（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學總復習 優(yōu)編增分練：8＋6分項練12 圓錐曲線 理

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1、（京津?qū)Ｓ茫?022高考數(shù)學總復習 優(yōu)編增分練：8＋6分項練12 圓錐曲線 理 1．(2018·大連模擬)設橢圓C：＋y2＝1的左焦點為F，直線l：y＝kx(k≠0)與橢圓C交于A，B兩點，則△AFB周長的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　根據(jù)橢圓對稱性得△AFB的周長為 |AF|＋|AF′|＋|AB|＝2a＋|AB|＝4＋|AB|(F′為右焦點)， 由y＝kx，＋y2＝1，得x＝， ∴|AB|＝·2|xA|＝4 ＝4∈(2,4)(k≠0)， 即△AFB周長的取值范圍是＝. 2．(2018·煙臺模擬)已知雙曲線－y2＝1(a>0)兩焦點之

2、間的距離為4，則雙曲線的漸近線方程是(　　) A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±x 答案　A 解析　由雙曲線－y2＝1(a>0)的兩焦點之間的距離為4，可得2c＝4，所以c＝2， 又由c2＝a2＋b2，即a2＋1＝22，解得a＝， 所以雙曲線的漸近線方程為y＝±x＝±x. 3．(2018·重慶模擬)已知拋物線y2＝4x的焦點為F，以F為圓心的圓與拋物線交于M，N兩點，與拋物線的準線交于P，Q兩點，若四邊形MNPQ為矩形，則矩形MNPQ的面積是(　　) A．16 B．12 C．4 D．3 答案　A 解析　根據(jù)題意，四邊形MNPQ為矩形， 可得

3、|PQ|＝|MN|， 從而得到圓心F到準線的距離與到MN的距離是相等的， 所以M點的橫坐標為3，代入拋物線方程，設M為x軸上方的交點， 從而求得M(3,2)，N(3，－2)， 所以|MN|＝4，＝4， 從而求得四邊形MNPQ的面積為S＝4×4＝16. 4．(2018·重慶模擬)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，以OF2為直徑的圓M與雙曲線C相交于A，B兩點，其中O為坐標原點，若AF1與圓M相切，則雙曲線C的離心率為(　　) A. B. C. D. 答案　C 解析　根據(jù)題意，有|AM|＝，＝， 因為AF1與圓M相切，所以∠F1AM＝

4、， 所以由勾股定理可得＝c， 所以cos∠F1MA＝＝， 所以cos∠AMF2＝－，且|MF2|＝， 由余弦定理可求得 ＝＝c， 所以e＝＝＝. 5．已知點P在拋物線y2＝x上，點Q在圓2＋(y－4)2＝1上，則|PQ|的最小值為(　　) A.－1 B.－1 C．2－1 D.－1 答案　A 解析　設拋物線上點的坐標為P(m2，m)． 圓心與拋物線上的點的距離的平方 d2＝2＋(m－4)2＝m4＋2m2－8m＋. 令f(m)＝m4＋2m2－8m＋， 則f′(m)＝4(m－1)(m2＋m＋2)， 由導函數(shù)與原函數(shù)的關(guān)系可得函數(shù)在區(qū)間(－∞，1)上單調(diào)遞減，在

5、區(qū)間(1，＋∞)上單調(diào)遞增，函數(shù)的最小值為f(1)＝，由幾何關(guān)系可得|PQ|的最小值為－1＝－1. 6．已知F1，F(xiàn)2是橢圓和雙曲線的公共焦點，P是它們的一個公共點，且∠F1PF2＝，則橢圓和雙曲線的離心率乘積的最小值為(　　) A. B. C．1 D. 答案　B 解析　設橢圓和雙曲線的離心率分別為e1，e2， 設橢圓的長半軸長為a1，雙曲線的半實軸長為a2， 半焦距為c，P為第一象限內(nèi)的公共點， 則 解得|PF1|＝a1＋a2，|PF2|＝a1－a2， 所以4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)·cos ， 所以4c2＝(2－)a

6、＋(2＋)a， 所以4＝＋≥2＝， 所以e1e2≥，故選B. 7．(2017·全國Ⅰ)設A，B是橢圓C：＋＝1長軸的兩個端點．若C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則m的取值范圍是(　　) A．(0,1]∪[9，＋∞) B．(0，]∪[9，＋∞) C．(0,1]∪[4，＋∞) D．(0，]∪[4，＋∞) 答案　A 解析　方法一　設橢圓焦點在x軸上， 則0

7、則＝＝－. 解得|y|＝. 又0<|y|≤，即0<≤， 結(jié)合03時，焦點在y軸上， 要使C上存在點M滿足∠AMB＝120°， 則≥tan 60°＝，即≥，解得m≥9. 故m的取值范圍為(0,1]∪[9，＋∞)． 故選A. 8．已知雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，P為雙曲線右支上一

8、點(異于右頂點)，△PF1F2的內(nèi)切圓與x軸切于點(2,0)．過F2作直線l與雙曲線交于A，B兩點，若使|AB|＝b2的直線l恰有三條，則雙曲線離心率的取值范圍是(　　) A．(1，) B．(1,2) C．(，＋∞) D．(2，＋∞) 答案　C 解析　|F1F2|＝2c(c2＝a2＋b2)， 設△PF1F2的內(nèi)切圓分別與PF1，F(xiàn)1F2，PF2切于點G，H，I， 則|PG|＝|PI|，|F1G|＝|F1H|，|F2H|＝|F2I|. 由雙曲線的定義知 2a＝|PF1|－|PF2|＝|F1G|－|F2I|＝|F1H|－|F2H|， 又|F1H|＋|F2H|＝|F1F2|

