以2b＋eq\f(3,2)a－eq\f(5,2)a＝2a，所以2b＝3a.兩邊平方得4b2＝9a2，即4(c2－a2)＝9a2，整理得4c2＝13a2，所以eq\f(c2,a2)＝eq\f(13,4)，故eq\f(c,a)＝eq\f(\r(13),2)，即e＝eq\f(\r(13),2).當(dāng)兩個交點M，N都在雙曲線上的左支上時，如圖2所示，圖2同理可得|F2Q|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.因為cos∠F1NF2＝eq\f(3,5)，所以sin∠F1NF2＝eq\f(4,5)，可得|NF2|＝eq\f(5,2)a，|NQ|＝eq\f(3,2)a，所以|NF1|＝|NQ|－|QF1|＝eq\f(3,2)a－2b，所以|NF2|＝|NF1|＋2a＝eq\f(7,2)a－2b，又|NF2|＝eq\f(5,2)a，所以eq\f(7,2)a－2b＝eq\f(5,2)a，即a＝2b，故e＝eq\r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(b,a)))2)＝eq\f(\r(5),2).綜上，C的離心率為eq\f(\r(13),2)或eq\f(\r(5),2).規(guī)律方法(1)在“焦點三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，結(jié)合橢圓(或雙曲線)的定義，運用平方的方法，建立與|PF1|·|PF2|的聯(lián)系．(2)求雙曲線漸近線方程的關(guān)鍵在于求eq\f(b,a)或eq\f(a,b)的值，也可將雙曲線方程中等號右邊的“1”變?yōu)椤?”，然后因式分解得到．跟蹤演練2(1)(2022·全國甲卷)橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左頂點為A，點P，Q均在C上，且關(guān)于y軸對稱．若直線AP，AQ的斜率之積為eq\f(1,4)，則C的離心率為()A.eq\f(\r(3),2)B.eq\f(\r(2),2)C.eq\f(1,2)D.eq\f(1,3)答案A解析設(shè)P(m，n)(n≠0)，則Q(－m，n)，易知A(－a，0)，所以kAP·kAQ＝eq\f(n,m＋a)·eq\f(n,－m＋a)＝eq\f(n2,a2－m2)＝eq\f(1,4).(*)因為點P在橢圓C上，所以eq\f(m2,a2)＋eq\f(n2,b2)＝1，得n2＝eq\f(b2,a2)(a2－m2)，代入(*)式，得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,4)，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(\r(3),2).故選A.(2)(2022·衡水中學(xué)模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F2的直線與雙曲線的右支交于A，B兩點，若|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|，則下列結(jié)論正確的是________．(填序號)①∠AF1B＝∠F1AB；②雙曲線的離心率e＝eq\f(\r(33),3)；③雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(6),3)x；④原點O在以F2為圓心，|AF2|為半徑的圓上．答案①②解析設(shè)|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|＝2m，則|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝3m.