【文档说明】(新高考)高考数学二轮复习分层练习12《圆锥曲线中的热点问题》（解析版）.doc，共(7)页，101.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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12圆锥曲线中的热点问题A组考点专练一、选择题1.椭圆C：x23＋y2m＝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满足∠AMB＝120°，则实数m的取值范围是()A.(3，＋∞)B.[

1，3)C.(0，3)D.(0，1]【答案】D【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满足∠AMB＝120°，则ab≥tan60°，即3m≥3，解得0<m≤1.2.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.2B.1

2C.14D.18【答案】D【解析】根据题意，设抛物线y＝2x2上点P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，抛物线的方程为y＝2x2，即x2＝12y，其准线方程为y＝－18，∴当点P在抛物线的顶点时，d有最小值18，即|PF|min＝18.3.已知椭圆C：x2＋y22＝1，直线l：y

＝x＋m，若椭圆C上存在两点关于直线l对称，则m的取值范围是()A.－23，23B.－33，33C.－24，24D.－34，34【答案】B【解析】设椭圆C上存在关于直线y＝x＋

m对称的两点为M(x1，y1)，N(x2，y2)，则线段MN被直线y＝x＋m垂直平分.设MN的中点T(x0，y0)在直线y＝x＋m上，kMN＝－1，故设直线MN的方程为y＝－x＋n.联立x2＋y22＝1，y＝－x＋n，整理，得3

x2－2nx＋n2－2＝0，∴x1＋x2＝2n3，y1＋y2＝2n－(x1＋x2)＝2n－2n3＝4n3，∴x0＝x1＋x22＝n3，y0＝y1＋y22＝2n3.由Δ＝4n2－12(n2－2)＞0，可得－3＜n＜3.∵MN的中点T(x0，y0)在直线y

＝x＋m上，∴2n3＝n3＋m，∴m＝n3，∴－33＜m＜33.4.(多选题)设椭圆C：x22＋y2＝1的左、右焦点分别为F1，F2，P是C上的动点，则下列结论正确的是()A.|PF1|＋|PF2|＝22B.离心率e＝32C.△PF1F2面积的最大值为2D.以线段F1F2为直径的圆与直线

x＋y－2＝0相切【答案】AD【解析】对于A，由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a＝22，故A正确；对于B，由椭圆方程知a＝2，b＝1，c＝1，所以离心率e＝ca＝12＝22，故B错误；对于C，|F1F2|＝2c＝2，当P为椭圆短轴顶点时，△PF1F2的

面积取得最大值，最大值为12·2c·b＝c·b＝1，故C错误；对于D，以线段F1F2为直径的圆的圆心为(0，0)，半径为c＝1，圆心到直线x＋y－2＝0的距离为22＝1，即圆心到直线的距离等于半径，所以以线段F1F2为直径的圆与

直线x＋y－2＝0相切，故D正确.故选AD.5.(多选题)已知P是椭圆C：x26＋y2＝1上的动点，Q是圆D：(x＋1)2＋y2＝15上的动点，则()A.椭圆C的焦距为5B.椭圆C的离心率为306C.圆D在椭圆C的内部D.|PQ|的最小值为255【答案】BC【解析】依题

意可得c＝6－1＝5，则椭圆C的焦距为25，离心率为56＝306.设P(x，y)(－6≤x≤6).由圆心D的坐标为(－1，0)，得|PD|2＝(x＋1)2＋y2＝(x＋1)2＋1－x26＝56x＋65

2＋45≥45>15，所以圆D在椭圆C的内部，且|PQ|的最小值为45－15＝55.故选BC.二、填空题6.已知点P(0，1)，椭圆x24＋y2＝m(m>1)上两点A，B满足AP→＝2PB→，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大.【答案】5【解析

】设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AP→＝2PB→，得－x1＝2x2，1－y1＝2（y2－1），即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.因为点A，B在椭圆上，所以4x224＋（3－2y2）2＝m，x224＋y22＝m，得y2＝14m＋34

，所以x22＝m－(3－2y2)2＝－14m2＋52m－94＝－14(m－5)2＋4≤4，所以当m＝5时，点B的横坐标的绝对值最大，最大值为2.7.已知双曲线x29－y2b2＝1的左、右焦点分别为F1、F2，P为双曲线上任一点，且PF1→·PF2

→的最小值为－7，则该双曲线的离心率是________.【答案】43【解析】设点F1(－c，0)，F2(c，0)(其中c＞0)，P(x0，y0).则x209－y20b2＝1，所以x20＝91＋y2

0b2.∵PF1→＝(－c－x0，－y0)，PF2→＝(c－x0，－y0)，∴PF1→·PF2→＝x20－c2＋y20＝91＋y20b2＋y20－c2＝y201＋9b2＋9－c2≥9－c2，当且

仅当y0＝0时，上式“＝”成立.∴9－c2＝－7，∴c＝4.从而双曲线的离心率e＝ca＝43.8.设抛物线x2＝4y的焦点为F，A为抛物线上第一象限内一点，满足|AF|＝2；已知P为抛物线准线上任一点，则|PA|＋|PF|的最小值为________，

