數(shù)學(xué)文高考二輪專題復(fù)習(xí)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(chǔ)通關(guān) 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．(2019·全國卷Ⅰ)雙曲線C：－＝1(a＞0，b＞0)的一條漸近線的傾斜角為130°，則C的離心率為(　　) A．2sin 40° B．2cos 40° C.

2、 D. 解析：由題意可得－＝tan 130°， 所以e＝＝＝＝ ＝. 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(shè)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

3、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(shè)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

4、解析：設(shè)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．已知點(1，2)是雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)上一點，則雙曲線離心率的取值范圍是________． 解析：由已知得－＝1，所以＝b2＋4， 則e2＝＝1＋＝5＋b2，故e＞. 答案：(，＋∞)

5、 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(shè)A(x1，y1)(y1＞0)， B(x2，y2)(y2＜0)． 則|AC|＋|BD|＝x2＋y1＝＋y1. 又y1y2＝－p2＝－4， 所以|AC|＋|BD|＝－(y2＜0)． 設(shè)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

6、. 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(shè)(0，0)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

7、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(shè)l：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)． 由得y2－4my－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

8、)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＋1－4n ＝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(shè)過點A(0，4)的直線l與橢圓C交于

9、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的斜率一定存在， 設(shè)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

10、線l為6x－y＋4＝0或6x＋y－4＝0滿足題意． B級　能力提升 11．在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a＞b≥1)過點P(2，1)，且離心率e＝. (1)求橢圓C的方程； (2)直線l的斜率為，直線l與橢圓C交于A，B兩點，求△PAB面積的最大值． 解：(1)因為e2＝＝＝，所以a2＝4b2. 又＋＝1，所以a2＝8，b2＝2. 故所求橢圓C的方程為＋＝1. (2)設(shè)l的方程為y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 聯(lián)立消去y得x2＋2mx＋2m2－4＝0， 判別式Δ＝16－4m2＞0，即m2＜4. 又x1＋x2＝－2m，x1·x2＝2m2－4

11、， 則|AB|＝ × ＝ ， 點P到直線l的距離d＝＝. 因此S△PAB＝d|AB|＝××＝≤＝2. 當且僅當m2＝2即m＝±時上式等號成立， 故△PAB面積的最大值為2. 12．設(shè)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(shè)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；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

12、＝(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(shè)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(shè)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(guān)， 所以2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝， 此時·＝－為定值，定點為.