PAGE1-第3講圓錐曲線中的熱點(diǎn)問題A級基礎(chǔ)通關(guān)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(diǎn)在x軸上，點(diǎn)A，B是長軸的兩端點(diǎn)，若曲線C上存在點(diǎn)M滿意∠AMB＝120°，則實(shí)數(shù)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(dāng)0＜m＜3時(shí)，焦點(diǎn)在x軸上，要在曲線C上存在點(diǎn)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Ⅰ)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝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．2sin40° B．2cos40° C.eq\f(1,sin50°) D.eq\f(1,cos50°)解析：由題意可得－eq\f(b,a)＝tan130°，所以e＝eq\r(1＋\f(b2,a2))＝eq\r(1＋tan2130°)＝eq\r(1＋\f(sin2130°,cos2130°))＝eq\f(1,|cos130°|)＝eq\f(1,cos50°).答案：D3．若點(diǎn)P為拋物線y＝2x2上的動(dòng)點(diǎn)，F(xiàn)為拋物線的焦點(diǎn)，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(jù)題意，拋物線y＝2x2上，設(shè)P到準(zhǔn)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(zhǔn)線方程為y＝－eq\f(1,8)，所以當(dāng)點(diǎn)P在拋物線的頂點(diǎn)時(shí)，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(diǎn)為F，準(zhǔn)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(diǎn)A和點(diǎn)B，且|AB|＝4|OF|(O為原點(diǎn))，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(diǎn)為F(1，0)，準(zhǔn)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(shè)點(diǎn)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?yàn)閏2＝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(diǎn)P在橢圓C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上，C1的右焦點(diǎn)為F2，點(diǎn)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(shè)橢圓的左焦點(diǎn)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．已知點(diǎn)(1，2)是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)上一點(diǎn)，則雙曲線離心率的取值范圍是________．解析：由已知得eq\f(1,a2)－eq\f(4,b2)＝1，所以eq\f(b2,a2)＝b2＋4，則e2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)))eq\s\up12(2)＝1＋eq\f(b2,a2)＝5＋b2，故e＞eq\r(5).答案：(eq\r(5)，＋∞)7．已知拋物線y2＝4x，過焦點(diǎn)F的直線與拋物線交于A，B兩點(diǎn)，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＝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(shè)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(dāng)x＝－2，即y2＝－2時(shí)，|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(diǎn)為F，點(diǎn)P在橢圓上且在x軸的上方．若線段PF的中點(diǎn)在以原點(diǎn)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(diǎn)F(－2，0)，右焦點(diǎn)F′(2，0)．線段PF的中點(diǎn)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，OMeq\f(1,2)PF′，所以PF′＝4.依據(jù)橢圓的定義，得PF＋PF′＝6，所以PF＝2.又因?yàn)镕F′＝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(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)若eq\o(OA,\s\up14(→))·eq\o(OB,\s\up14(→))＝－4，求證：直線l恒過定點(diǎn)；(2)若直線l與曲線M相切，求eq\o(PA,\s\up14(→))·eq\o(PB,\s\up14(→))(點(diǎn)P坐標(biāo)為(1，0))的最大值．(1)證明：設(shè)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(diǎn)(2，0)．(2)解：因?yàn)橹本€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(diǎn)P坐標(biāo)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(shù)，所以當(dāng)n＝3時(shí)，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(diào)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(shè)過點(diǎn)A(0，4)的直線l與橢圓C交于M、N兩點(diǎn)，F(xiàn)是橢圓C的上焦點(diǎn)．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(shè)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(diǎn)，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(shí)力提升11．在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b≥1)過點(diǎn)P(2，1)，且離心率e＝eq\f(\r(3),2).(1)求橢圓C的方程；(2)直線l的斜率為eq\f(1,2)，直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，求△PAB面積的最大值．解：(1)因?yàn)閑2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(a2－b2,a2)＝eq\f(3,4)，所以a2＝4b2.又eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1，所以a2＝8，b2＝2.故所求橢圓C的方程為eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1.(2)設(shè)l的方程為y＝eq\f(1,2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))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，則|AB|＝eq\r(1＋\f(1,4))×eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(5（4－m2）)，點(diǎn)P到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋\f(1,4)))＝eq\f(2|m|,\r(5)).因此S△PAB＝eq\f(1,2)d|AB|＝eq\f(1,2)×eq\f(2|m|,\r(5))×eq\r(5（4－m2）)＝eq\r(m2（4－m2）)≤eq\f(m2＋（4－m2）,2)＝2.當(dāng)且僅當(dāng)m2＝2即m＝±eq\r(2)時(shí)上式等號成立，故△PAB面積的最大值為2.12．設(shè)橢圓M：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)分別為A(－1，0)，B(1，0)，C為橢圓M上的點(diǎn)，且∠ACB＝eq\f(π,3)，S△ABC＝eq\f(\r(3),3).(1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過橢圓M右焦點(diǎn)且斜率為k的動(dòng)直線與橢圓M相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，探究在x軸上是否存在定點(diǎn)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(diǎn)D的坐標(biāo)；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(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)直線方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(xiàn)(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)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8＞0，所以x1＋x2＝eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－2,1＋2k2).假設(shè)x軸上存在定點(diǎn)D(x0，0)使得eq\o(DE,\s\up14(→))·eq\o(DF,\s\up14(→))為定值．所以eq\o(DE,\s\up14(→))·eq\o(DF,\s\up14(→))＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋k2(x1－1)(x2－1)＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋xeq\o\al(2,0)＋k2＝eq\f(（2xeq\o\al(2,