由雙曲線的定義知，|AF1|－|AF2|＝2m－m＝2a，即m＝2a，又|BF1|－|BF2|＝2a，即|BF1|－2m＝m，∴|BF1|＝3m＝|AB|，∠AF1B＝∠F1AB，故①正確；由余弦定理知，在△ABF1中，cos∠AF1B＝eq\f(|AF1|2＋|BF1|2－|AB|2,2|AF1|·|BF1|)＝eq\f(4m2＋9m2－9m2,2·2m·3m)＝eq\f(1,3)，在△AF1F2中，cos∠F1AB＝eq\f(|AF1|2＋|AF2|2－|F1F2|2,2·|AF1|·|AF2|)＝eq\f(4m2＋m2－4c2,2·2m·m)＝cos∠AF1B＝eq\f(1,3)，化簡整理得12c2＝11m2＝44a2，∴離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(44,12))＝eq\f(\r(33),3)，故②正確；雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(b,a)x＝±eq\r(\f(c2－a2,a2))x＝±eq\r(e2－1)x＝±eq\f(2\r(6),3)x，故③錯誤；若原點O在以F2為圓心，|AF2|為半徑的圓上，則c＝m＝2a，與eq\f(c,a)＝eq\f(\r(33),3)相矛盾，故④錯誤．考點三拋物線的幾何性質(zhì)核心提煉拋物線的焦點弦的幾個常見結(jié)論設(shè)AB是過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，則(1)x1x2＝eq\f(p2,4)，y1y2＝－p2.(2)|AB|＝x1＋x2＋p.(3)當(dāng)AB⊥x軸時，弦AB的長最短為2p.例4(1)(2022·泰安模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，點M在拋物線C上，射線FM與y軸交于點A(0,2)，與拋物線C的準(zhǔn)線交于點N，eq\o(FM,\s\up6(→))＝eq\f(\r(5),5)eq\o(MN,\s\up6(→))，則p的值等于()A.eq\f(1,8)B．2C.eq\f(1,4)D．4答案B解析設(shè)點M到拋物線的準(zhǔn)線的距離為|MM′|，拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點記為點B.由拋物線的定義知，|MM′|＝|FM|.因為eq\f(|FM|,|MN|)＝eq\f(\r(5),5)，所以eq\f(|MM′|,|MN|)＝eq\f(\r(5),5)，即cos∠NMM′＝eq\f(|MM′|,|MN|)＝eq\f(\r(5),5)，所以cos∠OFA＝cos∠NMM′＝eq\f(\r(5),5)，而cos∠OFA＝eq\f(|OF|,|AF|)＝eq\f(\f(p,2),\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)))2＋22))＝eq\f(\r(5),5)，解得p＝2.(2)(2022·新高考全國Ⅱ改編)已知O為坐標(biāo)原點，過拋物線C：y2＝2px(p>0)焦點F的直線與C交于A，B兩點，其中A在第一象限，點M(p，0)．若|AF|＝|AM|，則下列結(jié)論正確的是________．(填序號)①直線AB的斜率為2eq\r(6)；②|OB|＝|OF|；③|AB|>4|OF|；④∠OAM＋∠OBM<180°.答案①③④解析對于①，由題意，得Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).因為|AF|＝|AM|，且M(p，0)，所以xA＝eq\f(xF＋xM,2)＝eq\f(3,4)p，將其代入拋物線方程y2＝2px，得yA＝eq\f(\r(6),2)p，所以Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,4)p，\f(\r(6),2)p))，所以直線AB的斜率kAB＝kAF＝eq\f(\f(\r(6),2)p－0,\f(3,4)p－\f(p,2))＝2eq\r(6)，故①正確；對于②，根據(jù)①的分析，知直線AB的方程為y＝2eq\r(6)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(p,2)))，代入y2＝2px，得12x2－13px＋3p2＝0，解得x＝eq\f(3,4)p或x＝eq\f(1,3)p，所以xB＝eq\f(1,3)p，所以yB＝－eq\f(\r(6),3)p，所以|OB|＝eq\r(x\o\al(2,B)＋y\o\al(2,B))＝eq\f(\r(7),3)p≠|(zhì)OF|，故②不正確；對于③，由拋物線的定義及①②的分析，得|AB|＝xA＋xB＋p＝eq\f(13,12)p＋p＝eq\f(25