第三章　圆锥曲线的方程 单元测试（含答案） 2026-2027学年高中数学人教A版选择性必修第一册

第三章圆锥曲线的方程全卷满分150分考试用时120分钟一、单项选择题(本题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的)1.某椭圆的两个焦点分别是F1(-3,0),F2(3,0),椭圆上的点P到两焦点的距离之和等于8,则该椭圆的标准方程为()A.x264+y228=1B.C.x216+y29=1D.2.椭圆x2k+y24=1的离心率的取值范围为12A.(0,3)B.163C.3,1633.若椭圆C以双曲线x216-y29=1的两个焦点为长轴的端点,以双曲线的顶点为焦点,A.x216+y29=1B.x225+y216=1C.4.已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线与C的左支交于A,B两点,且AF1=2F1B,A.y=±223xB.y=±324xC.y=±65.已知双曲线E:y2a2-x2b2=1(a>0,b>0),抛物线W:y2=1-b2bx.A.圆的一部分B.椭圆的一部分C.双曲线的一部分D.抛物线的一部分6.设抛物线y2=4x的准线与x轴交于点K,过点K的直线l与抛物线交于A,B两点.设线段AB的中点为M,过点M作x轴的平行线交抛物线于点N.已知△NAB的面积为2,则直线l的斜率为()A.±22B.±12C.±2D.7.用平面α截圆柱,圆柱的轴与平面α所成的角记为θ,当θ为锐角时,所得截面的轮廓线为一个椭圆,数学家Dandelin创立的双球模型证明了上述结论.如图所示,将两个大小相同的球嵌入圆柱内,使它们分别位于α的上方和下方,并且与圆柱面和α均相切,两球与平面α的切点分别为F1,F2.下列关于所截得椭圆的结论中不正确的是()A.椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等B.椭圆的长轴长与嵌入圆柱的两球的球心距|O1O2|相等C.所得椭圆的离心率e=cosθD.已知G1G2为椭圆的长轴,R为球O1的半径,则R=|AG1|·tanθ8.已知抛物线y=14x2和y=-116x2+5所围成的封闭曲线E如图所示,点M,N在曲线E上,给定点A(0,a),A.对任意a∈(0,5),都存在点M,N,使得|AM|=|AN|B.对任意a∈(0,5),都存在点M,N,满足这对点关于点A对称C.存在a∈(0,5),当点M,N运动时,恒有|AM|+|AN|≤10D.对任意a∈(0,5),恰有三对不同的点M,N,满足每对点M,N都关于点A对称二、多项选择题(本题共3小题,每小题6分,共18分.在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求,全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分)9.已知曲线Γ:x21-m+y23+A.Γ可能是等轴双曲线B.若Γ是焦点在y轴上的椭圆,则-1<m<1C.Γ不可能是半径为2的圆D.若Γ是焦点在x轴上的双曲线,则m<-310.已知椭圆C1和双曲线C2具有相同的焦点F1(-1,0),F2(1,0),P是它们的一个公共点,且在圆x2+y2=1上,椭圆C1和双曲线C2的离心率分别为e1,e2,且e2=3e1,则下列说法正确的是()A.e1=63B.双曲线C2的方程为2x2-2y2C.△PF1F2的面积为12D.△PF1F2的周长为2211.已知点P是抛物线C:y2=4x上不与原点O重合的任意一点,直线l是C在点P处的切线,OQ⊥l,Q为垂足,点Q的轨迹为曲线E,则下列说法正确的是()A.当l的斜率为2时,点P到y轴的距离为1B.若l与x,y轴分别交于点A,B,则B为PA的中点C.