【文档说明】2023年高考数学二轮复习《圆锥曲线》强化练习(教师版).doc，共(9)页，168.615 KB，由MTyang资料小铺上传

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2023年高考数学二轮复习《圆锥曲线》强化练习一、选择题1.椭圆x25＋y24＝1的左焦点为F，直线x＝a与椭圆相交于点M，N，当△FMN的周长最大时，△FMN的面积是()A.55B.655C.855D.455【答案解析】答案为：C；解析：设椭圆的右焦点为E，由椭圆的定义知△FMN

的周长为L＝|MN|＋|MF|＋|NF|＝|MN|＋(25﹣|ME|)＋(25﹣|NE|).因为|ME|＋|NE|≥|MN|，所以|MN|﹣|ME|﹣|NE|≤0，当直线MN过点E时取等号，所以L＝45＋|MN|﹣

|ME|﹣|NE|≤45，即直线x＝a过椭圆的右焦点E时，△FMN的周长最大，此时S△FMN＝12³|MN|³|EF|＝12³2³45³2＝855，故选C.2.斜率为1的直线l与椭圆x24＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的

最大值为()A.2B.455C.4105D.8105【答案解析】答案为：C；解析：设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由x24＋y2＝1，y＝x＋t，消去y，得5x2＋8tx＋4(t2﹣1

)＝0，则x1＋x2＝﹣85t，x1x2＝4t2－15.∴|AB|＝1＋k2|x1﹣x2|＝1＋k2²x1＋x22－4x1x2＝2²－85t2－4³4t2－15＝425²5－t2，当t＝0时，|AB|max＝4105.3.如图所示，椭圆x2a2＋y24＝1(a＞0

)的左、右焦点分别为F1、F2，过F1的直线交椭圆于M，N两点，交y轴于点H.若F1，H是线段MN的三等分点，则△F2MN的周长为()A.20B.10C.25D.45【答案解析】答案为：D解析：由F1，H是线段MN的三等分点，得H是F1N的中点，又F1(﹣c,0)，∴点N的横坐标为

c，联立方程得x＝c，x2a2＋y24＝1，得N(c，4a)，∴H(0，2a)，M(﹣2c，﹣2a).把点M的坐标代入椭圆方程得4c2a2＋2a24＝1，化简得c2＝a2－14，又c2＝a2﹣4，∴a2－14＝a2﹣4，解得a2＝5，∴a＝5.由椭圆的定义知|NF2|＋|NF1|＝|M

F2|＋|MF1|＝2a，∴△F2MN的周长为|NF2|＋|MF2|＋|MN|＝|NF2|＋|MF2|＋|NF1|＋|MF1|＝4a＝45，故选D.4.过点M(﹣2,0)的直线l与椭圆x2＋2y2＝2交于P1，P2两点，线段P1P2的

中点为P，设直线l的斜率为k1(k1≠0)，直线OP的斜率为k2，则k1k2的值等于()A.2B.﹣2C.12D.﹣12【答案解析】答案为：D解析：设l：y＝k1(x＋2)，将y＝k1(x＋2)代入x2＋2y2＝2，得(1＋2k

21)＋8k21x＋8k21﹣2＝0，设中点为P(x0，y0)，则x0＝－4k211＋2k21，y0＝k1(x0＋2)＝2k11＋2k21，∴k2＝y0－0x0－0＝﹣12k1，∴k1k2＝﹣12.5.已知双曲线x23－y2=1的右焦点是抛物线y2=2px(p＞0)的焦点，直线y=kx

＋m与抛物线相交于A，B两个不同的点，点M(2,2)是线段AB的中点，则△AOB(O为坐标原点)的面积是()A.43B.313C.14D.23【答案解析】答案为：D；解析：由已知可得双曲线的右焦点为(2,0)，因为该点也为抛物线的焦点，所以p=4，所以抛物线方程为y2=8x，又因为直线

y=kx＋m与抛物线相交于A，B两点，所以将直线方程代入抛物线方程可得(kx＋m)2=8x⇒k2x2＋(2km－8)x＋m2=0，∴x1＋x2=8－2kmk2，x1x2=m2k2.又因为M(2,2)是线段AB的中点，所以x1＋x2=8－

