2025屆高考數學二輪復習第二部分專題五解析幾何第3講圓錐曲線中的熱點問題專題強化練理

PAGE1-第3講圓錐曲線中的熱點問題A級基礎通關一、選擇題1．(2024·全國卷Ⅰ改編)橢圓C：eq\f(x2,3)＋eq\f(y2,m)＝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滿意∠AMB＝120°，則實數m的取值范圍是()A．(3，＋∞) B．[1，3) C．(0，eq\r(3)) 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滿意∠AMB＝120°，則eq\f(a,b)≥tan60°，即eq\f(\r(3),\r(m))≥eq\r(3)，解得0＜m≤1.答案：D2．(2024·全國卷Ⅱ)已知F1，F2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－eq\f(\r(3),2) B．2－eq\r(3) C.eq\f(\r(3)－1,2) D.eq\r(3)－1解析：在△F1PF2中，PF1⊥PF2，∠PF2F1＝60°.由|F1F2|＝2c，得|PF2|＝c，|PF1|＝eq\r(3)c.由橢圓定義知|PF1|＋|PF2|＝2a，即(eq\r(3)＋1)c＝2a.故橢圓的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)－1.答案：D3．若點P為拋物線y＝2x2上的動點，F為拋物線的焦點，則|PF|的最小值為()A．2 B.eq\f(1,2) C.eq\f(1,4) D.eq\f(1,8)解析：依據題意，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＝eq\f(1,2)y，其準線方程為y＝－eq\f(1,8)，所以當點P在拋物線的頂點時，d有最小值eq\f(1,8)，即|PF|min＝eq\f(1,8).答案：D4．(2024·天津卷)已知拋物線y2＝4x的焦點為F，準線為l.若l與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝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.eq\r(2) B.eq\r(3) C．2 D.eq\r(5)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＝±eq\f(b,a)x，不妨設點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.又因為c2＝a2＋b2，所以c2＝5a2，所以e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5).答案：D5．(2024·安徽六安一中模擬)點P在橢圓C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝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．4eq\r(2)－4 B．4－4eq\r(2) C．6－2eq\r(5) D．2eq\r(5)－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＝eq\r(22＋（－4）2)－2＝2eq\r(5)－2.故|PQ|－|PF2|的最小值為2eq\r(5)－6.答案：D二、填空題6．(2024·廣東六校聯(lián)考)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點為F1、F2，在雙曲線上存在點P滿意2|eq\o(PF1,\s\up14(→))＋eq\o(PF2,\s\up14(→))|≤|eq\o(F1F2,\s\up14(→))|，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eq\o(PO,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(PF1,\s\up14(→))＋eq\o(PF2,\s\up14(→)))．因為雙曲線上的存在點P滿意2|eq\o(PF1,\s\up14(→))＋eq\o(PF2,\s\up14(→))|≤|eq\o(F1F2,\s\up14(→))|，則4|eq\o(PO,\s\up14(→))|≤2c.由于|eq\o(PO,\s\up14(→))|≥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＝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)．設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：38．(2024·浙江卷)已知橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝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(0，0)為圓心，2為半徑的圓上，因此OM＝2.在△FF′P中，OMeq\f(1,2)PF′，所以PF′＝4.依據橢圓的定義，得PF＋PF′＝6，所以PF＝2.又因為FF′＝4，所以在Rt△MFF′中，tan∠PFF′＝eq\f(MF′,MF)＝eq\f(\r(FF′2－MF2),MF)＝eq\r(15)，故直線PF的斜率是eq\r(15).答案：eq\r(15)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eq\o(OA,\s\up14(→))·eq\o(OB,\s\up14(→))＝－4，求證：直線l恒過定點；(2)若直線l與曲線M相切，求eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))(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eq\f(|1－n|,\r(1＋m2))＝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)是減函數，所以當n＝3時，y＝4－4n取得最大值－8.故eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))的最大值為－8.10．(2024·惠州調研)已知橢圓C：eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq\f(1,2)，短軸長為2eq\r(3).(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.所以橢圓C的方程為eq\f(y2,4)＋eq\f(x2,3)＝1.(2)存在．理由如下：由題意可知l的斜率肯定存在，設l為y＝kx＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)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為線段AN的中點，所以x2＝2x1，④將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).從而可得k2＝eq\f(36,5)，且滿意①式，所以k＝±eq\f(6\r(5),5).因此存在直線l為6x－eq\r(5)y＋4eq\r(5)＝0或6x＋eq\r(5)y－4eq\r(5)＝0滿意題意．B級實力提升11．(2024·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eq\r(2)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，若對滿意條件的隨意直線，不等式eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))＝λ(λ∈R)恒成立，求λ的最小值．解：(1)依題意，c＝1，a＝eq\r(2)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eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))＝(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yeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)，此時eq\o(PA,\s\up14(→))＝(－3，y1)，eq\o(PB,\s\up14(→))＝(－3，y2)＝(－3，－y1)，所以eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))＝(－3)2－yeq\o\al(2,1)＝eq\f(17,2).當直線l不垂直于x軸時，設直線l：y＝k(x＋1)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋1），,x2＋2y2＝2，))整理得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－2,1＋2k2)，所以eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋(k2－2)(x1＋x2)＋4＋k2＝(1＋k2)eq\f(2k2－2,1＋2k2)－(k2－2)·eq\f(4k2,1＋2k2)＋4＋k2＝eq\f(17k2＋2,2k2＋1)＝eq\f(17,2)－eq\f(13,2（2k2＋1）)＜eq\f(17,2).要使不等式eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))≤λ(λ∈R)恒成立，只需λ≥(eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→)))max，故λ的最小值為eq\f(17,2).12．設橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝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＝eq\f(π,3)，S△ABC＝eq\f(\r(3),3).(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兩點，探究在x軸上是否存在定點D，使得eq\o(DE,\s\up14(→))·eq\o(DF,\s\up14(→))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·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)，所以橢圓長軸2a＝2eq\r(2)，焦距2c＝AB＝2，所以b＝1.所以橢圓M的標準方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設直線方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝k（x－1），))消去y得(1＋2k2)