2025年高中數(shù)學(xué)圓錐曲線解題技巧模擬試卷考試時(shí)間：______分鐘總分：______分姓名：______一、選擇題：本大題共10小題，每小題5分，共50分。在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的。1.設(shè)雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的離心率為2，則$\frac{a}$等于（）A.$\frac{\sqrt{3}}{3}$B.1C.$\sqrt{3}$D.22.拋物線$y^2=8x$的焦點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離是（）A.2B.4C.8D.163.如果橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的離心率為$\frac{1}{2}$，則$\frac{a^2}{b^2}$等于（）A.3B.4C.5D.84.直線$y=kx$與雙曲線$\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{16}=1$只有一個(gè)公共點(diǎn)，則實(shí)數(shù)$k$的取值集合是（）A.$\{0\}$B.$\{\pm\frac{4}{3}\}$C.$\{0,\pm\frac{4}{3}\}$D.$\{\pm\frac{3}{4}\}$5.已知點(diǎn)$P$在橢圓$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$上，則點(diǎn)$P$到橢圓焦點(diǎn)的距離之和為（）A.4B.5C.8D.106.如果直線$y=x+m$與拋物線$y^2=2x$相切，則實(shí)數(shù)$m$的值等于（）A.-1B.0C.1D.27.雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的焦點(diǎn)到漸近線的距離等于（）A.$a$B.$b$C.$\sqrt{a^2+b^2}$D.$\frac{ab}{\sqrt{a^2+b^2}}$8.橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$的短軸長是4，離心率是$\frac{1}{2}$，則$a^2+b^2$等于（）A.8B.10C.12D.169.拋物線$y^2=-4x$的焦點(diǎn)坐標(biāo)是（）A.(1,0)B.(-1,0)C.(0,1)D.(0,-1)10.設(shè)$F_1,F_2$分別是橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的左、右焦點(diǎn)，點(diǎn)$P$在橢圓上，且$\angleF_1PF_2=90^\circ$，則$\frac{PF_1}{PF_2}$等于（）A.$\frac{a}$B.$\frac{a}$C.$\frac{b^2}{a^2}$D.$\frac{a^2}{b^2}$二、填空題：本大題共5小題，每小題5分，共25分。將答案填在答題卡對(duì)應(yīng)位置。11.已知點(diǎn)$P(1,2)$在雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$上，且該雙曲線的離心率為$\sqrt{5}$，則$a^2+b^2$等于________。12.拋物線$y^2=6x$的焦點(diǎn)到直線$x-y+3=0$的距離等于________。13.雙曲線$\frac{x^2}{9}-\frac{y^2}{16}=1$的漸近線方程是________。14.橢圓$\frac{x^2}{25}+\frac{y^2}{16}=1$的焦點(diǎn)到其上任意一點(diǎn)的距離的最大值是________。15.直線$y=x+1$被拋物線$y^2=4x$所截，則截得的弦長等于________。三、解答題：本大題共5小題，共75分。解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟。16.(本小題滿分15分)已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的離心率為$\frac{\sqrt{3}}{2}$，且其短軸長為4。(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點(diǎn)$P$在橢圓上，且$\triangleOPB$的面積最大，其中$O$為坐標(biāo)原點(diǎn)，$B$為橢圓與$x$軸的正半軸的交點(diǎn)，求點(diǎn)$P$的坐標(biāo)。17.(本小題滿分15分)已知雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的離心率為2，且其漸近線與直線$y=x$的夾角為$45^\circ$。(1)求雙曲線的方程；(2)設(shè)點(diǎn)$A(2,1)$在雙曲線的右支上，點(diǎn)$M$為雙曲線右支上的動(dòng)點(diǎn)，求$\triangleABM$面積的最小值。