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2021届高考数学二轮复习 专题检测圆锥曲线的定义、方程与性质

2021届高考数学二轮复习 专题检测圆锥曲线的定义、方程与性质

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专题检测（十六） 圆锥曲线的定义、方程与性质
A组——“6＋3＋3”考点落实练
一、选择题
1．(2019·济南模拟)已知双曲线－＝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＝±x　　　　　　　　 B.y＝±x
C．y＝±x D.y＝±x
解析：选A　易知c＝5，故m＝16，故双曲线方程为－＝1，将1换为0得－＝0，即渐近线方程为y＝±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.＋2 B.＋1
C.－2 D.－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＝＝，所以d1＋d2的最小值是－1.故选D.
3．(2019·全国卷Ⅲ)双曲线C：－＝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. B.
C.2 D.3
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|＝.又tan∠POF＝＝，所以等腰三角形POF的高h＝×＝，所以S△PFO＝××＝.故选A.
4．(2019·全国卷Ⅱ)设F为双曲线C：－＝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. B.
C．2 D.
解析：选A　设双曲线C：－＝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|＝.由|OM|2＋|MP|2＝|OP|2得＋＝a2，故＝，即e＝.故选A.
5．(2019·昆明模拟)已知F1，F2为椭圆C：＋＝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＝(　　)
A. B.
C. 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|＝，|AF2|＝.所以＝.故选A.
6．(2019·广州调研)已知椭圆Γ：＋＝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＝3，则k＝(　　)
A.1 B.2
C. D.
解析：选D　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为＝3，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＝t，所以＋＝1.设直线AB的方程为x＝sy＋t，代入上述椭圆方程，得(s2＋4)y2＋2sty－t2＝0，所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，即－2y2＝－，－3y＝－，得s2＝，k＝.故选D.
二、填空题
7．已知P(1，)是双曲线C：－＝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＝x，P(1，)是双曲线C渐近线上的点，则＝，所以离心率e＝＝ ＝ ＝2.
答案：2
8．若F1，F2是椭圆＋＝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＝，c＝，
∴|F1F2|＝2，|AF1|＋|AF2|＝6.
∵|AF2|2＝|AF1|2＋|F1F2|2－2|AF1|·|F1F2|cos 45°＝|AF1|2＋8－4|AF1|，
∴(6－|AF1|)2＝|AF1|2＋8－4|AF1|，
解得|AF1|＝.
∴△AF1F2的面积S＝×2××＝.
答案：
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＝3，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6，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＝＝＝，即＝，∴m＝2n.
又＝，∴＝＝，∴n＝，∴|DF|＝m＋n＝2p，∴∠ADA1＝30°.
又|AA1|＝3n＝2p，|EF|＝p，∴|A1D|＝2p，|ED|＝p，∴|A1E|＝p，
∴直角梯形AA1EF的面积为(2p＋p)·p＝6，解得p＝2.
答案：2
三、解答题
10．(2019·天津高考)设椭圆＋＝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.
(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，＝，又a2＝b2＋c2，可得a＝，b＝2，c＝1.
所以，椭圆的方程为＋＝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，与椭圆方程联立整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0，
可得xP＝－，
代入y＝kx＋2得yP＝，
进而直线OP的斜率为＝.
在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－.
由题意得N(0，－1)，所以直线MN的斜率为－.
由OP⊥MN，得·＝－1，
化简得k2＝，从而k＝±.
所以，直线PB的斜率为或－.
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＋，
由消去y得，x2－2kpx－p2＝0.
∴x1＋x2＝2kp，x1x2＝－p2.
其中A，B.
∴M，N.
∴kAN＝＝＝＝
＝.
又x2＝2py，即y＝，∴y′＝.
∴抛物线x2＝2py在点A处的切线斜率k＝.
∴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：＋＝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＝.
(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＝，AF2⊥x轴，
所以DF2＝ ＝ ＝.
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＋＝1.
(2)由(1)知，椭圆C：＋＝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.
由得5x2＋6x－11＝0，
解得x＝1或x＝－.
将x＝－代入y＝2x＋2，解得y＝－.
因此B.
又F2(1，0)，所以直线BF2：y＝(x－1)．
由得7x2－6x－13＝0，
解得x＝－1或x＝.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以x＝－1.
将x＝－1代入y＝(x－1)，得y＝－.
因此E.
由(1)知，椭圆C：＋＝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)，由得y＝±.
又因为E是线段BF2与椭圆的交点，所以y＝－.
因此E.
B组——大题专攻强化练
1．(2019·武汉市调研测试)已知椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)经过点M(－2，1)，且右焦点F(，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＝·，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＋＝1的右焦点为(，0)，知a2－b2＝3，即b2＝a2－3，
则＋＝1，a2>3.
又椭圆过点M(－2，1)，∴＋＝1，又a2>3，
∴a2＝6.
∴椭圆Γ的标准方程为＋＝1.
(2)设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得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，
∴
则t＝·＝(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)·＋(2－k2－k)·＋k2＋2k＋5，
∴t＝，
∴(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＝.
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－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D.
设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
因为Δ＝(2k2＋4)2－4k4＝16k2＋16>0，所以x1＋x2＝，
所以y1＋y2＝k(x1－1)＋k(x2－1)＝，故D.
由抛物线的定义知|AB|＝x1＋x2＋2＝.
设M(xM，yM)，依题意得yM＝，
所以|MD|＝－xM.
又|MD|＝，所以－xM＝＋2，
解得xM＝－1，所以M.
因为N在抛物线上，所以x0＝，
即N，
所以S△AMB＝|MD||y1－y2|＝|y1－y2|，
S△AMN＝|MN||y1－yD|＝|MN|×|y1－y2|＝|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|＝|AB|，所以2t2＋1－m＝(4t2＋4)，解得m＝－1.
设N(x0，y0)，则y0＝2t，所以(2t)2＝4x0，所以x0＝t2，
因为＝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.