,12)p>2p，即|AB|>4|OF|，故③正確；對于④，易知|OA|＝eq\f(\r(33),4)p，|AM|＝eq\f(5,4)p，|OB|＝eq\f(\r(7),3)p，|BM|＝eq\f(\r(10),3)p，則cos∠OAM＝eq\f(|OA|2＋|AM|2－|OM|2,2|OA|·|AM|)＝eq\f(\f(33,16)p2＋\f(25,16)p2－p2,2×\f(\r(33),4)p·\f(5,4)p)＝eq\f(21,5\r(33))>0，cos∠OBM＝eq\f(|OB|2＋|BM|2－|OM|2,2|OB|·|BM|)＝eq\f(\f(7,9)p2＋\f(10,9)p2－p2,2×\f(\r(7),3)p·\f(\r(10),3)p)＝eq\f(4,\r(70))>0，所以∠OAM<90°，∠OBM<90°，所以∠OAM＋∠OBM<180°，故④正確．規(guī)律方法利用拋物線的幾何性質(zhì)解題時，要注意利用定義構(gòu)造與焦半徑相關(guān)的幾何圖形(如三角形、直角梯形等)來溝通已知量與p的關(guān)系，靈活運用拋物線的焦點弦的特殊結(jié)論，使問題簡單化且減少數(shù)學(xué)運算．跟蹤演練3(1)(2021·新高考全國Ⅰ)已知O為坐標(biāo)原點，拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，P為C上一點，PF與x軸垂直，Q為x軸上一點，且PQ⊥OP.若|FQ|＝6，則C的準(zhǔn)線方程為________．答案x＝－eq\f(3,2)解析方法一(解直角三角形法)由題易得|OF|＝eq\f(p,2)，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以tan∠OPF＝tan∠PQF，所以eq\f(|OF|,|PF|)＝eq\f(|PF|,|FQ|)，即eq\f(\f(p,2),p)＝eq\f(p,6)，解得p＝3，所以C的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(3,2).方法二(應(yīng)用射影定理法)由題易得|OF|＝eq\f(p,2)，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即p2＝eq\f(p,2)×6，解得p＝3或p＝0(舍去)，所以C的準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(3,2).(2)(2022·濟寧模擬)過拋物線y2＝4x的焦點F的直線與該拋物線及其準(zhǔn)線都相交，交點從左到右依次為A，B，C.若eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(BF,\s\up6(→))，則線段BC的中點到準(zhǔn)線的距離為()A．3B．4C．5D．6答案B解析由拋物線的方程可得焦點F(1,0)，漸近線的方程為x＝－1，由eq\o(AB,\s\up6(→))＝eq\r(2)eq\o(BF,\s\up6(→))，可得eq\f(|AB|,|BF|)＝eq\r(2)，由于拋物線的對稱性，不妨假設(shè)直線和拋物線位置關(guān)系如圖所示，作BE垂直準(zhǔn)線于點E，準(zhǔn)線交x軸于點N，則|BF|＝|BE|，故eq\f(|AB|,|BF|)＝eq\f(|AB|,|BE|)＝eq\r(2)，故∠ABE＝eq\f(π,4)，而BE∥x軸，故∠AFN＝eq\f(π,4)，所以直線AB的傾斜角為eq\f(π,4)，所以直線AB的方程為y＝x－1，設(shè)B(x1，y1)，C(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝x－1，,y2＝4x，))整理可得x2－6x＋1＝0，則x1＋x2＝6，所以BC的中點的橫坐標(biāo)為3，則線段BC的中點到準(zhǔn)線的距離為3－(－1)＝4.專題強化練一、選擇題1．(2022·中山模擬)拋物線C：y2＝2px上一點(1，y0)到其焦點的距離為3，則拋物線C的方程為()A．y2＝4x B．y2＝8xC．y2＝12x D．