統(tǒng)考版2024屆高考數(shù)學二輪專項分層特訓卷一客觀題專練14解析幾何理

解析幾何(14)一、選擇題(本題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)1．[2023·云南省昆明市測試]拋物線y2＝4x的焦點到雙曲線x2－y2＝1的漸近線的距離為()A．eq\f(1,2)B．eq\f(\r(2),2)C．eq\f(\r(3),2)D．22．[2023·廣東省湛江市高三一模]已知拋物線C：x2＝－2py(p>0)的焦點為F，點M是C上的一點，M到直線y＝2p的距離是M到C的準線距離的2倍，且|MF|＝6，則p＝()A．4B．6C．8D．103．[2023·全國甲卷(理)]設O為坐標原點，F(xiàn)1，F(xiàn)2為橢圓C：eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,6)＝1的兩個焦點，點P在C上，cos∠F1PF2＝eq\f(3,5)，則|OP|＝()A．eq\f(13,5)B．eq\f(\r(30),2)C．eq\f(14,5)D．eq\f(\r(35),2)4．[2023·河北省邯鄲市高三一模]已知拋物線C：y2＝8x的焦點為F，P為C在第一象限上一點，若PF的中點到y(tǒng)軸的距離為3，則直線PF的斜率為()A．eq\r(2)B．2eq\r(2)C．2D．45．[2023·福建省六校聯(lián)考]過拋物線y2＝2px(p>0)的焦點F且斜率大于0的直線l交拋物線于點A，B(點A位于第一象限)，交其準線于點C，若|BC|＝3|BF|，則直線AB的斜率為()A．2eq\r(3)B．2eq\r(2)C．eq\r(3)D．eq\r(2)6．[2023·全國乙卷(理)]設A，B為雙曲線x2－eq\f(y2,9)＝1上兩點，下列四個點中，可為線段AB中點的是()A．(1，1)B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，2))C．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，3))D．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－4))7．[2023·成都診斷性檢測]已知拋物線x2＝4y的焦點為F，過F的直線與拋物線相交于A，B兩點，Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(7,2)))，若PB⊥AB，則|AF|＝()A．eq\f(3,2)B．2C．eq\f(5,2)D．38．[2023·河北省邯鄲市高三一模]設F1，F(xiàn)2是雙曲線C：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,8)＝1的兩個焦點，O為坐標原點，點P在C的左支上，且＝2eq\r(3)，則△PF1F2的面積為()A．8B．8eq\r(3)C．4D．4eq\r(3)9．[2023·廣東深圳模擬]已知橢圓C：eq\f(x2,m2＋9)＋eq\f(y2,m2)＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是其左、右焦點，若對橢圓C上的任意一點P，eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))>0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍為()A．(－3，0)∪(0，3)B．[－3，0)∪(0，3]C．(－∞，－3)∪(3，＋∞)D．(－∞，－3]∪[3，＋∞)10．[2023·溫州適應性測試]設F為雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝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．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為()A．eq\r(3)B．eq\r(2)C．2D．eq\r(5)11．[2023·河南省高中畢業(yè)班測試]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，離心率為eq\r(2)，且經(jīng)過點(eq\r(3)，eq\r(2))，點P在C上，∠F1PF2＝60°，則點P到x軸的距離為()A．eq\f(\r(3),2)B．eq\f(\r(6),2)C．eq\r(3)D．eq\r(6)12．[2023·四川遂寧模擬]已知橢圓T：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的長半軸長為2，且過點M(0，1).若過點M引兩條互相垂直的直線l1，l2，P為橢圓上任意一點，記點P到l1，l2的距離分別為d1，d2，則eq\r(deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))的最大值為()A．2B．eq\f(4\r(3),3)C．5D．eq\f(16,3)[答題區(qū)]題號123456789101112答案二、填空題(本題共4小題，每小題5分，共20分)13．[2023·遼寧省丹東市高三質(zhì)量監(jiān)測]已知雙曲線C經(jīng)過坐標原點O，兩個焦點坐標分別為F1(－1，0)，F(xiàn)2(3，0)，則C的離心率為________．14．[2023·濟南名校聯(lián)考]可知F1，F(xiàn)2為雙曲線x2－eq\f(y2,4)＝1的左、右焦點，P為雙曲線右支上一點，且|PF1|＝2|PF2|，則△PF1F2的面積為________．15．[2023·遼寧省沈陽市高三質(zhì)量監(jiān)測]已知拋物線x2＝4y，點M(t，－2)，t∈[－1，1]，過M作拋物線的兩條切線MA，MB，其中A，B為切點，直線AB與y軸交于點P，則eq\f(|PA|,|PB|)的取值范圍是________．16．