曲线E与直线x=-2没有公共点D.曲线E上的点到点G(-1,0)的距离的平方的最小值为23-3三、填空题(本题共3小题,每小题5分,共15分)12.顶点间的距离为6,渐近线方程为y=±32x的双曲线的标准方程为13.已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,圆M:(x-x0)2+(y-10)2=r2(r>0),直线l:x=p2p2<x0,圆心M是抛物线C上一点,圆M与线段MF相交于点A,与直线14.从椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)外一点P(x0,y0)可以向该椭圆引两条切线,设切点分别为A,B,则直线AB的方程为x0xa2+y0yb2=1,称该直线为点P关于椭圆C的极线.如图,已知椭圆C1:x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)和C2:x2a22+y2b22=1(a2>b2>0),离心率分别为e1,e2.设椭圆C2在椭圆四、解答题(本题共5小题,共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)15.(13分)已知拋物线C1的顶点为坐标原点,其焦点F与双曲线C2:y2-x23=1的上焦点重合,A,B为拋物线C1(1)求拋物线C1的标准方程及其准线方程;(2)若|AF|+|BF|=8,求线段AB的中点到x轴的距离.16.(15分)已知椭圆x24+y2=1,其右焦点为F2,(1)若弦AB过F2,且点B关于x轴的对称点为B',直线AB'交x轴于点P,求|OF2||OP|的值;(2)若Q(t,0)是x轴上任一定点,动弦MN所在直线过点Q,端点N关于x轴的对称点为N',直线MN'交x轴于点T,求证:|OQ|·|OT|为定值,并分析该定值与椭圆的几何量有什么关系.17.(15分)如图,已知曲线Γ的方程是x2-y|y|=1,其中A,B为曲线Γ与x轴的交点,A点在B点的左边,曲线Γ与y轴的交点为D.已知F1(-c,0),F2(c,0),c>0,△DBF1的面积为1+2(1)过点B作斜率为k的直线l交曲线Γ于P,Q两点(异于B点),点P在第一象限内,设点P的横坐标为xP,点Q的横坐标为xQ,求证:xP·xQ是定值;(2)过点F2的直线n与曲线Γ有且仅有一个公共点,求直线n的倾斜角的取值范围;(3)在(1)的条件下,当F1P·F1Q=3+22时,求使|AP|=λ|AQ|18.(17分)如图,已知圆C1:(x-1)2+(y+1)2=14和抛物线C2:x2=4y,P(x0,y0)是圆C1上一点,M是抛物线C2上一点,F是抛物线C2的焦点(1)当直线PM与圆C1相切,且|PM|=|FM|时,求M的坐标;(2)过P作抛物线C2的两条切线PA,PB,切点分别为A,B,证明:存在两个x0,使得△PAB的面积等于3319.(17分)阅读材料:极点与极线是由法国数学家吉拉德·笛沙格(GirardDesargues,1591—1661)于1639年在射影几何学的奠基之作《圆锥曲线论稿》中正式阐述的,它是圆锥曲线的一种基本特征.已知圆锥曲线C:Ax2+By2+2Dx+2Ey+F=0,称点P(x0,y0)和直线l:Ax0x+By0y+D(x+x0)+E(y+y0)+F=0是圆锥曲线C的一对极点与极线.事实上,在圆锥曲线方程中,用x0x替换x2,x0+x2替换x(另一变量y也是如此),即可得到点P(x0,y0)对应的极线方程.特别地,对于椭圆x2a2+y2b2=1(a>0,b>0),与点P(x0,y0)对应的极线方程为x0xa2+y0yb2=1;对于双曲线x其中,极点与极线满足以下基本性质和定理:①当P在圆锥曲线C上时,P对应的极线l是曲线C在点P处的切线;②当P在圆锥曲线C外时,P对应的极线l是从点P处所引的曲线C两条切线的切点所确定的直线(即切点弦所在直线);③当P在圆锥曲线C内时,P对应的极线l是曲线C在其过点P的割线两端点处的切线交点的轨迹.