y2＝16x答案B解析因拋物線C：y2＝2px上一點(1，y0)到其焦點的距離為3，則p>0，拋物線準(zhǔn)線方程為x＝－eq\f(p,2)，由拋物線定義得1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)))＝3，解得p＝4，所以拋物線C的方程為y2＝8x.2．已知雙曲線eq\f(x2,m)－y2＝1(m>0)的一個焦點為F(3,0)，則其漸近線方程為()A．y＝±eq\f(\r(2),4)x B．y＝±2eq\r(2)xC．y＝±2x D．y＝±eq\f(1,2)x答案A解析因為雙曲線eq\f(x2,m)－y2＝1(m>0)的一個焦點為F(3,0)，所以由m＋1＝32，得m＝8，所以雙曲線方程為eq\f(x2,8)－y2＝1，所以雙曲線的漸近線方程為y＝±eq\f(\r(2),4)x.3．(2022·全國乙卷)設(shè)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|等于()A．2B．2eq\r(2)C．3D．3eq\r(2)答案B解析方法一由題意可知F(1,0)，拋物線的準(zhǔn)線方程為x＝－1.設(shè)Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,0),4)，y0))，則由拋物線的定義可知|AF|＝eq\f(y\o\al(2,0),4)＋1.因為|BF|＝3－1＝2，所以由|AF|＝|BF|，可得eq\f(y\o\al(2,0),4)＋1＝2，解得y0＝±2，所以A(1,2)或A(1，－2)．不妨取A(1,2)，則|AB|＝eq\r(1－32＋2－02)＝eq\r(8)＝2eq\r(2)，故選B.方法二由題意可知F(1,0)，故|BF|＝2，所以|AF|＝2.因為拋物線的通徑長為2p＝4，所以AF的長為通徑長的一半，所以AF⊥x軸，所以|AB|＝eq\r(22＋22)＝eq\r(8)＝2eq\r(2).故選B.4.(2022·濰坊模擬)如圖，某建筑物白色的波浪形屋頂像翅膀一樣漂浮，建筑師通過雙曲線的設(shè)計元素賦予了這座建筑以輕盈、極簡和雕塑般的氣質(zhì)，該建筑物外形弧線的一段可以近似看成焦點在y軸上的雙曲線eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a>0，b>0)上支的一部分．已知該雙曲線的上焦點F到下頂點的距離為36，F(xiàn)到漸近線的距離為12，則該雙曲線的離心率為()A.eq\f(5,3)B.eq\f(5,4)C.eq\f(4,3)D.eq\f(4,5)答案B解析點F(0，c)到漸近線y＝±eq\f(a,b)x，即ax±by＝0的距離d＝eq\f(|±bc|,\r(a2＋b2))＝b＝12，又由題意知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝36，,a2＋122＝c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝16，,c＝20，))所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(20,16)＝eq\f(5,4).5．(2022·石家莊模擬)已知點P是拋物線C：y2＝4x上的動點，過點P向y軸作垂線，垂足記為點N，點M(3,4)，則|PM|＋|PN|的最小值是()A．2eq\r(5)－1B.eq\r(5)－1C.eq\r(5)＋1D．2eq\r(5)＋1答案A解析由拋物線C：y2＝4x知，焦點F(1,0)，準(zhǔn)線方程為x＝－1，過點P作拋物線準(zhǔn)線的垂線，垂足為Q，如圖，由拋物線定義知|PN|＋|PM|＝|PQ|－1＋|PM|＝|PF|＋|PM|－1，當(dāng)F，P，M三點共線時，|PM|＋|PN|最小，最小值為|MF|－1＝eq\r(3－12＋4－02)－1＝2eq\r(5)－1.6．