(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）

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：＋＝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，)    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≥tan 60°，即≥，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.2   B.   C.   D.

【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＝y，其准线方程为y＝－，∴当点P在抛物线的顶点时，d有最小值，即|PF|min＝.

3.已知椭圆C：x2＋＝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.    B.

C.    D.

【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.

联立整理，得3x2－2nx＋n2－2＝0，

∴x1＋x2＝，y1＋y2＝2n－(x1＋x2)＝2n－＝，

∴x0＝＝，y0＝＝.

由Δ＝4n2－12(n2－2)＞0，可得－＜n＜.

∵MN的中点T(x0，y0)在直线y＝x＋m上，

∴＝＋m，∴m＝，∴－＜m＜.

4.(多选题)设椭圆C：＋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|＝2

B.离心率e＝

C.△PF1F2面积的最大值为

D.以线段F1F2为直径的圆与直线x＋y－＝0相切

【答案】AD

【解析】对于A，由椭圆的定义可知|PF1|＋|PF2|＝2a＝2，故A正确；对于B，由椭圆方程知a＝，b＝1，c＝1，所以离心率e＝＝＝，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·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－＝0的距离为＝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－＝0相切，故D正确.故选AD.

5.(多选题)已知P是椭圆C：＋y2＝1上的动点，Q是圆D：(x＋1)2＋y2＝上的动点，则(　　)

A.椭圆C的焦距为

B.椭圆C的离心率为

C.圆D在椭圆C的内部

D.|PQ|的最小值为

【答案】BC

【解析】依题意可得c＝＝，则椭圆C的焦距为2，离心率为＝.设P(x，y)(－≤x≤).由圆心D的坐标为(－1，0)，得|PD|2＝(x＋1)2＋y2＝(x＋1)2＋1－＝＋≥>，所以圆D在椭圆C的内部，且|PQ|的最小值为－＝.故选BC.

二、填空题

6.已知点P(0，1)，椭圆＋y2＝m(m>1)上两点A，B满足＝2，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＝2，得即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.

因为点A，B在椭圆上，所以得y2＝m＋，所以x＝m－(3－2y2)2＝

－m2＋m－＝－(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－＝1的左、右焦点分别为F1、F2，P为双曲线上任一点，且·的最小值为－7，则该双曲线的离心率是________.

【答案】

【解析】设点F1(－c，0)，F2(c，0)(其中c＞0)，P(x0，y0).

则－＝1，所以x＝9.

∵＝(－c－x0，－y0)，＝(c－x0，－y0)，

∴·＝x－c2＋y＝9＋y－c2＝y＋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＝＝.

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】2　

【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＋，则y0＝2－1＝1，∴AF⊥y轴.易知当P(1，－1)时，

|PA|＋|PF|最小，∴|PF|＝＝，则|PA|＋|PF|＝2，由正弦定理，2R＝＝＝，

因此△PAF的外接圆半径R＝.

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＋＝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，

＋＝＋

＝2k＋＝2k－＝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：＋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＝，n＝，m·n＝0.

(1)求证：k1·k2＝－；

(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，∴＋y1y2＝0，即＝－y1y2，

∴k1·k2＝＝－.

(2)当直线PQ的斜率不存在，

即x1＝x2，y1＝－y2时，

由＝－，得－y＝0，

又∵点P(x1，y1)在椭圆上，得＋y＝1，

∴|x1|＝，|y1|＝.

∴S△POQ＝|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).

由得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，

Δ＝64k2b2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(4k2＋1－b2)>0，

∴x1＋x2＝，x1x2＝.

∵＋y1y2＝0，∴＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，

得2b2－4k2＝1，满足Δ>0.

∴S△POQ＝·|PQ|

＝|b|＝2|b|·＝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).

由得x2＋4kx－4＝0.

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.

直线OM的方程为y＝x.

令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－，

同理得B的横坐标xB＝－.设点D(0，n)，

则＝，＝，

·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2

＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.

令·＝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：＋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).

由消去x并整理，得(m2＋2)y2＋2my－1＝0.

Δ＝4m2＋4(m2＋2)＞0，

则y1＋y2＝－，y1y2＝－，

所以|y1－y2|＝＝.

所以四边形OAHB的面积S＝×|OH|×|y1－y2|

＝×2×＝.

令＝t，则t≥1，所以S＝＝，t≥1.

因为t＋≥2(当且仅当t＝1，即m＝0时取等号)，

所以0＜S≤.

故四边形OAHB的面积的取值范围为(0，].

(2)由B(x2，y2)，D(2，y1)，可知直线BD的斜率k＝.

所以直线BD的方程为y－y1＝(x－2).

令y＝0，得x＝＝.①

由(1)知，y1＋y2＝－，y1y2＝－，

所以y1＋y2＝2my1y2.②

将②代入①，化简得x＝＝＝，

所以直线BD过定点E.