2025屆高考數(shù)學(xué)統(tǒng)考二輪復(fù)習(xí)增分強(qiáng)化練二十九橢圓雙曲線拋物線理含解析

PAGE增分強(qiáng)化練(二十九)考點(diǎn)一圓錐曲線的定義及標(biāo)準(zhǔn)方程1．(2024·榆林模擬)已知拋物線y2＝2px(p>0)上的點(diǎn)M到其焦點(diǎn)F的距離比點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離大eq\f(1,2)，則拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A．y2＝x B．y2＝2xC．y2＝4x D．y2＝8x解析：由拋物線y2＝2px(p＞0)上的點(diǎn)M到其焦點(diǎn)F的距離比點(diǎn)M到y(tǒng)軸的距離大eq\f(1,2)，依據(jù)拋物線的定義可得eq\f(p,2)＝eq\f(1,2)，∴p＝1，所以拋物線的標(biāo)準(zhǔn)方程為y2＝2x.故選B.答案：B2．(2024·株洲模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的一條漸近線l的傾斜角為eq\f(π,3)，且C的一個(gè)焦點(diǎn)到l的距離為eq\r(3)，則雙曲線C的方程為()A.eq\f(x2,12)－eq\f(y2,4)＝1 B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1C.eq\f(x2,3)－y2＝1 D．x2－eq\f(y2,3)＝1解析：由eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝0可得y＝±eq\f(b,a)x，即漸近線的方程為y＝±eq\f(b,a)x，又一條漸近線l的傾斜角為eq\f(π,3)，所以eq\f(b,a)＝taneq\f(π,3)＝eq\r(3).因?yàn)殡p曲線C的一個(gè)焦點(diǎn)(c,0)到l的距離為eq\r(3)，所以eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝b＝eq\r(3)，所以a＝1，所以雙曲線的方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.故選D.答案：D3．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)，且橢圓C的長軸長與焦距之和為6，則橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為()A.eq\f(4x2,25)＋eq\f(y2,6)＝1 B.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1C.eq\f(x2,2)＋y2＝1 D.eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1解析：依題意橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(1,2)得eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，橢圓C的長軸長與焦距之和為6,2a＋2c＝6，解得a＝2，c＝1，則b＝eq\r(3)，所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，故選D.答案：D4．設(shè)F1，F(xiàn)2是橢圓E：eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1的左右焦點(diǎn)，P是橢圓E上的點(diǎn)，則|PF1|·|PF2|的最小值是________．解析：由橢圓方程可知a＝5，c＝3，依據(jù)橢圓的定義，有|PF2|＝2a－|PF1|＝10－|PF1|，故|PF1|·|PF2|＝|PF1|·(10－|PF1|)，由于|PF1|∈[a－c，a＋c]＝[2,8]留意到二次函數(shù)y＝x(10－x)的對稱軸為x＝5，故當(dāng)x＝2，x＝8時(shí)，都是函數(shù)的最小值，即最小值為2×8＝16.答案：16考點(diǎn)二圓錐曲線的性質(zhì)1．已知橢圓C：16x2＋4y2＝1，則下列結(jié)論正確的是()A．長軸長為eq\f(1,2) B．焦距為eq\f(\r(3),4)C．短軸長為eq\f(1,4) D．離心率為eq\f(\r(3),2)解析：由橢圓方程16x2＋4y2＝1化為標(biāo)準(zhǔn)方程可得eq\f(x2,\f(1,16))＋eq\f(y2,\f(1,4))＝1，所以a＝eq\f(1,2)，b＝eq\f(1,4)，c＝eq\f(\r(3),4)，長軸為2a＝1，焦距2c＝eq\f(\r(3),2)，短軸2b＝eq\f(1,2)，離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2).故選D.答案：D2．(2024·九江模擬)已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a，b>0)的右頂點(diǎn)A和右焦點(diǎn)F到一條漸近線的距離之比為1∶eq\r(2)，則C的漸近線方程為()A．y＝±x B．y＝±eq\r(2)xC．y＝±2x D．y＝±eq\r(3)x解析：由雙曲線方程可得漸近線為：y＝±eq\f(b,a)x，A(a,0)，F(xiàn)(c,0)，則點(diǎn)A到漸近線距離d1＝eq\f(|ab|,\r(a2＋b2))＝eq\f(ab,c)，點(diǎn)F到漸近線距離d2＝eq\f(|bc|,\r(a2＋b2))＝eq\f(bc,c)＝b，∴d1∶d2＝eq\f(ab,c)∶b＝a∶c＝1∶eq\r(2)，即c＝eq\r(2)a，則eq\f(b,a)＝eq\f(\r(c2－a2),a)＝eq\f(a,a)＝1，∴雙曲線漸近線方程為y＝±x.故選A.答案：A3．已知雙曲線C：x2－y2＝1，則點(diǎn)(4,0)到C的漸近線的距離為________．解析：雙曲線C：x2－y2＝1(a＞b＞0)的漸近線方程y＝±x，點(diǎn)(4,0)到C的漸近線的距離為eq\f(|±4|,\r(2))＝2eq\r(2).答案：2eq\r(2)4．(2024·株洲模擬)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左右焦點(diǎn)，B是短軸的一個(gè)端點(diǎn)，線段BF2的延長線交橢圓C于點(diǎn)D，若△F1BD為等腰三角形，則橢圓C的離心率為________．