(2022·福州質(zhì)檢)已知點F1，F(xiàn)2分別是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，過點F2的直線交橢圓于A，B兩點，且滿足AF1⊥AB，eq\f(|AF1|,|AB|)＝eq\f(4,3)，則該橢圓的離心率是()A.eq\f(2,3)B.eq\f(\r(5),3)C.eq\f(\r(3),3)D.eq\f(\r(6),3)答案B解析如圖所示，設(shè)|AF1|＝4x，則|AB|＝3x，因為AF1⊥AB，則|BF1|＝eq\r(|AB|2＋|AF1|2)＝5x，由橢圓的定義可得|AF1|＋|AB|＋|BF1|＝(|AF1|＋|AF2|)＋(|BF2|＋|BF1|)＝4a＝12x，則x＝eq\f(a,3)，所以|AF1|＝4x＝eq\f(4a,3)，則|AF2|＝2a－eq\f(4a,3)＝eq\f(2a,3)，由勾股定理可得|AF1|2＋|AF2|2＝|F1F2|2，則eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4a,3)))2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a,3)))2＝4c2，則c＝eq\f(\r(5),3)a，因此該橢圓的離心率為e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(5),3).7．(2022·臨沂模擬)2022年4月16日9時56分，神舟十三號返回艙成功著陸，返回艙是宇航員返回地球的座艙，返回艙的軸截面可近似看作是由半圓和半橢圓組成的“曲圓”，如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，半圓的圓心在坐標(biāo)原點，半圓所在的圓過橢圓的焦點F(0,2)，橢圓的短軸與半圓的直徑重合，下半圓與y軸交于點G.若過原點O的直線與上半橢圓交于點A，與下半圓交于點B，則下列結(jié)論錯誤的是()A．橢圓的長軸長為4eq\r(2)B．|AB|的取值范圍是[4,2＋2eq\r(2)]C．△ABF面積的最小值是4D．△AFG的周長為4＋4eq\r(2)答案C解析由題意知，橢圓中的幾何量b＝c＝2，得a＝2eq\r(2)，則2a＝4eq\r(2)，A正確；|AB|＝|OB|＋|OA|＝2＋|OA|，由橢圓性質(zhì)可知2≤|OA|≤2eq\r(2)，所以4≤|AB|≤2＋2eq\r(2)，B正確；記∠AOF＝θ，則S△ABF＝S△AOF＋S△OBF＝eq\f(1,2)|OA|·|OF|sinθ＋eq\f(1,2)|OB|·|OF|sin(π－θ)＝|OA|sinθ＋2sinθ＝(|OA|＋2)sinθ，取θ＝eq\f(π,6)，則S△ABF＝1＋eq\f(1,2)|OA|<1＋eq\f(1,2)×2eq\r(2)<4，C錯誤；由橢圓定義知|AF|＋|AG|＝2a＝4eq\r(2)，所以△AFG的周長L＝|FG|＋4eq\r(2)＝4＋4eq\r(2)，D正確．8．(2022·濟寧模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點分別為A1，A2，點P是雙曲線C上異于頂點的一點，則下列結(jié)論正確的是()A．||PA1|－|PA2||＝2aB．若焦點F2關(guān)于雙曲線C的漸近線的對稱點在C上，則C的離心率為5C．若雙曲線C為等軸雙曲線，則直線PA1的斜率與直線PA2的斜率之積為eq\f(1,2)D．若雙曲線C為等軸雙曲線，且∠A1PA2＝3∠PA1A2，則∠PA1A2＝eq\f(π,10)答案D解析對于A，在△PA1A2中，根據(jù)三角形兩邊之差小于第三邊，可知||PA1|－|PA2||<|A1A2|＝2a，故A錯誤；對于B，焦點F2(c，0)，漸近線不妨取y＝eq\f(b,a)x，即bx－ay＝0，設(shè)F2關(guān)于雙曲線C的漸近線的對稱點為(m，n)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(n,m－c)×\f(b,a)＝－1，,b×\f(m＋c,2)－a×\f(n,2)＝0，))得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(m＝\f(a2－b2,c)，,n＝\f(2ab,c)，))即F2關(guān)于雙曲線C的漸近線的對稱點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(a2－b2,c)，\f(2ab,c)))，由題意知該點在雙曲線上，故eq\f(a2－b22,a2c2)－eq\f(2ab2,b2c2)＝1，將c2＝a2＋b2代入，化簡整理得b4－3a2b2－4a4＝0，即b2＝4a2，∴e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