[2023·山東濟南模擬]已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的短軸長為2，上頂點為A，左頂點為B，左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2，且△F1AB的面積為eq\f(2－\r(3),2)，則橢圓的方程為________；若點P為橢圓上的任意一點，則eq\f(1,|PF1|)＋eq\f(1,|PF2|)的取值范圍是________．解析幾何（14）1．B因為拋物線的焦點為（1，0），雙曲線的漸近線為x±y＝0，所以拋物線的焦點到雙曲線的漸近線的距離為d＝eq\f(|1±0|,\r(12＋12))＝eq\f(\r(2),2)，故選B.2．A設M（x0，y0），則eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2p－y0＝6×2,\f(p,2)－y0＝6))，解得p＝4，故選A.3．B方法一依題意a＝3，b＝eq\r(6)，c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3).如圖，不妨令F1（－eq\r(3)，0），F(xiàn)2（eq\r(3)，0）.設|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos∠F1PF2＝eq\f(m2＋n2－12,2mn)＝eq\f(3,5)①，由橢圓的定義可得m＋n＝2a＝6②.由①②，解得mn＝eq\f(15,2).設|OP|＝x.在△F1OP和△F2OP中，∠F1OP＋∠F2OP＝π，由余弦定理得eq\f(x2＋3－m2,2\r(3)x)＝－eq\f(x2＋3－n2,2\r(3)x)，得x2＝eq\f(m2＋n2－6,2)＝eq\f(（m＋n）2－2mn－6,2)＝eq\f(15,2)，所以|OP|＝eq\f(\r(30),2).方法二依題意a＝3，b＝eq\r(6)，c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3).如圖（圖同方法一），設點P的坐標為（x0，y0），α＝∠F1PF2，則cos∠F1PF2＝cosα＝eq\f(3,5)，故sin∠F1PF2＝sinα＝eq\f(2sin\f(α,2)cos\f(α,2),sin2\f(α,2)＋cos2\f(α,2))＝eq\f(2tan\f(α,2),1＋tan2\f(α,2))＝eq\f(4,5)，則taneq\f(α,2)＝eq\f(1,2)或taneq\f(α,2)＝2（舍去）.故△F1PF2的面積S△F1PF2＝b2taneq\f(α,2)＝6×eq\f(1,2)＝3.又S△F1PF2＝eq\f(1,2)×2c|y0|＝eq\r(3)|y0|，故yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝3，又eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),9)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),6)＝1，所以xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(9,2)，|OP|2＝xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(15,2)，|OP|＝eq\f(\r(30),2).方法三依題意a＝3，b＝eq\r(6)，c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3).如圖（圖同方法一），設點P的坐標為（x0，y0），利用焦點三角形面積公式知S△F1PF2＝eq\f(b2sinα,1＋cos因為cos∠F1PF2＝eq\f(3,5)，所以sin∠F1PF2＝eq\f(4,5)，故S△F1PF2＝eq\f(6×\f(4,5),1＋\f(3,5))＝3.又S△F1PF2＝eq\f(1,2)×2c|y0|＝eq\r(3)|y0|，故yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝3，又eq\f(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),9)＋eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0)),6)＝1，所以xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(9,2)，|OP|2＝xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＋yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))＝eq\f(15,2)，|OP|＝eq\f(\r(30),2).方法四依題意a＝3，b＝eq\r(6)，c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3).如圖（圖同方法一），不妨令F1（－eq\r(3)，0），F(xiàn)2（eq\r(3)，0）.設|PF1|＝m，|PF2|＝n，在△F1PF2中，cos∠F1PF2＝eq\f(m2＋n2－12,2mn)＝eq\f(3,5)①，由橢圓的定義可得m＋n＝2a＝6②.由①②，解得mn＝eq\f(15,2).因為eq\o(PO,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)（eq\o(PF1,\s\up6(→))＋eq\o(PF2,\s\up6(→))），所以|eq\o(PO,\s\up6(→))|2＝eq\f(1,4)（m2＋n2＋2mncos∠F1PF2）＝eq\f(1,4)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（m＋n）2－\f(4,5)mn))＝eq\f(15,2)，所以|OP|＝eq\f(\r(30),2).4．