數(shù)學理高考二輪專題復習與測試：第二部分 專題五 第3講 圓錐曲線中的熱點問題 Word版含解析

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1、 A級　基礎通關 一、選擇題 1．(2017·全國卷Ⅰ改編)橢圓C：＋＝1的焦點在x軸上，點A，B是長軸的兩端點，若曲線C上存在點M滿足∠AMB＝120°，則實數(shù)m的取值范圍是(　　) A．(3，＋∞) B．[1，3) C．(0，) D．(0，1] 解析：依題意，當0＜m＜3時，焦點在x軸上， 要在曲線C上存在點M滿足∠AMB＝120°， 則≥tan 60°，即≥，解得0＜m≤1. 答案：D 2．(2018·全國卷Ⅱ)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C的兩個焦點，P是C上一點，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1＝60°，則C的離心率為(　　) A．1－ B．2－ C. D

2、.－1 解析：在△F1PF2中，PF1⊥PF2，∠PF2F1＝60°. 由|F1F2|＝2c，得|PF2|＝c，|PF1|＝c. 由橢圓定義知|PF1|＋|PF2|＝2a，即(＋1)c＝2a. 故橢圓的離心率e＝＝－1. 答案：D 3．若點P為拋物線y＝2x2上的動點，F(xiàn)為拋物線的焦點，則|PF|的最小值為(　　) A．2 B. C. D. 解析：根據(jù)題意，拋物線y＝2x2上，設P到準線的距離為d，則有|PF|＝d，拋物線的方程為y＝2x2，即x2＝y(tǒng)，其準線方程為y＝－，所以當點P在拋物線的頂點時，d有最小值，即|PF|min＝. 答案：D 4．(2019·天

3、津卷)已知拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為l.若l與雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的兩條漸近線分別交于點A和點B，且|AB|＝4|OF|(O為原點)，則雙曲線的離心率為(　　) A. B. C．2 D. 解析：由已知易得，拋物線y2＝4x的焦點為F(1，0)，準線l：x＝－1，所以|OF|＝1. 又雙曲線的兩條漸近線的方程為y＝±x，不妨設點A，B，所以|AB|＝＝4|OF|＝4，所以＝2，即b＝2a，所以b2＝4a2. 又因為c2＝a2＋b2，所以c2＝5a2，所以e＝＝. 答案：D 5．(2019·安徽六安一中模擬)點P在橢圓C1：＋＝1上，C1的右焦點為F2，點

4、Q在圓C2：x2＋y2＋6x－8y＋21＝0上，則|PQ|－|PF2|的最小值為(　　) A．4－4 B．4－4 C．6－2 D．2－6 解析：設橢圓的左焦點為F1(－1，0)． 則|PQ|－|PF2|＝|PQ|－(2a－|PF1|)＝|PQ|＋|PF1|－4， 故要求|PQ|－|PF2|的最小值． 即求|PQ|＋|PF1|的最小值． 又圓C2的半徑r＝2，圓心C2(－3，4)， 所以(|PQ|＋|PF1|)min＝|C2F1|－r＝－2＝ 2－2. 故|PQ|－|PF2|的最小值為2－6. 答案：D 二、填空題 6．(2019·廣東六校聯(lián)考)已知雙曲線－＝

5、1(a＞0，b＞0)的左、右焦點為F1、F2，在雙曲線上存在點P滿足2|＋|≤||，則此雙曲線的離心率e的取值范圍是________． 解析：由于O是F1F2的中點，得＝(＋)． 因為雙曲線上的存在點P滿足2|＋|≤||， 則4||≤2c. 由于||≥a，知4a≤2c，所以e≥2. 答案：[2，＋∞) 7．已知拋物線y2＝4x，過焦點F的直線與拋物線交于A，B兩點，過A，B分別作x軸，y軸垂線，垂足分別為C，D，則|AC|＋|BD|的最小值為________． 解析：不妨設A(x1，y1)(y1＞0)， B(x2，y2)(y2＜0)． 則|AC|＋|BD|＝x2＋y1＝＋y1

6、. 又y1y2＝－p2＝－4， 所以|AC|＋|BD|＝－(y2＜0)． 設g(x)＝－，g′(x)＝， 令g′(x)＜0，得x＜－2， 令g′(x)＞0，得－2＜x＜0. 所以g(x)在(－∞，－2)上遞減，在(－2，0)上遞增． 所以當x＝－2，即y2＝－2時，|AC|＋|BD|取最小值為3. 答案：3 8．(2019·浙江卷)已知橢圓＋＝1的左焦點為F，點P在橢圓上且在x軸的上方．若線段PF的中點在以原點O為圓心，|OF|為半徑的圓上，則直線PF的斜率是________． 解析：如圖，左焦點F(－2，0)，右焦點F′(2，0)． 線段PF的中點M在以O(0，