根据上述材料回答下面问题:已知双曲线C:x2a2-y2b2=1(a>0,b>0),其右顶点E(1,0)到一条渐近线的距离为32,已知点G是直线(1)若m=3,n=q=-1,证明:极线AB恒过定点;(2)在(1)的条件下,若该定点为AB的中点,请求出此时的极线方程;(3)若m=1,n=0,q=-12,极线AB交C的右支于A,B两点,点A在x轴上方,P是双曲线C的左顶点,直线AE,直线BP分别交y轴于点M,N,坐标原点为O,求|OM答案全解全析1.B由椭圆上的点P到两焦点的距离之和等于8,知2a=8,即a=4,由F1(-3,0),知c=3,则b2=a2-c2=7,所以该椭圆的标准方程为x216+2.D对于椭圆x2k+当0<k<4时,椭圆的焦点在y轴上,a2=4,b2=k,则c2=4-k,所以e2=c2a2=4-k当k>4时,椭圆的焦点在x轴上,a2=k,b2=4,则c2=k-4,所以e2=c2a2=k-4k∈故实数k的取值范围为(0,3)∪1633.C由双曲线方程x216-y29=1得其焦点坐标为(±5,0),顶点坐标为(±4,0),所以椭圆长轴的端点坐标为(±5,0),设椭圆C的方程为x2a2+y2b2=1(a>b>0),半焦距为c(c>0),则a=5,c=4,故b2=a2-c2=9,所以椭圆4.A如图所示,设|BF1|=x,则|AF1|=2x,|BF2|=2a+x,|AF2|=2a+2x,在△ABF2中,∠ABF2=90°,故由勾股定理可得|AB|2+|BF2|2=|AF2|2,即(3x)2+(2a+x)2=(2a+2x)2,解得x=23a(x=0舍去同理,在△BF1F2中,由勾股定理可得|BF1|2+|BF2|2=|F1F2|2,即23a2+2a+23a2=4c2所以b2a2=89,因此ba=223,5.A因为E与W在第一象限内存在交点,所以1-又b>0,所以b∈(0,1).联立y2a2-x2b由对称性可知E与W在第四象限内的交点的横坐标与点A的横坐标相等,故(*)式有两个相等的实数解,所以Δ=b2-1a2b2-4b2=0,将a2=1-b22代入所以点A的横坐标为b,纵坐标为1-因为b2+(1-b2)2=1(0<b<1),所以点A在圆x2+y2=1上6.A抛物线y2=4x的准线方程为x=-1,则K(-1,0),不妨设点A在点B上方,如图.∵直线l过点K且与抛物线交于A,B两点,∴直线l的斜率存在且不为0,∴可设直线l的方程为x=ty-1(t≠0),将其代入y2=4x,可得y2-4ty+4=0.由Δ=(-4t)2-16>0,得t2>1.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=4,∴x1+x2=ty1-1+ty2-1=t(y1+y2)-2=4t2-2.∵M是AB的中点,∴M(2t2-1,2t).过点M且平行于x轴的直线的方程为y=2t,易知此直线与抛物线的交点为N(t2,2t),∴|MN|=t2-1.又∵(y1-y2)2=(y1+y∴|y1-y2|=4t2-1,∴△NAB的面积为12|MN|×|y1-y2|=2(由已知得2(t2-1)3=2,解得t2=2,满足Δ>0,∴t=∴直线l的方程为x=±2y-1,即y=±22(x+1),∴直线l的斜率为±27.D设P为所截得椭圆上的一点,如图,过点P作线段EF,EF分别与球O1,O2切于点F,E,连接PF1,PF2,故由切线长相等可知|PF1|+|PF2|=|PF|+|PE|=|EF|=|O1O2|,易知|O1O2|>|F1F2|,故由椭圆的定义可知,该椭圆以F1,F2为焦点,|O1O2|为长轴长,故B中结论正确.