2kmk2=4，且2=2k＋m，联立解得k=2，m=－2.|AB|=k2＋1|x1－x2|=k2＋1²x1＋x22－4x1x2=215.O到AB的距离d=25.∴S△AOB=12³215³25=23.6.已知双曲线x

2a2－y2b2=1(a＞0，b＞0)上的一点到双曲线的左、右焦点的距离之差为4，若抛物线y=ax2上的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y=x＋m对称，且x1x2=－12，则m的值为()A.32B.52C.2D.3【答案解析】答

案为：A；解析：由双曲线的定义知2a=4，得a=2，所以抛物线的方程为y=2x2.因为点A(x1，y1)，B(x2，y2)在抛物线y=2x2上，所以y1=2x21，y2=2x22，两式相减得y1－y2=2(x1－x2)(x1＋x2)

，不妨设x1＜x2，又A，B关于直线y=x＋m对称，所以y1－y2x1－x2=－1，故x1＋x2=－12，而x1x2=－12，解得x1=－1，x2=12，设A(x1，y1)，B(x2，y2)的中点为M(x0，y0)，则x0=x1＋y22=－14，y0=y1＋y22=2x21＋2x2

22=54，因为中点M在直线y=x＋m上，所以54=－14＋m，解得m=32.7.已知双曲线E：x24－y22=1，直线l交双曲线于A，B两点，若线段AB的中点坐标为12，－1，则直线l的方程为(

)A.4x＋y－1=0B.2x＋y=0C.2x＋8y＋7=0D.x＋4y＋3=0【答案解析】答案为：C；解析：依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x214－y212＝1，x224－y22

2＝1，两式相减得x21－x224=y21－y222，即y1－y2x1－x2=12³x1＋x2y1＋y2.又线段AB的中点坐标是12，－1，因此x1＋x2=2³12=1，y1＋y2=(－1)³2=－2，x1＋x2

y1＋y2=－12，y1－y2x1－x2=－14，即直线AB的斜率为－14，直线l的方程为y＋1=－14x－12，即2x＋8y＋7=0.8.已知双曲线C：x2a2－y2b2=1(a＞0，b＞0)，过点P(3,6)的直线l与C相

交于A，B两点，且AB的中点为N(12,15)，则双曲线C的离心率为()A．2B.32C.355D.52【答案解析】答案为：B；解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AB的中点为N(12，15)，得x1＋x2=24，y1＋y2=30，由x21a2－y21b2＝1

，x22a2－y22b2＝1，两式相减得：x1＋x2x1－x2a2=y1＋y2y1－y2b2，则y1－y2x1－x2=b2x1＋x2a2y1＋y2=4b25a2.由直线AB的斜率k=15－612－3=1，∴4

b25a2=1，则b2a2=54，∴双曲线的离心率e=ca=1＋b2a2=32.9.如图，F1，F2是双曲线C：x2a2－y2b2=1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过F1的直线l与C的两个分支分别交于点A，B.若△ABF2为等边三角形，则双曲线

的离心率为()A．4B.7C.233D.3【答案解析】答案为：B；解析：∵△ABF2为等边三角形，∴|AB|=|AF2|=|BF2|，∠F1AF2=60°.由双曲线的定义可得|AF1|－|AF2|=2a，∴|BF1|=2a.又|BF2|－|B

F1|=2a，∴|BF2|=4a.∴|AF2|=4a，|AF1|=6a.在△AF1F2中，由余弦定理可得|F1F2|2=|AF1|2＋|AF2|2－2|AF2|²|AF1|cos60°，∴(2c)2=(6a)2＋(4a)2－2³4a³6a³12

，即c2=7a2，∴e=ca=c2a2=7.故选B.10.设F2是双曲线C：x2a2﹣y2b2＝1(a＞0，b＞0)的右焦点，O为坐标原点，过F2的直线交双曲线的右支于点P，N，直线PO交双曲线C于另一点M，若|MF2|＝3|PF2|，且∠MF2N＝60°，则双曲