2＋b2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)＝5，即e＝eq\r(5)，故B錯誤；對于C，雙曲線C為等軸雙曲線，即C：x2－y2＝a2(a>0)，設(shè)P(x0，y0)(y0≠0)，則xeq\o\al(2,0)－yeq\o\al(2,0)＝a2，即xeq\o\al(2,0)－a2＝y(tǒng)eq\o\al(2,0)，故SKIPIF1<0＝eq\f(y0,x0＋a)·eq\f(y0,x0－a)＝eq\f(y\o\al(2,0),x\o\al(2,0)－a2)＝1，故C錯誤；對于D，雙曲線C為等軸雙曲線，即C：x2－y2＝a2(a>0)，且∠A1PA2＝3∠PA1A2，設(shè)∠PA1A2＝θ，∠A1PA2＝3θ，則∠PA2x＝4θ，根據(jù)選項C的結(jié)論知SKIPIF1<0＝1，即有tanθ·tan4θ＝1，∴eq\f(sinθ,cosθ)·eq\f(sin4θ,cos4θ)＝1，∴cos5θ＝0，∵θ＋3θ∈(0，π)，∴θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(π,4)))，5θ∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(5π,4)))，∴5θ＝eq\f(π,2)，∴∠PA1A2＝θ＝eq\f(π,10)，故D正確．二、填空題9．寫出一個滿足以下三個條件的橢圓的方程：______________.①中心為坐標(biāo)原點；②焦點在坐標(biāo)軸上；③離心率為eq\f(1,3).答案eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,8)＝1(答案不唯一)解析只要橢圓方程形如eq\f(x2,9m)＋eq\f(y2,8m)＝1(m>0)或eq\f(y2,9m)＋eq\f(x2,8m)＝1(m>0)即可．10．(2022·淄博模擬)已知P1，P2，…，P8是拋物線x2＝4y上不同的點，且F(0,1)．若eq\o(FP1,\s\up6(→))＋eq\o(FP2,\s\up6(→))＋…＋eq\o(FP8,\s\up6(→))＝0，則|eq\o(FP1,\s\up6(→))|＋|eq\o(FP2,\s\up6(→))|＋…＋|eq\o(FP8,\s\up6(→))|＝________.答案16解析設(shè)P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，P3(x3，y3)，…，P8(x8，y8),P1，P2，P3，…，P8是拋物線x2＝4y上不同的點，點F(0,1)，準(zhǔn)線為y＝－1，則eq\o(FPi,\s\up6(→))＝(xi，yi－1)(i＝1,2，…，8)，所以eq\o(FP1,\s\up6(→))＋eq\o(FP2,\s\up6(→))＋…＋eq\o(FP8,\s\up6(→))＝(x1＋x2＋…＋x8，(y1－1)＋(y2－1)＋…＋(y8－1))＝0，所以(y1－1)＋(y2－1)＋…＋(y8－1)＝0，即y1＋y2＋y3＋…＋y8＝8，∴|eq\o(FP1,\s\up6(→))|＋|eq\o(FP2,\s\up6(→))|＋…＋|eq\o(FP8,\s\up6(→))|＝(y1＋1)＋(y2＋1)＋…＋(y8＋1)＝y(tǒng)1＋y2＋…＋y8＋8＝16.11．(2022·濟南模擬)已知橢圓C1：eq\f(x2,36)＋eq\f(y2,b2)＝1(b>0)的焦點分別為F1，F(xiàn)2，且F2是拋物線C2：y2＝2px(p>0)的焦點，若P是C1與C2的交點，且|PF1|＝7，則cos∠PF1F2的值為________．答案eq\f(5,7)解析依題意，由橢圓定義得|PF1|＋|PF2|＝12，而|PF1|＝7，則|PF2|＝5，因為點F2是拋物線C2：y2＝2px(p>0)的焦點，則該拋物線的準(zhǔn)線l過點F1，如圖，過點P作PQ⊥l于點Q，由拋物線定義知|PQ|＝|PF2|＝5，而F1F2∥PQ，則∠PF1F2＝∠F1PQ，所以cos∠PF1F2＝cos∠F1PQ＝eq\f(|PQ|,|PF1|)＝eq\f(5,7).12．(2022·福州質(zhì)檢)已知O為坐標(biāo)原點，F(xiàn)是雙