7、0)為圓心，2為半徑的圓上，因此OM＝2. 在△FF′P中，OMPF′， 所以PF′＝4. 根據(jù)橢圓的定義，得PF＋PF′＝6， 所以PF＝2. 又因為FF′＝4， 所以在Rt△MFF′中， tan ∠PFF′＝＝＝， 故直線PF的斜率是. 答案： 三、解答題 9．已知曲線C：y2＝4x，曲線M：(x－1)2＋y2＝4(x≥1)，直線l與曲線C交于A，B兩點，O為坐標原點． (1)若·＝－4，求證：直線l恒過定點； (2)若直線l與曲線M相切，求·(點P坐標為(1，0))的最大值． (1)證明：設l：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得y2－4

8、my－4n＝0. 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n. 所以x1＋x2＝4m2＋2n，x1x2＝n2. 由·＝－4， 得x1x2＋y1y2＝n2－4n＝－4，解得n＝2. 所以直線l方程為x＝my＋2， 所以直線l恒過定點(2，0)． (2)解：因為直線l與曲線M：(x－1)2＋y2＝4(x≥1)相切， 所以＝2，且n≥3， 整理得4m2＝n2－2n－3(n≥3)．① 又點P坐標為(1，0)，所以由已知及①，得 ·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2) ＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2 ＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2 ＝n2－4m2－2n＋1－4

9、n ＝n2－4m2－6n＋1＝4－4n. 又y＝4－4n(n≥3)是減函數(shù)， 所以當n＝3時，y＝4－4n取得最大值－8. 故·的最大值為－8. 10．(2019·惠州調(diào)研)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，短軸長為2. (1)求橢圓C的方程； (2)設過點A(0，4)的直線l與橢圓C交于M、N兩點，F(xiàn)是橢圓C的上焦點．問：是否存在直線l，使得S△MAF＝S△MNF？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由． 解：(1)由題意知＝，b＝，且a2＝b2＋c2， 解之得a2＝4，b2＝3. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)存在．理由如下： 由題意可知l的斜

10、率一定存在， 設l為y＝kx＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 聯(lián)立?(3k2＋4)x2＋24kx＋36＝0， 所以 由SMAF＝S△MNF，知M為線段AN的中點， 所以x2＝2x1，④　 將④代入②得x1＝－；④代入③得x＝. 從而可得k2＝，且滿足①式， 所以k＝±. 因此存在直線l為6x－y＋4＝0或6x＋y－4＝0滿足題意． B級　能力提升 11．(2019·華南師大檢測)已知橢圓D的中心在原點，焦點在x軸上，焦距為2，且長軸長是短軸長的倍． (1)求橢圓D的標準方程； (2)設P(2，0)，過橢圓D左焦點F的直線l交D于A、B兩點，若對滿足條件的任意

11、直線，不等式·＝λ(λ∈R)恒成立，求λ的最小值． 解：(1)依題意，c＝1，a＝b， 又a2＝b2＋c2，得2b2＝b2＋1， 所以b2＝1，a2＝2. 所以橢圓D的標準方程為＋y2＝1. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)， 則·＝(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2， 當直線l垂直于x軸時，x1＝x2＝－1，y1＝－y2且y＝，此時＝(－3，y1)，＝(－3，y2)＝(－3，－y1)， 所以·＝(－3)2－y＝. 當直線l不垂直于x軸時，設直線l：y＝k(x＋1)， 由整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，

12、 所以x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以·＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋(k2－2)(x1＋x2)＋4＋k2＝(1＋k2)－(k2－2)·＋4＋k2＝＝－＜. 要使不等式·≤λ(λ∈R)恒成立，只需λ≥(·)max，故λ的最小值為. 12．設橢圓M：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為A(－1，0)，B(1，0)，C為橢圓M上的點，且∠ACB＝，S△ABC＝. (1)求橢圓M的標準方程； (2)設過橢圓M右焦點且斜率為k的動直線與橢圓M相交于E，F(xiàn)兩點，探究在x軸上是否存在定點D，使得·為定值？若存在，試求出定值和點D的坐標；

13、若不存在，請說明理由． 解：(1)在△ABC中，由余弦定理得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4. 又S△ABC＝CA·CB·sin C＝CA·CB＝， 所以CA·CB＝，代入上式得CA＋CB＝2， 所以橢圓長軸2a＝2，焦距2c＝AB＝2，所以b＝1. 所以橢圓M的標準方程為＋y2＝1. (2)設直線方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)， 聯(lián)立 消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8＞0， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 假設x軸上存在定點D(x0，0)使得·為定值． 所以·＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2) ＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2 ＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋k2(x1－1)(x2－1) ＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x＋k2 ＝ 要使·為定值，則·的值與k無關， 所以2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝， 此時·＝－為定值，定點為.