2025届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专题强化练理

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Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C的两个焦点，P是C上一点，若PF1⊥PF2，且∠PF2F1＝60°，则C的离心率为()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.由椭圆定义知|PF1|＋|PF2|＝2a，即(eq\r(3)＋1)c＝2a.故椭圆的离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\r(3)－1.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．(2024·广东六校联考)已知双曲线eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点为F1、F2，在双曲线上存在点P满意2|eq\o(PF1,\s\up14(→))＋eq\o(PF2,\s\up14(→))|≤|eq\o(F1F2,\s\up14(→))|，则此双曲线的离心率e的取值范围是________．解析：由于O是F1F2的中点，得eq\o(PO,\s\up14(→))＝eq\f(1,2)(eq\o(PF1,\s\up14(→))＋eq\o(PF2,\s\up14(→)))．因为双曲线上的存在点P满意2|eq\o(PF1,\s\up14(→))＋eq\o(PF2,\s\up14(→))|≤|eq\o(F1F2,\s\up14(→))|，则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．(2024·华南师大检测)已知椭圆D的中心在原点，焦点在x轴上，焦距为2，且长轴长是短轴长的eq\r(2)倍．(1)求椭圆D的标准方程；(2)设P(2，0)，过椭圆D左焦点F的直线l交D于A、B两点，若对满意条件的随意直线，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)依题意，c＝1，a＝eq\r(2)b，又a2＝b2＋c2，得2b2＝b2＋1，所以b2＝1，a2＝2.所以椭圆D的标准方程为eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))＝(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2，当直线l垂直于x轴时，x1＝x2＝－1，y1＝－y2且yeq\o\al(2,1)＝eq\f(1,2)，此时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).当直线l不垂直于x轴时，设直线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的最小值为eq\f(17,2).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)