《浙江高考數(shù)學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題六　解析幾何 專題能力訓練16 Word版含答案》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《浙江高考數(shù)學理二輪專題復習檢測：第一部分 專題整合高頻突破 專題六　解析幾何 專題能力訓練16 Word版含答案（8頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學精品復習資料 2019.5 專題能力訓練16　圓錐曲線中的熱點問題 (時間:60分鐘　滿分:100分) 一、選擇題(本大題共8小題,每小題5分,共40分) 1.(20xx浙江嘉興一模)已知拋物線y2=4x的焦點為F,直線l過F且與拋物線交于A,B兩點,若|AB|=5,則AB中點的橫坐標為(　　) 　　　　　　　　　　　　　 A B.2 C D.1 2.橢圓ax2+by2=1與直線y=1-x交于A,B兩點,過原點與線段AB中點的直線的斜率為,則的值為(　　) A B C D 3.已知直線y=x與雙

2、曲線=1交于A,B兩點,P為雙曲線上不同于A,B的點,當直線PA,PB的斜率kPA,kPB存在時,kPA·kPB=(　　) A B C D.與P點位置有關 4.設過點P(x,y)的直線分別與x軸的正半軸和y軸的正半軸交于A,B兩點,點Q與點P關于y軸對稱,O為坐標原點.若=2,且=1,則點P的軌跡方程是(　　) Ax2+3y2=1(x>0,y>0) Bx2-3y2=1(x>0,y>0) C.3x2-y2=1(x>0,y>0) D.3x2+y2=1(x>0,y>0) 5.在平面直角坐標系xOy中,點A(-1,1)在拋物線C

3、:x2=ay(a≠0)上,拋物線C上異于點A的兩點P,Q滿足=(λ<0),直線OP與QA交于點R,△PQR和△PAR的面積滿足S△PQR=3S△PAR,則點P的橫坐標為(　　) A.-4 B.-2 C.2 D.4 6.已知F為拋物線y2=x的焦點,點A,B在該拋物線上且位于x軸的兩側(cè),=2(其中O為坐標原點),則△ABO與△AFO面積之和的最小值是(　　) A.2 B.3 C D 7.已知點P在雙曲線=1上,點A滿足=(t-1)(t∈R),且=64,=(0,1),則||的最大值為(　　) A B C D 8.如圖,點F1,F2是橢圓C1的左、右焦點,橢圓C1與雙

4、曲線C2的漸近線交于點P,PF1⊥PF2,橢圓C1與雙曲線C2的離心率分別為e1,e2,則(　　) A B C D 二、填空題(本大題共6小題,每小題5分,共30分) 9.在平面直角坐標系中,動點P和點M(-2,0),N(2,0)滿足||·||+=0,則動點P(x,y)的軌跡方程為　　　　　　　　.  10.已知斜率為的直線l與拋物線y2=2px(p>0)交于位于x軸上方的不同兩點A,B,記直線OA,OB的斜率分別為k1,k2,則k1+k2的取值范圍是　　　　　.  11.拋物線y=-x2上的點到直線4x+3y-8=0的距離的最小值是

5、　　　　　.  12.(20xx浙江臺州實驗中學模擬)已知直線y=a交拋物線y=x2于A,B兩點,若該拋物線上存在點C,使得∠ACB為直角,則a的取值范圍為　　　　　.  13.雙曲線=1(a>0,b>0)的右焦點為F,直線y=x與雙曲線相交于A,B兩點,若AF⊥BF,則雙曲線的漸近線方程為　　　　　.  14.已知拋物線y2=4x的焦點為F,過焦點的直線與拋物線交于A,B兩點,則直線的斜率為　　　　　時,|AF|+4|BF|取得最小值.  三、解答題(本大題共2小題,共30分.解答應寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 15.