18.(本小題滿分15分)已知拋物線$y^2=2px(p>0)$的焦點(diǎn)為$F$，準(zhǔn)線與$x$軸交于點(diǎn)$A$，過點(diǎn)$A$的直線與拋物線交于$M,N$兩點(diǎn)，且$|MN|=8$。(1)求拋物線的方程；(2)設(shè)點(diǎn)$D$為拋物線上異于$M,N$的點(diǎn)，且$\angleMDN=90^\circ$，求點(diǎn)$D$的坐標(biāo)。19.(本小題滿分15分)已知橢圓$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a>b>0)$的離心率為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，其右焦點(diǎn)$F$到直線$y=x$的距離為$\sqrt{2}$。(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)點(diǎn)$P$在橢圓上，且$\angleFPF_1=90^\circ$，其中$F_1$為橢圓的左焦點(diǎn)，求點(diǎn)$P$的坐標(biāo)。20.(本小題滿分15分)已知雙曲線$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$的離心率為$e$，右焦點(diǎn)為$F$，點(diǎn)$P$在雙曲線上，且$\angleF_1PF=60^\circ$，其中$F_1$為雙曲線的左焦點(diǎn)。(1)求$\frac{|PF_1|}{|PF|}$的值；(2)設(shè)點(diǎn)$A$為雙曲線右支上的動(dòng)點(diǎn)，求$\triangleFAF_1$面積的最大值。試卷答案一、選擇題：1.C2.B3.A4.C5.D6.A7.D8.B9.B10.A二、填空題：11.2512.$\sqrt{10}$13.$y=\pm\frac{4}{3}x$14.$\sqrt{41}$15.$4\sqrt{2}$三、解答題：16.解：(1)由題意知，橢圓的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，短軸長為4，即$2b=4$，所以$b=2$。由$a^2=b^2+c^2$，得$a^2=2^2+(\frac{\sqrt{3}}{2}a)^2$，解得$a^2=8$。所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$。(2)設(shè)點(diǎn)$P(x,y)$，則$B(a,0)=(2\sqrt{2},0)$。$\triangleOPB$的面積為$S=\frac{1}{2}\times|OB|\times|y|=\frac{1}{2}\times2\sqrt{2}\times|y|=\sqrt{2}|y|$。由$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$，得$y^2=4-\frac{x^2}{2}$。所以$S=\sqrt{2}\sqrt{4-\frac{x^2}{2}}$。當(dāng)$x=0$時(shí)，$S_{max}=\sqrt{2}\times2=2\sqrt{2}$。此時(shí)，$y^2=4$，所以$y=\pm2$。所以點(diǎn)$P$的坐標(biāo)為$(0,2)$或$(0,-2)$。17.解：(1)由題意知，雙曲線的離心率$e=\frac{c}{a}=2$，漸近線與直線$y=x$的夾角為$45^\circ$，所以漸近線的斜率為$k=\tan45^\circ=1$。由$\frac{a}=1$，得$b=a$。由$e=\frac{c}{a}=2$，得$c=2a$。由$a^2+b^2=c^2$，得$a^2+a^2=(2a)^2$，解得$a^2=4$。所以雙曲線的方程為$x^2-y^2=4$。(2)設(shè)雙曲線右支上的動(dòng)點(diǎn)$M(x,y)$。由題意知，直線$AM$的斜率存在，設(shè)直線$AM$的方程為$y-1=k(x-2)$。由$\left\{\begin{array}{l}y-1=k(x-2)\\x^2-y^2=4\end{array}\right.$，得$(1-k^2)x^2+4k(k-1)x+4(k-1)^2-4=0$。因?yàn)?x>0$，所以$1-k^2\neq0$，且$\Delta=16k^2(k-1)^2-4(1-k^2)[4(k-1)^2-4]>0$。設(shè)$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$，則$x_1+x_2=\frac{4k(k-1)}{k^2-1}$，$x_1x_2=\frac{4(k-1)^2-4}{k^2-1}$。由弦長公式，得$|MN|=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=\sqrt{1+k^2}\sqrt{(\frac{4k(k-1)}{k^2-1})^2-4\cdot\frac{4(k-1)^2-4}{k^2-1}}=4\sqrt{2}\cdot\frac{k^2+1}{k^2-1}$。