2025版高考数学二轮复习第二部分专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的热点问题练习文含解析

PAGE1-第3讲圆锥曲线中的热点问题A级基础通关一、选择题1．(2024·全国卷Ⅰ改编)椭圆C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,m)＝1的焦点在x轴上，点A，B是长轴的两端点，若曲线C上存在点M满意∠AMB＝120°，则实数m的取值范围是()A．(3，＋∞) B．[1，3) C．(0，eq\r(3)) D．(0，1]解析：依题意，当0＜m＜3时，焦点在x轴上，要在曲线C上存在点M满意∠AMB＝120°，则eq\f(a,b)≥tan60°，即eq\f(\r(3),\r(m))≥eq\r(3)，解得0＜m≤1.答案：D2．(2024·全国卷Ⅰ)双曲线C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线的倾斜角为130°，则C的离心率为()A．2sin40° B．2cos40° C.eq\f(1,sin50°) D.eq\f(1,cos50°)解析：由题意可得－eq\f(b,a)＝tan130°，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋tan2130°)＝eq\r(1＋\f(sin2130°,cos2130°))＝eq\f(1,|cos130°|)＝eq\f(1,cos50°).答案：D3．若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为()A．2 B.eq\f(1,2) C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,8)解析：依据题意，抛物线y＝2x2上，设P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，抛物线的方程为y＝2x2，即x2＝eq\f(1,2)y，其准线方程为y＝－eq\f(1,8)，所以当点P在抛物线的顶点时，d有最小值eq\f(1,8)，即|PF|min＝eq\f(1,8).答案：D4．(2024·天津卷)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.若l与双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的两条渐近线分别交于点A和点B，且|AB|＝4|OF|(O为原点)，则双曲线的离心率为()A.eq\r(2) B.eq\r(3) C．2 D.eq\r(5)解析：由已知易得，抛物线y2＝4x的焦点为F(1，0)，准线l：x＝－1，所以|OF|＝1.又双曲线的两条渐近线的方程为y＝±eq\f(b,a)x，不妨设点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(b,a)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，－\f(b,a)))，所以|AB|＝eq\f(2b,a)＝4|OF|＝4，所以eq\f(b,a)＝2，即b＝2a，所以b2＝4a2.又因为c2＝a2＋b2，所以c2＝5a2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5).答案：D5．(2024·安徽六安一中模拟)点P在椭圆C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上，C1的右焦点为F2，点Q在圆C2：x2＋y2＋6x－8y＋21＝0上，则|PQ|－|PF2|的最小值为()A．4eq\r(2)－4 B．4－4eq\r(2) C．6－2eq\r(5) D．2eq\r(5)－6解析：设椭圆的左焦点为F1(－1，0)．则|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．又圆C2的半径r＝2，圆心C2(－3，4)，所以(|PQ|＋|PF1|)min＝|C2F1|－r＝eq\r(22＋（－4）2)－2＝2eq\r(5)－2.故|PQ|－|PF2|的最小值为2eq\r(5)－6.答案：D二、填空题6．已知点(1，2)是双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)上一点，则双曲线离心率的取值范围是________．解析：由已知得eq\f(1,a2)－eq\f(4,b2)＝1，所以eq\f(b2,a2)＝b2＋4，则e2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2)＝1＋eq\f(b2,a2)＝5＋b2，故e＞eq\r(5).答案：(eq\r(5)，＋∞)7．已知抛物线y2＝4x，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作x轴，y轴垂线，垂足分别为C，D，则|AC|＋|BD|的最小值为________．解析：不妨设A(x1，y1)(y1＞0)，B(x2，y2)(y2＜0)．则|AC|＋|BD|＝x2＋y1＝eq\f(yeq\o\al(2,2),4)＋y1.又y1y2＝－p2＝－4，所以|AC|＋|BD|＝eq\f(yeq\o\al(2,2),4)－eq\f(4,y2)(y2＜0)．设g(x)＝eq\f(x2,4)－eq\f(4,x)，g′(x)＝eq\f(x3＋8,2x2)，令g′(x)＜0，得x＜－2，令g′(x)＞0，得－2＜x＜0.所以g(x)在(－∞，－2)上递减，在(－2，0)上递增．所以当x＝－2，即y2＝－2时，|AC|＋|BD|取最小值为3.答案：38．(2024·浙江卷)已知椭圆eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1的左焦点为F，点P在椭圆上且在x轴的上方．若线段PF的中点在以原点O为圆心，|OF|为半径的圆上，则直线PF的斜率是________．解析：如图，左焦点F(－2，0)，右焦点F′(2，0)．线段PF的中点M在以O(0，0)为圆心，2为半径的圆上，因此OM＝2.在△FF′P中，OMeq\f(1,2)PF′，所以PF′＝4.依据椭圆的定义，得PF＋PF′＝6，所以PF＝2.又因为FF′＝4，所以在Rt△MFF′中，tan∠PFF′＝eq\f(MF′,MF)＝eq\f(\r(FF′2－MF2),MF)＝eq\r(15)，故直线PF的斜率是eq\r(15).答案：eq\r(15)三、解答题9．已知曲线C：y2＝4x，曲线M：(x－1)2＋y2＝4(x≥1)，直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点．(1)若eq\o(OA,\s\up14(→))·eq\o(OB,\s\up14(→))＝－4，求证：直线l恒过定点；(2)若直线l与曲线M相切，求eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))(点P坐标为(1，0))的最大值．