9、＝2c， 故|F1H|＝c＋a，|F2H|＝c－a， 所以H(a,0)，即a＝2. 注意到這樣的事實： 若直線l與雙曲線的右支交于A，B兩點， 則當l⊥x軸時，|AB|有最小值＝b2； 若直線l與雙曲線的兩支各交于一點(A，B兩點)， 則當l⊥y軸時，|AB|有最小值2a，于是， 由題意得b2>2a＝4，b>2，c＝>2， 所以雙曲線的離心率e＝>.故選C. 9．(2018·湖南省岳陽市第一中學模擬)設拋物線y2＝4x上一點P到y(tǒng)軸的距離為d1，到直線l：3x＋4y＋12＝0的距離為d2，則d1＋d2的最小值為________． 答案　2 解析　由① 得3y2＋16y

10、＋48＝0，Δ＝256－12×48<0，故①無解， 所以直線3x＋4y＋12＝0與拋物線是相離的． 由d1＋d2＝d1＋1＋d2－1， 而d1＋1為P到準線x＝－1的距離， 故d1＋1為P到焦點F(1,0)的距離， 從而d1＋1＋d2的最小值為焦點到直線3x＋4y＋12＝0的距離＝3， 故d1＋d2的最小值為2. 10．(2018·江西省景德鎮(zhèn)市第一中學等盟校聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)，過其焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，若＝3，且拋物線C上存在點M與x軸上一點N(7,0)關(guān)于直線l對稱，則該拋物線的焦點到準線的距離為________． 答案　6 解析　拋

11、物線y2＝2px(p>0)的準線為l′：x＝－， 如圖所示，當直線AB的傾斜角為銳角時， 分別過點A，B作AP⊥l′，BQ⊥l′，垂足為P，Q， 過點B作BD⊥AP交AP于點D， 則|AP|＝|AF|，|BQ|＝|BF|， ∵|AF|＝3|BF|＝|AB|， ∴|AP|－|BQ|＝|AD|＝|AF|－|BF|＝|AB|， 在Rt△ABD中，由|AD|＝|AB|， 可得∠BAD＝60°， ∵AP∥x軸，∴∠BAD＝∠AFx＝60°， ∴kAB＝tan 60°＝， 直線l的方程為y＝， 設M點坐標為(xM，yM)， 由 可得xM＝p－，yM＝， 代入拋物線的方程化

12、簡可得 3p2－4p－84＝0，解得p＝6(負值舍去)， 該拋物線的焦點到準線的距離為6. 11．(2018·三明質(zhì)檢)已知中心是坐標原點的橢圓C過點，且C的一個焦點坐標為(2,0)，則C的標準方程為________． 答案?。珁2＝1 解析　根據(jù)題意得橢圓的另一個焦點坐標是(－2,0)， 則2a＝＋ ＝＝2， 所以a＝，因為c＝2，所以b＝＝1， 從而得到橢圓的標準方程為＋y2＝1. 12．在平面直角坐標系xOy中，點M不與點O重合，稱射線OM與圓x2＋y2＝1的交點N為點M的“中心投影點”． (1)點M(1，)的“中心投影點”為________； (2)曲線x2－＝

13、1上所有點的“中心投影點”構(gòu)成的曲線的長度是________． 答案　(1)　(2) 解析　(1)|OM|＝＝2，|ON|＝1， 所以＝，則N點坐標為. (2)雙曲線x2－＝1的漸近線方程為y＝±x，由“中心投影點”的定義知，中心投影點是單位圓上夾在兩漸近線之間的與x軸相交的兩段圓弧，一條漸近線的傾斜角為，因此弧長為2×π×1＝. 13．已知點F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：x2－＝1(b>0)的左、右焦點，O為坐標原點，點P在雙曲線C的右支上，且滿足|F1F2|＝2|OP|，tan∠PF2F1≥4，則雙曲線C的半焦距的取值范圍為____________． 答案　 解析　由|F1F2|

14、＝2|OP|可得△PF1F2為直角三角形，∠F1PF2＝90°，tan∠PF2F1≥4， 即|PF1|≥4|PF2|，|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2， 又|PF1|－|PF2|＝2a，可得|PF2|≤a， 由(|PF2|＋2a)2＋|PF2|2＝4c2化為(|PF2|＋a)2＝2c2－a2≤2，可得c≤， 又雙曲線中c>a＝1， 所以雙曲線C的半焦距的取值范圍為. 14．(2018·威海模擬)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點為F，P，Q是拋物線上的兩個動點，線段PQ的中點為M，過M作拋物線準線的垂線，垂足為N，若|MN|＝|PQ|，則∠PFQ的最大值為________

15、． 答案　 解析　如圖所示，分別過P，Q作拋物線準線的垂線，垂足為A，B， 設|PF|＝2a，|QF|＝2b， 由拋物線定義，得|PF|＝|PA|，|QF|＝|QB|， 在梯形ABQP中，2|MN|＝|PA|＋|QB|＝2a＋2b， ∴|MN|＝a＋b. 若PQ過焦點F，則|PQ|＝|PF|＋|QF|＝2a＋2b， 又|MN|＝a＋b，且|MN|＝|PQ|， ∴2a＋2b＝a＋b， ∴a＋b＝0，顯然不成立， ∴PQ不過焦點F. ∵|MN|＝|PQ|，∴|PQ|＝a＋b， 設∠PFQ＝θ，由余弦定理得， (a＋b)2＝4a2＋4b2－8abcos θ， ∴a2＋b2＋2ab＝4a2＋4b2－8abcos θ， ∴cos θ＝≥＝， 當且僅當a＝b時取等號， 又∵θ∈(0，π)，∴0<θ≤， ∴∠PFQ的最大值為.