所以$\triangleABM$的面積為$S=\frac{1}{2}|AM|\cdot|y_1-y_2|=\frac{1}{2}\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1-x_2)^2}=\frac{1}{2}\sqrt{1+k^2}\sqrt{(x_1+x_2)^2-4x_1x_2}=4\sqrt{2}\cdot\frac{k^2+1}{k^2-1}$。令$t=k^2+1(t>1)$，則$S=4\sqrt{2}\cdot\frac{t}{t-1}=4\sqrt{2}(1+\frac{1}{t-1})$。因?yàn)?t-1>0$，所以$S\geq4\sqrt{2}(1+1)=8\sqrt{2}$。當(dāng)且僅當(dāng)$t-1=1$，即$t=2$，即$k=\pm1$時(shí)，等號(hào)成立。所以$\triangleABM$面積的最小值為$8\sqrt{2}$。18.解：(1)拋物線$y^2=2px(p>0)$的焦點(diǎn)為$F(\frac{p}{2},0)$，準(zhǔn)線與$x$軸交于點(diǎn)$A(-\frac{p}{2},0)$。設(shè)$M(x_1,y_1)$，$N(x_2,y_2)$。由題意知，$|MN|=8$，即$\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}=8$。設(shè)直線$MN$的方程為$x=my-\frac{p}{2}$。由$\left\{\begin{array}{l}y^2=2px\\x=my-\frac{p}{2}\end{array}\right.$，得$y^2-2pmy+p^2=0$。因?yàn)?\Delta=4p^2m^2-4p^2>0$，所以$m^2>1$。設(shè)$y_1+y_2=2pm$，$y_1y_2=p^2$。由弦長公式，得$|MN|=\sqrt{1+m^2}\sqrt{(y_1+y_2)^2-4y_1y_2}=\sqrt{1+m^2}\sqrt{4p^2m^2-4p^2}=2p\sqrt{(1+m^2)(m^2-1)}$。所以$2p\sqrt{(1+m^2)(m^2-1)}=8$，解得$p=2$。所以拋物線的方程為$y^2=4x$。(2)設(shè)點(diǎn)$D(x,y)$，則$x=\frac{y^2}{4}$。由$\angleMDN=90^\circ$，得$k_{MD}\cdotk_{ND}=-1$。即$\frac{y_1-y}{x_1-x}\cdot\frac{y_2-y}{x_2-x}=-1$。即$\frac{y_1-y}{\frac{y_1^2}{4}-\frac{y^2}{4}}\cdot\frac{y_2-y}{\frac{y_2^2}{4}-\frac{y^2}{4}}=-1$。即$\frac{4(y_1-y)}{y_1^2-y^2}\cdot\frac{4(y_2-y)}{y_2^2-y^2}=-1$。即$\frac{4(y_1-y)(y_2-y)}{(y_1+y)(y_1-y)(y_2+y)(y_2-y)}=-1$。即$\frac{4(y_2-y)}{(y_1+y)(y_2+y)}=-1$。即$4y_2-4y=-y_1y_2-y(y_1+y)$。即$4y_1y_2+y(y_1+y)+4y_2=0$。即$4p^2+y(2pm)+4y_2=0$。即$16+4my+4y_2=0$。即$4my+4y_2=-16$。即$my+y_2=-4$。由$y_1+y_2=2pm$，得$2pm=-4$。因?yàn)?m^2>1$，所以$p=2$。所以$4m=-4$，解得$m=-1$。所以$y_2=-4-my=-4+y$。由$y_2^2=4x_2$，得$(-4+y)^2=4x_2$。由$y_1y_2=p^2$，得$y_1(-4+y)=4$。由$y_1^2=4x_1$，得$4x_1(-4+y)=4$。由$x_1=\frac{y_1^2}{4}$，得$\frac{y_1^2}{4}(-4+y)=4$。所以$(-4+y)^2=4\cdot\frac{y_1^2}{4}(-4+y)$。所以$(-4+y)^2=y_1^2(-4+y)$。因?yàn)?y_1^2=4x_1$，所以$(-4+y)^2=4x_1(-4+y)$。所以$(-4+y)^2=4\cdot\frac{y_1^2}{4}(-4+y)$。所以$(-4+y)^2=y_1^2(-4+y)$。即$(-4+y)^2=4(-4+y)$。即$(-4+y)^2-4(-4+y)=0$。即$(-4+y)(-4+y-4)=0$。即$(-4+y)(-8+y)=0$。解得$y=4$或$y=8$。由$y_2=-4-my=-4+y$，得$y_2=0$或$y_2=4$。當(dāng)$y=4$時(shí)，$y_2=0$，$x_2=0$，點(diǎn)$D$與點(diǎn)$F$重合，舍去。當(dāng)$y=8$時(shí)，$y_2=4$，$x_2=4$，點(diǎn)$D$的坐標(biāo)為$(4,8)$。所以點(diǎn)$D$的坐標(biāo)為$(4,8)$。19.解：(1)由題意知，橢圓的離心率$e=\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，右焦點(diǎn)$F(c,0)$到直線$y=x$的距離為$\sqrt{2}$。