线C的离心率为()A.3B.2C.52D.72【答案解析】答案为：D；解析：设双曲线的左焦点为F1，由双曲线的对称性可知四边形MF2PF1为平行四边形.所以|MF1|＝|PF2|，MF1∥PN.设|PF2|＝m，则|MF2|＝3m，所以2a＝|MF2|﹣|MF1|＝

2m，即|MF1|＝a，|MF2|＝3a.因为∠MF2N＝60°，所以∠F1MF2＝60°，又|F1F2|＝2c，在△MF1F2中，由余弦定理可得4c2＝a2＋9a2﹣2²a²3a²cos60°，即4c2＝7a2，所以c2a2＝74，所以双曲线的离心率e＝ca＝72.故选D.11.如图，过抛物

线y2＝2px(p＞0)的焦点F的直线依次交抛物线及其准线于点A，B，C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则抛物线的方程为()A.y2＝32xB.y2＝3xC.y2＝92xD.y2＝9x【答案解析】答案为：B.解析：如图，分别过点A，B作准线的垂线，交准线于点E，D

，设|BF|＝a，则|BC|＝2a，由抛物线的定义得，|BD|＝a，故∠BCD＝30°，在直角三角形ACE中，因为|AE|＝|AF|＝3，|AC|＝3＋3a，2|AE|＝|AC|，所以6＝3＋3a，从而得a＝

1，因为BD∥FG，所以|DB||FG|＝|BC||FC|.即1p＝23，解得p＝32，因此抛物线方程为y2＝3x.12.已知抛物线C：y2＝4x，点D(2,0)，E(4,0)，M是抛物线C上异于原点O的动点，连接ME并延长交抛物线C

于点N，连接MD，ND并分别延长交抛物线C于点P，Q，连接PQ，若直线MN，PQ的斜率存在且分别为k1，k2，则k2k1＝()A.4B.3C.2D.1【答案解析】答案为：C；解析：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则直线MD的方程为x＝x1－2y1y＋2，代入抛物线C：y2＝4x，整理得y2﹣4x1－2y1y﹣8＝0，所以y1y3＝﹣8，即y3＝﹣8y1，从而x3＝16y21，故P(16y21，﹣8y1)，同理可得Q

16y22，－8y2，因为M，E，N三点共线，所以y1x1－4＝y2x2－4，得y1y2＝﹣16，所以k2＝－8y2＋8y116y22－16y21＝8y1＋y2，k1＝y2－y1x2－x1＝y2－y1y224－y214＝4y1＋y2，所以k2k1＝2.故选C.二、填空

题13.已知双曲线E：x24－y22=1，直线l交双曲线于A，B两点，若线段AB的中点坐标为(12,-1)，则l的方程为________.【答案解析】答案为：2x＋8y＋7=0解析：依题意，设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x214－y21

2＝1x224－y222＝1，两式相减得x21－x224=y21－y222，即y1－y2x1－x2=12³x1＋x2y1＋y2.又线段AB的中点坐标是(12,-1)，因此x1＋x2=2³12=1，y1＋y2

=(－1)³2=－2，x1＋x2y1＋y2=－12，y1－y2x1－x2=－14，即直线AB的斜率为－14，直线l的方程为y＋1=－14(x-12)，即2x＋8y＋7=0.14.设过抛物线y2=2px(p＞0)上任意一点P

(异于原点O)的直线与抛物线y2=8px(p＞0)交于A，B两点，直线OP与抛物线y2=8px(p＞0)的另一个交点为Q，则S△ABQS△ABO=________.【答案解析】答案为：3；解析：设直线OP的方程为y=kx(k≠0)，联立得y＝k

x，y2＝2px，解得P2pk2，2pk，联立得y＝kx，y2＝8px，解得Q8pk2，8pk，∴|OP|=4p2k4＋4p2k2=2p1＋k2k2，|PQ|=36p2k4＋36p2k2=6p1

＋k2k2，∴S△ABQS△ABO=|PQ||OP|=3.15.设P为双曲线x236－y225=1右支上的任意一点，O为坐标原点，过点P作双曲线两渐近线的平行线，分别与两渐近线交于A，B两点，则平行四边形PAOB的面积为.【答案解析】答案为：15