设所截得椭圆的长半轴长为a,半焦距为c,a,c>0,O为O1O2的中点,连接O1F1,因为O1F1⊥α,OF1⊂α,所以O1F1⊥OF1,有|O1F1|2=|OO1|2-|OF即椭圆的短轴长与嵌入圆柱的球的直径相等,故A中结论正确.由题意可得θ=∠O1OF1,则离心率e=ca=|OF1||O连接O1G1,由题意知|AG1|=|F1G1|,θ=∠O1OF1=∠AO1F1点拨:∠O1OF1+∠OO1F1=∠AO1F1+∠OO1F1=π2,则θ2=12∠AO1F1=∠G1O1F1,故tanθ2=|F1G1||O1F1|8.D易得抛物线y=14x2,即x2=4y的焦点为(0,1),准线方程为抛物线y=-116x2+5可由抛物线y=-116x2向上平移5易得抛物线y=-116x2,即x2=-16y的焦点为(0,-4),准线方程为y=4,顶点为则抛物线y=-116x2+5的焦点为(0,1),准线方程为y=9,顶点为抛物线y=14x2和y=-116x2+5的对称轴都为y轴,因此封闭曲线E关于y对于A,在曲线E上取关于y轴对称的两点M,N,因为点A(0,a)恒在y轴上,所以对任意a∈(0,5)都有|AM|=|AN|,A中说法正确.对于B,对任意a∈(0,5),过点A且垂直于y轴的直线与曲线E的两个交点都关于点A对称,可取这两个交点分别为M,N,B中说法正确.对于C,联立y=14x不妨取a=1,即A(0,1),设M(t,s),N(p,q),点M(t,s)在曲线y=14x2(0≤y≤4)上运动时,0≤s≤4,|AM|=s+1∈点N(p,q)在曲线y=-116x2+5(4≤y≤5)上运动时,4≤q≤5,|AN|=9-q∈[4,5],因此存在a=1∈(0,5),当点M,N运动时,1≤|AM|≤5,4≤|AN|≤5,恒有|AM|+|AN|≤10,C中说法正确对于D,不妨取a=1,即A(0,1),易知直线y=1与抛物线y=14x2的两个交点关于点A对称,且在此抛物线上关于点A对称的两点就只有一对在抛物线y=-116x2+5上不存在两点关于点A对称若关于点A对称的两点分别在抛物线y=14x2和y=-116x2+5上,不妨令M则此点关于点A对称的点-u,2-14u2而方程2-14u2=-116u2+5,即u2=-16无实解,则此时不存在关于点A综上可知D中说法错误.9.BD对于A,若Γ是等轴双曲线,则1-m+3+m=0,显然不成立,因此A错误;对于B,若Γ是焦点在y轴上的椭圆,则3+m>1-m>0,解得-1<m<1,因此B正确;对于C,若Γ是圆,则3+m=1-m>0,解得m=-1,此时半径为3+m=2,因此C错误对于D,若Γ是焦点在x轴上的双曲线,则1-m>0,3+m10.ABC设椭圆C1和双曲线C2的焦距为2c,则c=1.设椭圆C1的长轴长为2a1,短轴长为2b1,双曲线C2的实轴长为2a2,虚轴长为2b2,根据对称性,不妨设P在第一象限内,如图所示,由椭圆的定义知,|PF1|+|PF2|=2a1,则(|PF1由双曲线的定义知,|PF1|-|PF2|=2a2,则(|PF1①+②,化简可得|PF1|2+|∵点P在圆x2+y2=1上,且易知F1F2为该圆的一条直径,∴PF1⊥PF2,∴|PF1|2+|PF2|2=|F1F2|2=4c2=4,则aA选项中,联立1e12+1e22=2,e2=3e1B选项中,结合A可知,e2=1a2=2,解得a2=22,则b22=c2-a22=1-12=12,所以双曲线C2的方程为C选项中,结合A可知,e1=1a1=63,解得a1由|PF1|+|PF2|=2a1,|PF1|-|PF2|=2a2,可得|PF1||PF2|=(|PF1|+|PF2|)2-(|PF1|-|PF2|)24=a12-aD选项中,△PF1F2的周长为|PF1|+|PF2|+|F1F2|=2a1+2c=2×62+2=6+2,因此D错误11.BCDA中,设直线l的方程为y=2x+b,将直线方程与抛物线方程联立,得y2=4x,y=2x+因为l与抛物线相切,所以Δ=(4b-4)2-16b2=-32b+16=0,则b=12将b=12代入(*)式可得(4x-1)2=0,解得x=14(二重根),所以P14,1,所以点P到yB中,由题可知直线l的斜率存在且不为0,设Pt24,t(t≠0),直线l的方程为x-联立直线l与抛物线的方程,得x-t24=m(y-t),y2=4x,消去x,可得y2-4my+4mt-t2=0,因为l与抛物线相切,所以Δ'=(-4m)2-4(4mt-t2)=0,即(2m-t)2=0,解得m=t2(二重根),则直线l的方程为x-t24=t2(y-t),令x=0,得y=t2,故B0,t2;令C中,由B可知直线l的方程为x-t24=t2(y-t),化简可得y=2tx+t2,可知l的斜率为2t,所以直线OQ的斜率为-t2,则直线OQ的方程为y=-t所以联立直线OQ与l的方程,得y=-t2x,y=2tx+t2,消去t,可得xy2=-x3-y2,整理可得x3+xy2+y2=0,此方程即为曲线E的方程,令D中,由C知曲线E的方程为x3+xy2+y2=0,即x3+y2(x+1)=0,可知x≠-1,所以E的方程可化为y2=-x3x+1,根据y2>0,可知-x设D(x,y)是曲线E上的任意一点,则|GD|2=(x+1)2+y2=(x+1)2-x3x+1,设s=x+1,0<s<1,则|GD|2=s2-(s-1)3s=s2-s3-3s2+3当且仅当3s=1s,即s=33,即x=33-1时取等号,所以|GD|2的最小值为23-3,即曲线E上的点到点G(-1,0)的距离的平方的最小值为2312.答案x29-y2814=1解析当焦点在x轴上时,由顶点间的距离为6,渐近线方程为y=±32x,可得2a=6,ba=32∴双曲线的标准方程为x232-y292当焦点在y轴上时,由顶点间的距离为6,渐近线方程为y=±32x,可得2a=6,ab=32,∴a=3,b=2,∴双曲线的标准方程为y232-x综上所述,所求双曲线的标准方程为x29-y2814=113.答案y2=25x解析不妨设E在G的上方,根据题意作出大致图形,如图所示,过点M作MK⊥EG于点K,则∠EMK=12∠EMG=π由图知|MK|=x0-p2=rcosπ3=由|MA|=2|AF|可得,r=23|MF|=23·由①②得x0-p2=12×23x0又点M(x0,10)在抛物线y2=2px上,所以2px0=10,即px0=5,因此p=x0=5,因此抛物线C的方程为y2=25x.14.答案1解析设椭圆C1,C2的半焦距分别为c1,c2,c1,c2>0.由题得e12=c12a12=a12设M(x0,y0),由题意可得lM的方程为x0xa因为原点O到直线lM的距离恒为1,所以1x02a24又因为M(x0,y0)为椭圆C1:x2a12+y2b12=1(a1>b1>0)上的点,所以x02a1所以e12-e22=1-b12a12-1-b22a22=1-b24故当t=12时,e12-e2215.解析(1)由双曲线C2:y2-x23=1,知a2=1,b2=3,所以c2=a2+b2=1+3=4,则双曲线的上焦点为(0,2),(3即抛物线的焦点为(0,2),可设抛物线C1的标准方程为x2=2py(p>0),则p2=2,即p=4,(5分所以抛物线C1的标准方程为x2=8y,其准线方程为y=-2.(7分)(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为M(x0,y0),由|AF|+|BF|=8,结合抛物线的焦半径公式得y1+2+y2+2=8,(10分)即y1+y2=4,所以y0=y1即线段AB的中点到x轴的距离为2.(13分)16.