6、(本小題滿分15分)如圖,已知直線y=-2mx-2m2+m與拋物線C:x2=y相交于A,B兩點,定點M (1)證明:線段AB被直線y=-x平分; (2)求△MAB面積取得最大值時m的值. 16.(本小題滿分15分)已知橢圓C的中心在坐標原點,焦點在x軸上,左頂點為A,左焦點為F1(-2,0),點B(2,)在橢圓C上,直線y=kx(k≠0)與橢圓C交于E,G兩點,直線AE,AG分別與y軸交于點M,N. (1)求橢圓C的方程; (2)在x軸上是否存在點P,使得無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角?若存在,求出點P的坐標;若不存

7、在,請說明理由. 參考答案 專題能力訓練16　圓錐曲線中的熱點問題 1.C　解析 ∵拋物線y2=4x,∴p=2, 設經(jīng)過點F的直線與拋物線相交于A,B兩點,其橫坐標分別為x1,x2,利用拋物線定義, 得AB中點橫坐標為x0=(x1+x2)=(|AB|-p)=×(5-2)=. 2.A　解析 設A(x1,y1), B(x2,y2),線段AB中點M(x0,y0).由題設知kOM=. 由=-. 又=-1,,所以. 3.A　解析 設點A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0), 則由得y2=,則y1+y2=0,y1y2=

8、-,x1+x2=0,x1x2=-4×. 由于kPA·kPB= =, 即kPA·kPB為定值,選A. 4.A　解析設A(a,0),B(0,b),a>0,b>0. 由=2,得(x,y-b)=2(a-x,-y), 即a=x>0,b=3y>0. 點Q(-x,y),故由=1,得(-x,y)·(-a,b)=1,即ax+by=1. 將a,b代入ax+by=1,得所求的軌跡方程為x2+3y2=1(x>0,y>0). 5.B　解析 點A(-1,1)在拋物線C:x2=ay(a≠0)上,故a=1.設點P(x1,),Q(x2

9、,), ∵P,Q滿足=λ(λ<0), ∴kPQ=kOA,即x1+x2=-1.設R(m,n),使得△PQR和△PAR的面積滿足S△PQR=3S△PAR, 所以=3,又PQ∥OA,故=3, 即x2-x1=3,又x1+x2=-1,∴x1=-2. 故選B. 6.B　解析 設AB所在直線方程為x=my+t. 由消去x,得y2-my-t=0. 設A(,y1),B(,y2)(不妨令y1>0,y2<0), 故=m,y1y2=-t. 而+y1y2=2. 解得y1y2=-2或y1y2=1(舍去). 所以-t=-2,即t=2. 所以直線AB過定點M(2,0). 而S△A

10、BO=S△AMO+S△BMO =|OM||y1-y2|=y1-y2, S△AFO=|OF|×y1=y1=y1, 故S△ABO+S△AFO=y1-y2+y1=y1-y2. 由y1-y2=y1+(-y2) ≥2=2=3, 得S△ABO+S△AFO的最小值為3,故選B. 7.B 8.D　解析 設橢圓的方程為=1,雙曲線的方程為=1,P(x,y), 由題意可知=c2,=c2, 雙曲線的漸近線方程:y=±x,將漸近線方程代入橢圓方程,解得x2=,y2=, 由PF1⊥PF2,∴|OP|=|F1F2|=c,∴x2+y2=c2, 代入整理得c2=2c2, 兩邊同除

11、以c4,由橢圓及雙曲線的離心率公式可知e1=,e2=,整理得. 9.y2=-8x　解析 由題意可知=(4,0),=(x+2,y),=(x-2,y), 由||·||+=0, 可知4+4(x-2)=0, 化簡,得y2=-8x. 10.(2,+∞)　解析 設A(2p,2pt1),B(2p,2pt2), 則kAB=,所以t1+t2=2. 所以k1+k2==2,且等號不能成立. 11.　 解析 如圖,設與直線4x+3y-8=0平行且與拋物線y=-x2相切的直線為4x+3y+b=0,切線方程與拋物線方程聯(lián)立得消去y整理得3x2-4x-b=0,則Δ=16+12b=0,解得b=