；解析：设P(x0，y0)(不妨设P在第一象限)，A在第一象限，直线PA的方程为y－y0=－56(x－x0)，直线OA方程为y=56x，联立解得xA=6y0＋5x010，又P到渐近线OA的距离为d=|5x0－6y0|61，又tan∠x

OA=56，所以cos∠xOA=661.所以平行四边形PAOB的面积为S=2S△OPA=|OA|²d=|xA|²dcos∠xOA=616³110|6y0＋5x0|³|6y0－5x0|61=15.16.已知抛物线y2＝4x，过点P(4,

0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则y21＋y22的最小值是________.【答案解析】答案为：32解析：设AB的方程为x＝my＋4，代入y2＝4x得y2﹣4my﹣16＝0，则

y1＋y2＝4m，y1y2＝﹣16，∴y21＋y22＝(y1＋y2)2﹣2y1y2＝16m2＋32当m＝0时，y21＋y22最小值为32.三、解答题17.已知直线l：y＝x＋2与双曲线C：x2a2﹣y2b2＝1(a＞0，b＞0)相交于B，D两点，且BD的中点为M(1，3).(1)求

双曲线C的离心率；(2)设双曲线C的右顶点为A，右焦点为F，|BF|²|DF|＝17，试判断△ABD是否为直角三角形，并说明理由.【答案解析】解：(1)设B(x1，y1)，D(x2，y2).把y＝x＋2代入x2a2﹣y2b2＝1，并整理得(b2﹣a2)

x2﹣4a2x﹣4a2﹣a2b2＝0，则x1＋x2＝4a2b2－a2，x1x2＝﹣4a2＋a2b2b2－a2.由M(1，3)为BD的中点，得x1＋x22＝2a2b2－a2＝1，即b2＝3a2，故c＝a2＋b2

＝2a，所以双曲线C的离心率e＝ca＝2.(2)由(1)得C的方程为x2a2﹣y23a2＝1，A(a，0)，F(2a，0)，x1＋x2＝2，x1x2＝﹣4＋3a22＜0，不妨设x1≤﹣a，x2≥a，则|BF|＝x1－2a2＋y2

1＝x1－2a2＋3x21－3a2＝a﹣2x1，|DF|＝x2－2a2＋y22＝x2－2a2＋3x22－3a2＝2x2﹣a，所以|BF|²|DF|＝(a﹣2x1)(2x2﹣a)＝2a(x1＋x2)﹣4x1x2﹣a2＝5a2＋4a＋8，又|BF|²|DF|＝17

，所以5a2＋4a＋8＝17，解得a＝1或a＝﹣95(舍去).所以A(1，0)，x1＋x2＝2，x1x2＝﹣72.所以AB→＝(x1﹣1，y1)＝(x1﹣1，x1＋2)，AD→＝(x2﹣1，x2＋2)，AB→²AD→＝(x1﹣1)(x2﹣1)＋(

x1＋2)(x2＋2)＝2x1x2＋(x1＋x2)＋5＝0，所以AB→⊥AD→，即△ABD为直角三角形.18.已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24＋y23＝1交于A，B两点.线段AB的中点为M(1，m)(m＞0).(1)证明：k＜﹣

12；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP→＋FA→＋FB→＝0.证明：|FA→|，|FP→|，|FB→|成等差数列，并求该数列的公差.【答案解析】解：(1)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y

213＝1，x224＋y223＝1.两式相减，并由y1－y2x1－x2＝k得x1＋x24＋y1＋y23²k＝0.由题设知x1＋x22＝1，y1＋y22＝m，于是k＝﹣34m.①由题设得m＜1－14³3＝32，且m＞0，即0＜m＜32，故k＜﹣12.(2)由题意得F(

1，0).设P(x3，y3)，则由(1)及题设得(x3﹣1，y3)＋(x1﹣1，y1)＋(x2﹣1，y2)＝(0，0)，x3＝3﹣(x1＋x2)＝1，y3＝﹣(y1＋y2)＝﹣2m＜0.又点P在C上，所以m＝34，从而P1，