此时△PAF的外接圆半径为________.【答案】2554【解析】由x2＝4y，知p＝2，∴焦点F(0，1)，准线y＝－1.依题意，设A(x0，y0)(x0>0)，由定义，得|AF|＝y0＋p2，则y

0＝2－1＝1，∴AF⊥y轴.易知当P(1，－1)时，|PA|＋|PF|最小，∴|PF|＝12＋（－1－1）2＝5，则|PA|＋|PF|＝25，由正弦定理，2R＝|PF|sinA＝525＝52，因此△PAF的外接圆半径

R＝54.三、解答题9.已知点P到直线y＝－3的距离比点P到点A(0，1)的距离多2.(1)求点P的轨迹方程；(2)经过点Q(0，2)的动直线l与点P的轨迹交于M，N两点，是否存在定点R使得∠MRQ＝∠NRQ？若

存在，求出点R的坐标；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由题知，|PA|等于点P到直线y＝－1的距离，故P点的轨迹是以A为焦点，y＝－1为准线的抛物线，所以其方程为x2＝4y.(2)根据图形的对称性知，若存在满足条件的定点R，则点R必在y轴上，可设

其坐标为(0，r)，此时由∠MRQ＝∠NRQ可得kMR＋kNR＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1－rx1＋y2－rx2＝0，由题知直线l的斜率存在，设其方程为y＝kx＋2，与x2＝4y联立得x2－4kx－8＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，y1－rx1＋

y2－rx2＝kx1＋2－rx1＋kx2＋2－rx2＝2k＋（2－r）（x1＋x2）x1x2＝2k－k（2－r）2＝0，故r＝－2，即存在满足条件的定点R(0，－2).10.在平面直角坐标系xOy中，已知椭

圆C：x24＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝x12，y1，n＝x22，y2，m·n＝0.(1)求证：k1·k2＝－14；(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由.【解析】(1)

∵k1，k2均存在，∴x1x2≠0，又m·n＝0，∴x1x24＋y1y2＝0，即x1x24＝－y1y2，∴k1·k2＝y1y2x1x2＝－14.(2)当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由y1y2x1x2＝－14，得x214－y21＝0，又∵点P(x1

，y1)在椭圆上，得x214＋y21＝1，∴|x1|＝2，|y1|＝22.∴S△POQ＝12|x1|·|y1－y2|＝1.当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b(b≠0).由y＝kx＋

b，x24＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0，∴x1＋x2＝－8kb4k2＋1，x1x2＝4b2－44k2＋1.∵x1x24＋y1y2＝0

，∴x1x24＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1，满足Δ>0.∴S△POQ＝12·|b|1＋k2|PQ|＝12|b|（x1＋x2）2－4x1x2＝2|b|·4k2＋1－b24k2＋1＝1.综上可知，△POQ的面积

S为定值.B组专题综合练11.【2019北京卷】已知抛物线C：x2＝－2py(p>0)经过点(2，－1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程.(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点

A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点.【解析】(1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)得p＝2.所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.(2)抛物线C的焦点为F(0，－1).设直线l

的方程为y＝kx－1(k≠0).由y＝kx－1，x2＝－4y得x2＋4kx－4＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.直线OM的方程为y＝y1x1x.令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－x1y1，同理得B的横坐标xB＝－x2y

2.设点D(0，n)，则DA→＝－x1y1，－1－n，DB→＝－x2y2，－1－n，DA→·DB→＝x1x2y1y2＋(n＋1)2＝x1x2－x214－x224＋(n＋1)2＝16x1x2

＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.令DA→·DB→＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，－3).12.已知椭圆C：x22＋y2＝1的右焦点为F，过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A，B两点，直线

l：x＝2与x轴相交于点H，过点A作AD⊥l，垂足为D.(1)求四边形OAHB(O为坐标原点)的面积的取值范围.(2)证明：直线BD过定点E，并求出点E的坐标.【解析】(1)由题设知F(1，0)，设直线AB的方程为x＝my＋1(m∈R)，A(x1，y1)，B

(x2，y2).由x＝my＋1，x22＋y2＝1，消去x并整理，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0.Δ＝4m2＋4(m2＋2)＞0，则y1＋y2＝－2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2，所以|y1－y2|＝（y1＋y2）2

－4y1y2＝22×m2＋1m2＋2.所以四边形OAHB的面积S＝12×|OH|×|y1－y2|＝12×2×22×m2＋1m2＋2＝22×m2＋1m2＋2.令m2＋1＝t，则t≥1，所以S＝22tt2＋1＝22t＋

1t，t≥1.因为t＋1t≥2(当且仅当t＝1，即m＝0时取等号)，所以0＜S≤2.故四边形OAHB的面积的取值范围为(0，2].(2)由B(x2，y2)，D(2，y1)，可知直线BD的斜率k＝y1－y22－x2.所以直线BD的方程为y－y1＝y1－y22－x2(x－2).令y＝0，得x＝x

2y1－2y2y1－y2＝my1y2＋y1－2y2y1－y2.①由(1)知，y1＋y2＝－2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2，所以y1＋y2＝2my1y2.②将②代入①，化简得x＝12（y1＋y2）＋y1－2y2y1－y2＝32（y1－y2）y1－y2＝32，所以直线BD过定点

E32，0.