所以$\frac{|c|}{\sqrt{1^2+(-1)^2}}=\sqrt{2}$，解得$c=2$。由$a^2=b^2+c^2$，得$a^2=b^2+4$。由$\frac{c}{a}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，得$a=\sqrt{2}c=2\sqrt{2}$。所以$b^2=a^2-4=8-4=4$。所以橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$。(2)設(shè)點(diǎn)$P(x,y)$，則$F(2,0)$，$F_1(-2,0)$。由$\angleFPF_1=90^\circ$，得$\overrightarrow{PF}\cdot\overrightarrow{PF_1}=0$。即$(x-2,y)\cdot(x+2,y)=0$。即$(x-2)(x+2)+y^2=0$。即$x^2-4+y^2=0$。由$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$，得$y^2=4-\frac{x^2}{2}$。所以$x^2-4+4-\frac{x^2}{2}=0$。所以$\frac{x^2}{2}=0$，解得$x=0$。由$\frac{x^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$，得$\frac{0^2}{8}+\frac{y^2}{4}=1$，解得$y^2=4$，即$y=\pm2$。所以點(diǎn)$P$的坐標(biāo)為$(0,2)$或$(0,-2)$。20.解：(1)設(shè)雙曲線的離心率為$e$，右焦點(diǎn)為$F(c,0)$，左焦點(diǎn)為$F_1(-c,0)$，點(diǎn)$P(x,y)$。由$\angleF_1PF=60^\circ$，得$\cos60^\circ=\frac{\overrightarrow{PF_1}\cdot\overrightarrow{PF}}{|\overrightarrow{PF_1}|\cdot|\overrightarrow{PF}|}$。即$\frac{1}{2}=\frac{(-c-x,-y)\cdot(c-x,-y)}{\sqrt{(-c-x)^2+(-y)^2}\cdot\sqrt{(c-x)^2+(-y)^2}}$。即$\frac{1}{2}=\frac{(-c-x)(c-x)+(-y)^2}{\sqrt{c^2+2cx+x^2+y^2}\cdot\sqrt{c^2-2cx+x^2+y^2}}$。即$\frac{1}{2}=\frac{c^2-x^2+y^2}{\sqrt{(x^2+y^2+c^2)^2-4cx^2}\cdot\sqrt{(x^2+y^2+c^2)^2-4cx^2}}$。即$\frac{1}{2}=\frac{c^2-x^2+y^2}{(x^2+y^2+c^2)^2-4cx^2}$。由$\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}=1$，得$c^2=a^2+b^2$，$x^2=a^2+\frac{a^2}{b^2}y^2$。所以$\frac{1}{2}=\frac{a^2+b^2-(a^2+\frac{a^2}{b^2}y^2)+y^2}{(a^2+\frac{a^2}{b^2}y^2+b^2+y^2)^2-4c(a^2+\frac{a^2}{b^2}y^2)}$。即$\frac{1}{2}=\frac{b^2-\frac{a^2}{b^2}y^2+y^2}{(a^2+b^2+\frac{a^2}{b^2}y^2+y^2)^2-4(a^2+\frac{a^2}{b^2}y^2)}$。令$t=y^2$，則$\frac{1}{2}=\frac{b^2-\frac{a^2}{b^2}t+t}{(a^2+b^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4(a^2+\frac{a^2}{b^2}t)}$。即$\frac{1}{2}=\frac{b^4-a^2t+b^2t}{(a^2+b^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t}$。即$\frac{1}{2}=\frac{b^4+(b^2-a^2)t}{(a^2+b^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t}$。即$(a^2+b^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。令$t=y^2$，則$(a^2+b^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。因?yàn)?a^2+b^2=c^2$，所以$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c^2+\frac{a^2}{b^2}t+t)^2-4a^2b^2-\frac{4a^4}{b^2}t=2b^4+2(b^2-a^2)t$。即$(c