解析(1)由椭圆方程x24+y2=1,知a2=4,b2=1,∴c2=a2-b2=4-1=3,∴F2(3,0),(1设点A(x1,y1),B(x2,y2),P(n,0),则B'(x2,-y2),由题易知直线AB的斜率存在且不为0,故设直线AB:x=my+3(m≠0),联立x=my+3,x24+y则Δ1=(23m)2+4(m2+4)=16(m2+1)>0,y1+y2=-23mm2+4①,y1y由点A,B',P在同一直线上,可得kAB'=kB'P,(4分)即y1+y2x1-x2=y2n-x2,化简得y又x1=my1+3,x2=my2+3,∴y2(my1+3)+(my2+3)y1=n(y1+y2)⇒2my1y2+3(y1+y2)=n(y1+y2),即n=2my1把①②代入,得n=2m·-1m2+4+3·-23mm2+4(2)由题知直线MN的斜率存在且不为0,设直线MN:x=m'y+t(m'≠0),由Q(t,0),得|OQ|=|t|,(9分)联立x=m'y+t,x24设M(x3,y3),N(x4,y4),T(s,0),则N'(x4,-y4),则Δ2=(2m't)2-4(m'2+4)(t2-4)=16(m'2-t2+4)>0,y3+y4=-2m'tm'2+4③,y由点M,N',T在同一直线上,可得kMN'=kN'T,(11分)即y3+y4x3-x4=y4s-x4,化简得y又x3=m'y3+t,x4=m'y4+t,∴2m'y3y4+t(y3+y4)=s(y3+y4),(13分)即s=2m'y3y4+t(y3+y4)y3又4=a2,∴该定值等于椭圆的长半轴长a的平方.(15分)17.解析(1)证明:由已知得曲线Γ的方程为x2-y2=1(y≥0),x2+y2=1(y<0对于方程x2-y|y|=1,令y=0,得x=±1,故A(-1,0),B(1,0),则直线l:y=k(x-1),联立y=k(x-1),x2-y2=1(y联立y=k(x-1),x2+y2=1(y所以xPxQ=1.(5分)(2)易得D(0,-1),|BF1|=1+c,由△DBF1的面积为1+22,可得12×1×(1+c)=1+22,解得c=2,即F2当直线n的斜率存在时,设直线n的方程为y=m(x-2),联立y=m(x-2),x2+y2=1,令Δ=8m4-4(1+m2)(2m2-1)=0,解得m=1或m=-1.(8分)当m=1时,直线n:y=x-2,与曲线x2+y2=1(y<0)相切,与双曲线x2-y2=1的一条渐近线y=x平行,故直线n与曲线x2-y2=1(y≥0)无交点,满足题意;当m=-1时,直线n:y=-x+2,与双曲线x2-y2=1的一条渐近线y=-x平行,故直线n与曲线x2-y2=1(y≥0)只有一个交点,与曲线x2+y2=1(y<0)无交点,满足题意.当直线n的斜率不存在时,n:x=2,与曲线Γ只有一个交点,符合题意,当直线n绕点F2从直线y=x-2的位置逆时针旋转到直线y=-x+2的位置时,直线n与曲线Γ始终只有一个交点,所以直线n的倾斜角的取值范围为π4,3(3)由(2)知F1(-2,0),故F1P=(xP+2,k(xP-1)),F1Q=(xQ+所以F1P·F1Q=(xP+2)(xQ+2)+k2(xP-1)(xQ-1)=(1+k2)xPxQ+(2-k2)(xP+x由(1)知xP+xQ=2k4+2k4-1所以F1P·F1Q=(3+2k2)+(2-k2)·2k4+2k4所以xP=3+22,xQ=3-22,|AP|=(3+22+1)2+k2(则λ=|AP||AQ|=40+282818.解析(1)易得焦点F的坐标为(0,1),C1(1,-1),设MxM则|PM|=|MC1由抛物线的定义,得M到焦点F的距离等于其到抛物线准线y=-1的距离,所以|FM|=xM24由|PM|=|FM|,得(xM-所以xM=12或xM=32,所以M12,116(2)证明:由P(x0,y0)是圆C1上一点,得(x0-1)2+(y0+1