解析：如圖，不妨設(shè)點(diǎn)B是橢圓短軸的上端點(diǎn)，則點(diǎn)D在第四象限內(nèi)，設(shè)點(diǎn)D(x，y)．由題意得△F1BD為等腰三角形，且|DF1|＝|DB|.由橢圓的定義得|DF1|＋|DF2|＝2a，|BF1|＝|BF2|＝a，又|DF1|＝|DB|＝|DF2|＋|BF2|＝|DF2|＋a，∴(|DF2|＋a)＋|DF2|＝2a，解得|DF2|＝eq\f(a,2).作DE⊥x軸于E，則有|DE|＝|DF2|sin∠DF2E＝|DF2|sin∠BF2O＝eq\f(a,2)×eq\f(b,a)＝eq\f(b,2)，|F2E|＝|DF2|cos∠DF2E＝|DF2|cos∠BF2O＝eq\f(a,2)×eq\f(c,a)＝eq\f(c,2)，∴|OE|＝|OF2|＋|F2E|＝c＋eq\f(c,2)＝eq\f(3c,2)，∴點(diǎn)D的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2)，－\f(b,2))).又點(diǎn)D在橢圓上，∴eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3c,2)))2,a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,2)))2,b2)＝1，整理得3c2＝a2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),3).答案：eq\f(\r(3),3)考點(diǎn)三直線與圓錐曲線的相關(guān)問題1．(2024·內(nèi)江模擬)設(shè)橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左右焦點(diǎn)分別為F1、F2，上下頂點(diǎn)分別為A、B，直線AF2與該橢圓交于A、M兩點(diǎn)．若∠F1AF2＝120°，則直線BM的斜率為()A.eq\f(1,4) B.eq\f(\r(3),4)C.eq\f(\r(3),2) D.eq\r(3)解析：由題意，橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，且滿意∠F1AF2＝120°，如圖所示，則在△AF2O中，|OA|＝b，|AF2|＝a，且∠OAF2＝60°，所以a＝2b，不妨設(shè)b＝1，則a＝2，所以c＝eq\r(a2－c2)＝eq\r(3)，則橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1，又由A(0,1)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，所以kAF2＝－eq\f(\r(3),3)，所以直線AF2的方程為y＝－eq\f(\r(3),3)x＋1，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝－\f(\r(3),3)x＋1,\f(x2,4)＋y2＝1))，整理得7x2－8eq\r(3)x＝0，解得x＝0或x＝eq\f(8\r(3),7)，把x＝eq\f(8\r(3),7)代入直線y＝－eq\f(\r(3),3)x＋1，解得y＝－eq\f(1,7)，即Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8\r(3),7)，－\f(1,7)))，又由點(diǎn)B(0，－1)，所以BM的斜率為kBM＝eq\f(－\f(1,7)－－1,\f(8\r(3),7)－0)＝eq\f(\r(3),4)，故選B.答案：B2．已知直線l：y＝2x＋b被拋物線C：y2＝2px(p>0)截得的弦長為5，直線l經(jīng)過C的焦點(diǎn)，M為C上的一個(gè)動(dòng)點(diǎn)，設(shè)點(diǎn)N的坐標(biāo)為(3,0)，則MN的最小值為________．解析：(1)∵eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋b,y2＝2px))?4x2＋(4b－2p)x＋b2＝0,則52＝(1＋22)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2b－p,2)))2－4×\f(b,4)2))，又直線l經(jīng)過C的焦點(diǎn)，則－eq\f(b,2)＝eq\f(p,2)，∴b＝－p，由此解得p＝2,拋物線方程為y2＝4x，M(x0，y0)，∴yeq\o\al(2,0)＝4x0，則|MN|2＝(x0－3)2＋yeq\o\al(2,0)＝(x0－3)2＋4x0＝(x0－1)2＋8,故當(dāng)x0＝1時(shí)，|MN|min＝2eq\r(2).答案：2eq\r(2)3．已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的動(dòng)點(diǎn)到其左焦點(diǎn)距離的最大值是最小值的3倍，且點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓上．(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過點(diǎn)G(0,1)作直線l與曲線交于A，B兩點(diǎn)，求△ABO面積的最大值．解析：(1)由題意得，eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋c＝3a－c,a2＝b2＋c2,\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1))，解得a＝2，b＝eq\r(3)，∴橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)易知直線l的斜率存在．設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))，消去y得(3＋4k2)x2＋8kx－8＝0，則x1＋x2＝eq\f(－8k,3＋4k2)，x1x2＝eq\f(－8,3＋4k2)，∴|x1－x2|＝eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(4\r(6)·\r(1＋2k2),3＋4k2)d＝eq\f(1,\r(k2＋1))，∴S△ABO