B∵PF的中點到y(tǒng)軸的距離為3，∴eq\f(xP＋|OF|,2)＝3，即eq\f(xP＋2,2)＝3，解得xP＝4，代入拋物線方程可得P（4，4eq\r(2)），因為F點的坐標為（2，0），所以直線PF的斜率為eq\f(4\r(2)－0,4－2)＝2eq\r(2).故選B.5．B作BB1垂直準線于B1，在Rt△BCB1中，cos∠CBB1＝eq\f(|BB1|,|BC|)＝eq\f(|BF|,|BC|)＝eq\f(1,3)，sin∠CBB1＝eq\r(1－\f(1,9))＝eq\f(2\r(2),3)，所以tan∠CBB1＝2eq\r(2)，所以直線AB的斜率為2eq\r(2).故選B.6．D設A（x1，y1），B（x2，y2），AB的中點為M（x0，y0），由點A，B在雙曲線上，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),9)＝1,xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),9)＝1))，兩式作差，得xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝eq\f(yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))－yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),9)，即（x1－x2）（x1＋x2）＝eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,9)，化簡得eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,（x1－x2）（x1＋x2）)＝9，即eq\f(y1－y2,x1－x2)·eq\f(\f(y1＋y2,2),\f(x1＋x2,2))＝kAB·eq\f(y0,x0)＝9，因此kAB＝9·eq\f(x0,y0).由雙曲線方程可得漸近線方程為y＝±3x，如圖．對于A選項，因為kAB＝9×eq\f(1,1)＝9>3，所以直線AB與雙曲線無交點，不符合題意；對于B選項，因為kAB＝9×eq\f(－1,2)＝－eq\f(9,2)＜－3，所以直線AB與雙曲線無交點，不符合題意；對于C選項，kAB＝9×eq\f(1,3)＝3，此時直線AB與漸近線y＝3x平行，與雙曲線不可能有兩個交點，不符合題意；對于D選項，因為kAB＝9×eq\f(－1,－4)＝eq\f(9,4)<3，所以直線AB與雙曲線有兩個交點，滿足題意．故選D.7．D解法一由題意，知F（0，1），直線AB的斜率存在且不為0.設直線AB的方程為y＝kx＋1（k≠0），A（x1，y1）（y1>0），B（x2，y2）（y2>0），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1,x2＝4y))，消去x，得y2－（4k2＋2）y＋1＝0，Δ>0，所以y1y2＝1①因為Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，－\f(7,2)))，所以|PF|＝1＋eq\f(7,2)＝eq\f(9,2).由拋物線的定義，知|BF|＝y(tǒng)2＋1.因為PB⊥AB，所以△PBF為直角三角形，所以|BF|2＋|BP|2＝|PF|2，即（y2＋1）2＋xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋（y2＋eq\f(7,2)）2＝eq\f(81,4)，即（y2＋1）2＋4y2＋（y2＋eq\f(7,2)）2＝eq\f(81,4)，得y2＝eq\f(1,2)，代入①，解得y1＝2，所以|AF|＝y(tǒng)1＋1＝2＋1＝3，故選D.解法二由題意，知F（0，1），直線AB的斜率存在且不為0.設直線AB的方程為y＝kx＋1（k≠0），A（x1，y1）（y1>0），B（x2，y2）（y2>0），由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1,x2＝4y))，消去x，得y2－（4k2＋2）y＋1＝0，所以y1y2＝1，所以x1x2＝－4eq\r(y1y2)①因為PB⊥AB，所以eq\o(PB,\s\up6(→))·eq\o(AB,\s\up6(→))＝0，即（x2，y2＋eq\f(7,2)）·（x2－x1，y2－y1）＝0，結(jié)合①整理，得2yeq\o\al(\s\up1(3),\s\do1(2))＋15yeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋6y2－7＝0，即（y2＋7）（y2＋1）（2y2－1）＝0，得y2＝eq\f(1,2)，所以y1＝2，所以|AF|＝y(tǒng)1＋1＝2＋1＝3，故選D.8．A由eq\f(eq\o(OF1,\s\up6(→))·\o(OP,\s\up6(→)),|\o(OP,\s\up6(→))|)＋eq\f(eq\o(F1P,\s\up6(→))·\o(OP,\s\up6(→)),|\o(OP,\s\up6(→))|)＝eq\f(（eq\o(OF1,\s\up6(→))＋eq\o(F1P,\s\up6(→))）·\o(OP,\s\up6(→)),|\o(OP,\s\up6(→))|)＝eq\f(\o(OP,\s\up6(→))·\o(OP,\s\up6(→)),|\o(OP,\s\up6(→))|)＝|eq\o(OP,\s\up6(→))|＝2eq\r(3)，不妨設F1（－2eq\r(3)，0），F(xiàn)2（2eq\r(3)，0），所以|OP|＝eq\f(1,2)|F1F2|，所以點P在以F1F2為直徑的圓上，即△PF1F2是以P為直角頂點的直角三角形，故|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，即|PF1|2＋|PF2|2＝48.又|PF1|－|PF2|＝2a＝4，所以16＝（|PF1|－|PF2|）2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|＝48－2|PF1||PF2|，解得：|PF1||PF2|＝16，所以S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1||PF2故選A.9．