12、-,所以切線方程為4x+3y-=0,拋物線y=-x2上的點到直線4x+3y-8=0距離的最小值是這兩條平行線間的距離d=. 12.[1,+∞)　解析 如圖所示,可知A(-,a),B(,a), 設C(m,m2),=(m+,m2-a),=(m-,m2-a). ∵該拋物線上存在點C,使得∠ACB為直角, ∴=(m+)(m-)+(m2-a)2=0. 化為m2-a+(m2-a)2=0. ∵m≠,∴m2=a-1≥0,解得a≥1. ∴a的取值范圍為[1,+∞). 13.y=±2x　解析 由題意可知雙曲線=1(a>0,b>0)焦點在x軸上,右焦點F(c,0), 則

13、 整理得(9b2-16a2)x2=9a2b2,即x2=,∴A與B關于原點對稱,設A,B, . ∵AF⊥BF,∴=0,即(x-c)(-x-c)+x·=0,整理得c2=x2. ∴a2+b2=, 即9b4-32a2b2-16a4=0, ∴(b2-4a2)(9b2+4a2)=0, ∵a>0,b>0,∴9b2+4a2≠0, ∴b2-4a2=0,故b=2a, ∴雙曲線的漸近線方程為y=±x=±2x. 14.±2　解析 由題意知p=2,設|AF|=m,|BF|=n,則=1, ∴m+4n=(m+4n)=5+≥9, 當且僅當m=2n時,m

14、+4n的最小值為9, 設直線的斜率為k,方程為y=k(x-1),代入拋物線方程,得k2(x-1)2=4x. 化簡后為k2x2-(2k2+4)x+k2=0. 設A(x1,y1),B(x2,y2), 則有x1x2=1,x1+x2=2+. 根據(jù)拋物線性質(zhì)可知,|AF|=x1+1,|BF|=x2+1, ∴x1+1=2(x2+1), 聯(lián)立可得k=±2. 15.(1)證明 設A(x1,y1),B(x2,y2), 聯(lián)立方程組 得x2+2mx+2m2-m=0,∴x1+x2=-2m,x1·x2=2m2-m,Δ>0,解得0<m<1,則=-m,=m, ∴線

15、段AB的中點坐標為(-m,m),故線段AB被直線y=-x平分. (2)解 ∵|AB|= =(0<m<1),點M到直線AB的距離為d=, ∴△MAB的面積S=|AB|d=|1-2(-m2+m)|(0<m<1), 令=t,則S=t|1-2t2|. 又∵0<t≤,∴S=t-2t3,令f(t)=t-2t3,則f'(t)=1-6t2,則f(t)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,故當t=時,f(t)取得最大值,即△MAB面積取得最大值,此時有,解得m=. 16.解 (1)設橢圓C的方程為=1(a>b>0), 因為橢圓的左焦點為F1(-2,0),

16、所以a2-b2=4,設橢圓的右焦點為F2(2,0),已知點B(2,)在橢圓C上,由橢圓的定義知|BF1|+|BF2|=2a,所以2a=3=4,所以a=2,從而b=2, 所以橢圓C的方程為=1. (2)因為橢圓C的左頂點為A, 則點A的坐標為(-2,0), 因為直線y=kx(k≠0)與橢圓=1交于兩點E,F,設點E(x0,y0)(不妨設x0>0),則點G(-x0,-y0), 聯(lián)立方程組消去y得x2=, 所以x0=,y0=, 所以直線AE的方程為y=(x+2), 因為直線AE與y軸交于點M, 令x=0,得y=,即點M, 同理可得點N. 假設在x軸上存在點P(t,0),使得∠MPN為直角,則=0,即t2+=0, 即t2-4=0.解得t=2或t=-2. 故存在點P(2,0)或P(-2,0),無論非零實數(shù)k怎樣變化,總有∠MPN為直角.