专题跟踪检测14 圆锥曲线的方程与性质（Word练习）-【创新方案】2024年高考数学(理科)二轮复习专题辅导与测试（老教材）

专题跟踪检测（十四） 圆锥曲线的方程与性质 一、题点考法全面练 1．关于椭圆C：＋＝1(a>b>0)，有下面四个命题：甲：长轴长为4；乙：短轴长为2；丙：离心率为；丁：右准线的方程为x＝4.如果只有一个假命题，则该命题是(　 ) A．甲 B．乙 C．丙 D．丁 解析：选B　依题意，甲：a＝2；乙：b＝1；丙：＝；丁：＝4；∵·＝a，∴甲、丙、丁为真命题，故乙为假命题﹒故选B﹒ 2．(2023·新课标Ⅰ卷)设椭圆C1：＋y2＝1(a＞1)，C2：＋y2＝1的离心率分别为e1，e2，若e2＝e1，则a＝(　 ) A. B. C. D. 解析：选A　由e2＝e1，得e＝3e.因此＝3×.因为a＞1，所以a＝. 3．已知焦点在x轴上的椭圆＋＝1的离心率为，则实数m等于(　 ) A．2 B．8 C．4＋2 D．2 解析：选B　由题意，得a＝，b＝2，则c＝ ，所以椭圆的离心率e＝＝＝，解得m＝8.故选B. 4．(2023·全国甲卷)设F1，F2为椭圆C：＋y2＝1的两个焦点，点P在C上，若·＝0，则|PF1|·|PF2|＝(　 ) A．1 B．2 C．4 D．5 解析：选B　法一：因为·＝0，所以PF1⊥PF2，则S△PF1F2＝|PF1|·|PF2|＝b2tan，得|PF1|·|PF2|＝1×tan，所以|PF1|·|PF2|＝2，故选B. 法二：因为·＝0，所以PF1⊥PF2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝16.因为|PF1|＋|PF2|＝2a＝2，所以(|PF1|＋|PF2|)2＝20，即|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝20，所以|PF1|·|PF2|＝2，故选B. 5．(2023·成都模拟)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l，A为C上的点，过A作l的垂线，垂足为B，若|BF|＝2，则∠BAF＝(　 ) A．30° B．45° C．60° D．90° 解析：选D　如图，设l与x轴交于点M，则由抛物线可知|FM|＝2，又|BF|＝2，故∠FBM＝45°，∠FBA＝45°， 又由抛物线的定义|AB|＝|AF|，故∠BFA＝45°，则∠BAF＝90°.故选D. 6．已知共焦点的椭圆和双曲线，焦点为F1，F2，记它们其中的一个交点为P，且∠F1PF2＝120°，则该椭圆离心率e1与双曲线离心率e2必定满足的关系式为(　 ) A.e1＋e2＝1 B.e＋e＝1 C.＋＝1 D.＋＝1 解析：选C　如图，设椭圆的长半轴长为a1，双曲线的实半轴长为a2， 则根据椭圆及双曲线的定义|PF1|＋|PF2|＝2a1，|PF1|－|PF2|＝2a2，∴|PF1|＝a1＋a2，|PF2|＝a1－a2.设|F1F2|＝2c，∠F1PF2＝120°，则在△PF1F2中由余弦定理得4c2＝(a1＋a2)2＋(a1－a2)2－2(a1＋a2)(a1－a2)·cos 120°，化简得3a＋a＝4c2，该式变成＋＝1. 故选C. 7．点F是抛物线y2＝8x的焦点，点A(4,2)，P为抛物线上一点，P不在直线AF上，则△PAF的周长的最小值是(　 ) A．4 B．6 C．6＋2 D．6＋ 解析：选C　抛物线y2＝8x的焦点F(2,0)，准线为x＝－2，过P点作PH⊥准线l于点H，故△PAF的周长为|PH|＋|PA|＋|AF|，|AF|＝2，可知当A，P，H三点共线时周长最小，为6＋2，故选C. 8．已知以圆C：(x－1)2＋y2＝4的圆心为焦点的抛物线C1与圆在第一象限交于A点，B点是抛物线C2：x2＝8y上任意一点，BM与直线y＝－2垂直，垂足为M，则|BM|－|AB|的最大值为(　 ) A．1 B．2 C．－1 D．8 解析：选A　因为C：(x－1)2＋y2＝4的圆心为(1,0)， 所以以(1,0)为焦点的抛物线方程为y2＝4x， 由解得A(1,2)， 抛物线C2：x2＝8y的焦点为F(0,2)，准线方程为y＝－2，如图， 即有|BM|－|AB|＝|BF|－|AB|≤|AF|＝1，当且仅当A，B， F(A在B，F之间)三点共线时，可取得最大值1. 9．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，P是双曲线右支上一点，且PF2⊥F1F2，I和G分别是△PF1F2的内心和重心，若IG与x轴平行，则双曲线的离心率为(　 ) A. B．2 C．3 D．4 解析：选B　如图所示，由题意得：F1(－c,0)，F2(c,0)，P，则G，设点A为圆I与直线F1F2的切点，由圆的切线长定理和双曲线的定义得AF1－AF2＝2a，所以A(a，