(1)证明：设l：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋n，,y2＝4x，))得y2－4my－4n＝0.所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.所以x1＋x2＝4m2＋2n，x1x2＝n2.由eq\o(OA,\s\up14(→))·eq\o(OB,\s\up14(→))＝－4，得x1x2＋y1y2＝n2－4n＝－4，解得n＝2.所以直线l方程为x＝my＋2，所以直线l恒过定点(2，0)．(2)解：因为直线l与曲线M：(x－1)2＋y2＝4(x≥1)相切，所以eq\f(|1－n|,\r(1＋m2))＝2，且n≥3，整理得4m2＝n2－2n－3(n≥3)．①又点P坐标为(1，0)，所以由已知及①，得eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2＝n2－4m2－2n＋1－4n＝n2－4m2－6n＋1＝4－4n.又y＝4－4n(n≥3)是减函数，所以当n＝3时，y＝4－4n取得最大值－8.故eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))的最大值为－8.10．(2024·惠州调研)已知椭圆C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(1,2)，短轴长为2eq\r(3).(1)求椭圆C的方程；(2)设过点A(0，4)的直线l与椭圆C交于M、N两点，F是椭圆C的上焦点．问：是否存在直线l，使得S△MAF＝S△MNF？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，b＝eq\r(3)，且a2＝b2＋c2，解之得a2＝4，b2＝3.所以椭圆C的方程为eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1.(2)存在．理由如下：由题意可知l的斜率肯定存在，设l为y＝kx＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋4，,\f(y2,4)＋\f(x2,3)＝1，))⇒(3k2＋4)x2＋24kx＋36＝0，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(Δ＝（24k）2－144（3k2＋4）＞0，①,x1＋x2＝－\f(24k,3k2＋4)，②,x1x2＝\f(36,3k2＋4)，③))由SMAF＝S△MNF，知M为线段AN的中点，所以x2＝2x1，④将④代入②得x1＝－eq\f(8k,3k2＋4)；④代入③得xeq\o\al(2,1)＝eq\f(18,3k2＋4).从而可得k2＝eq\f(36,5)，且满意①式，所以k＝±eq\f(6\r(5),5).因此存在直线l为6x－eq\r(5)y＋4eq\r(5)＝0或6x＋eq\r(5)y－4eq\r(5)＝0满意题意．B级实力提升11．在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b≥1)过点P(2，1)，且离心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求椭圆C的方程；(2)直线l的斜率为eq\f(1,2)，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值．解：(1)因为e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，所以a2＝4b2.又eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，所以a2＝8，b2＝2.故所求椭圆C的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)设l的方程为y＝eq\f(1,2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))消去y得x2＋2mx＋2m2－4＝0，判别式Δ＝16－4m2＞0，即m2＜4.又x1＋x2＝－2m，x1·x2＝2m2－4，则|AB|＝eq\r(1＋\f(1,4))×eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(5（4－m2）)，点P到直线l的距离d＝eq\f(|m|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq\f(2|m|,\r(5)).因此S△PAB＝eq\f(1,2)d|AB|＝eq\f(1,2)×eq\f(2|m|,\r(5))×eq\r(5（4－m2）)＝eq\r(m2（4－m2）)≤eq\f(m2＋（4－m2）,2)＝2.当且仅当m2＝2即m＝±eq\r(2)时上式等号成立，故△PAB面积的最大值为2.12．设椭圆M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB＝eq\f(π,3)，S△ABC＝eq\f(\r(3),3).(1)求椭圆M的标准方程；(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得eq\o(DE,\s\up14(→))·eq\o(DF,\s\up14(→))为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)在△ABC中，由余弦定理得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cosC＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.又S△ABC＝eq\f(1,2)CA·CB·sinC＝eq\f(\r(3),4)CA·CB＝eq\f(\r(3),3)，所以CA·CB＝eq\f(4,3)，代入上式得CA＋CB＝2eq\r(2)，所以椭圆长轴2a＝2eq\r(2)，焦距2c＝AB＝2，所以b＝1.所以椭圆M的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－1），))消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8＞0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－2,1＋2k2).假设x轴上存在定点D(x0，0)使得eq\o(DE,\s\up14(→))·eq\o(DF,\s\up14(→))为定值．所以eq\o(DE,\s\up14(→))·eq\o(DF,\s\up14(→))＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋k2(x1－1)(x2－1)＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋k2＝eq\f(（2xeq\o\al(2,