﹣32，|FP→|＝32.于是|FA→|＝x1－12＋y21＝x1－12＋31－x214＝2﹣x12.同理|FB→|＝2﹣x22.所以|FA→|＋|FB→|＝4﹣12(x1＋x2)＝3.故2|FP→|＝|FA→|＋|FB→|，即|FA→|，|FP→

|，|FB→|成等差数列.设该数列的公差为d，则2|d|＝||FB→|﹣|FA→||＝12|x1﹣x2|＝12x1＋x22－4x1x2.②将m＝34代入①得k＝﹣1.所以l的方程为y＝﹣x＋74，代入C的方程，并整理得7x2﹣14x＋14＝0.故x1＋x2＝2，x1x2＝128，代

入②解得|d|＝32128.所以该数列的公差为32128或﹣32128.19.设椭圆x2a2＋y2b2=1(a＞b＞0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为12.已知A是抛物线y2=2px(p＞0)的焦点，F到抛物线的准

线l的距离为12.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；(2)设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A)，直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为62，求直线AP的方程.【答案解析】解：(1)设F的坐标为(－c,0).依题意，ca=12，p2=

a，a－c=12，解得a=1，c=12，p=2，于是b2=a2－c2=34.所以，椭圆的方程为x2＋4y23=1，抛物线的方程为y2=4x.(2)设直线AP的方程为x=my＋1(m≠0)，与直线l的方程x=－1联立，可得点P－1，－2m，故Q

－1，2m.将x=my＋1与x2＋4y23=1联立，消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6my=0，解得y=0或y=－6m3m2＋4.由点B异于点A，可得点B－3m2＋43m2＋4，－6m3m2＋4.由Q－1，2m，可得直线BQ的方程为－6m

3m2＋4－2m(x＋1)－－3m2＋43m2＋4＋1y－2m=0，令y=0，解得x=2－3m23m2＋2，故D2－3m23m2＋2，0.所以|AD|=1－2－3m23m2＋2=6m

23m2＋2.又因为△APD的面积为62，故12³6m23m2＋2³2|m|=62，整理得3m2－26|m|＋2=0，解得|m|=63，所以m=±63.所以，直线AP的方程为3x＋6y－3=0或3x－6y－3=0.20.已知椭圆C：x2a2＋y24＝1(a

＞2)，直线l：y＝kx＋1(k≠0)与椭圆C相交于A，B两点，点D为AB的中点.(1)若直线l与直线OD(O为坐标原点)的斜率之积为﹣12，求椭圆C的方程；(2)在(1)的条件下，y轴上是否存在定点M，使得当k变化时，总有∠AMO＝∠BMO(O为坐标原点)？若存在，求出定

点M的坐标；若不存在，请说明理由.【答案解析】解：(1)由x2a2＋y24＝1，y＝kx＋1k≠0得(4＋a2k2)x2＋2a2kx﹣3a2＝0，显然Δ＞0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，则x1＋x2＝﹣2a2k4＋a2k2，x1x2

＝－3a24＋a2k2，∴x0＝﹣a2k4＋a2k2，y0＝﹣a2k24＋a2k2＋1＝44＋a2k2，∴k²y0x0＝k²－4a2k＝﹣12，∴a2＝8.∴椭圆C的方程为x28＋y24＝1.(2)假设存在定点M符合题意，且设M(0，m)，由∠AMO＝∠BMO得k

AM＋kBM＝0.∴y1－mx1＋y2－mx2＝0.即y1x2＋y2x1﹣m(x1＋x2)＝0，∴2kx1x2＋x1＋x2﹣m(x1＋x2)＝0.由(1)知x1＋x2＝﹣4k1＋2k2，x1x2＝－61＋2k2，∴﹣12k1＋2k2﹣4k1＋2k2＋4mk1＋2k2＝0，∴－16k＋

4mk1＋2k2＝0，即4k4＋m1＋2k2＝0，∵k≠0，∴﹣4＋m＝0，∴m＝4.∴存在定点M(0,4)，使得∠AMO＝∠BMO.