C當點P為短軸上的頂點時，∠F1PF2最大，要使eq\o(PF1,\s\up6(→))·eq\o(PF2,\s\up6(→))>0恒成立，則∠F1PF2為銳角，即∠F1PO<45°（O為坐標原點），即tan∠F1PO＝eq\f(c,b)<1，所以c2<b2.而c2＝a2－b2＝m2＋9－m2＝9，所以9<m2，解得m>3或m<－3，故選C.10．B解法一以OF為直徑的圓的方程為x2＋y2－cx＝0，圓O的方程為x2＋y2＝a2，所以PQ所在直線的方程為x＝eq\f(a2,c)，把x＝eq\f(a2,c)代入x2＋y2＝a2，得|PQ|＝eq\f(2ab,c)，因為|PQ|＝|OF|，所以eq\f(2ab,c)＝c，即2ab＝c2＝a2＋b2，所以a＝b，所以雙曲線的離心率e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(2)，故選B.解法二因為|PQ|＝|OF|，所以PQ為以OF為直徑的圓的直徑，所以可取Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,2)，\f(c,2)))，又|OP|＝a，所以eq\f(\r(2)c,2)＝a，所以離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(2)，故選B.11．B由雙曲線的離心率為eq\r(2)，可知雙曲線為等軸雙曲線，a＝b，將點（eq\r(3)，eq\r(2)）代入雙曲線方程得a＝b＝1，根據(jù)對稱性，不妨設P點在第一象限，P到x軸的距離為h，|F1F2|＝2eq\r(2)，|PF1|－|PF2|＝2，由余弦定理得|F1F2|2＝|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1|·|PF2|cos60°＝（|PF1|－|PF2|）2＋|PF1|·|PF2|，所以|PF1|·|PF2|＝4，由三角形面積公式得eq\f(1,2)|PF1|·|PF2|sin60°＝eq\f(1,2)|F1F2|·h，得h＝eq\f(\r(6),2).故選B.12．B由題意可得a＝2，b＝1，所以橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.設P（x，y）.①若直線l1，l2中的一條直線的斜率不存在，則另一條直線的斜率為0，不妨設直線l1的方程為x＝0，則l2的方程為y＝1.則deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝x2＋（1－y）2，因為P在橢圓上，所以x2＝4－4y2，所以deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝5－3y2－2y＝5－3（y＋eq\f(1,3)）2＋eq\f(1,3)，y∈[－1，1]，所以當y＝－eq\f(1,3)時，deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))有最大值eq\f(16,3)，所以eq\r(deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))的最大值為eq\f(4\r(3),3).②當直線l1，l2的斜率存在，且不為0時，設直線l1的方程為y＝kx＋1，即kx－y＋1＝0，則l2的方程為y＝－eq\f(1,k)x＋1，即x＋ky－k＝0.則d1＝eq\f(|kx－y＋1|,\r(1＋k2))，d2＝eq\f(|x＋ky－k|,\r(1＋k2))，所以deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＝eq\f(（kx－y＋1）2＋（x＋ky－k）2,1＋k2)＝x2＋y2－2y＋1＝4－4y2＋y2－2y＋1＝5－3y2－2y，由①可得eq\r(deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋deq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)))的最大值為eq\f(4\r(3),3).故選B.13．答案：2解析：雙曲線C經(jīng)過坐標原點O，兩個焦點坐標分別為F1（－1，0），F(xiàn)2（3，0），可得2c＝4，所以c＝2，c－a＝1，所以a＝1，所以雙曲線的離心率為：e＝eq\f(c,a)＝2.14．答案：4解析：因為點P在雙曲線的右支上，所以|PF1|－|PF2|＝2a＝2，又|PF1|＝2|PF2|，所以|PF2|＝2，|PF1|＝4，又易知|F1F2|＝2eq\r(5)，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，所以△PF1F2為直角三角形，所以S△PF1F2＝eq\f(1,2)|PF1||PF2|＝eq\f(1,2)×2×4＝4.15．答案：eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))解析：設切點A（x1，y1），B（x2，y2），由拋物線y＝eq\f(1,4)x2，y′＝eq\f(1,2)x，∴切線MA：x1x＝2y1＋2y，同理切線MB：x2x＝2y2＋2y，又點M是兩條切線的交點，所以x1t＝2y1－4，x2t＝2y2－4.所以直線AB的方程為tx＝－4＋2y，即y－2＝－eq\f(tx,2).此直線恒過P（0，2），則eq\f(|PA|,|PB|)＝eq\f(\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋（y1－2）2),\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))＋（y2－2）2))＝eq\f(\r(xeq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(tx1,2)))\s\up12(2)),\r(xeq\o\al(