新课标2022届高考数学二轮复习专题能力训练16圆锥曲线中的热点问题理

专题能力训练16　圆锥曲线中的热点问题(时间:60分钟　满分:100分)一、选择题(本大题共8小题,每小题5分,共40分)1.(2022浙江嘉兴一模)已知抛物线y2=4x的焦点为F,直线l过F且与抛物线交于A,B两点,若|AB|=5,则AB中点的横坐标为(　　)　　　　　　　　　　　　　AB.2CD.12.椭圆ax2+by2=1与直线y=1-x交于A,B两点,过原点与线段AB中点的直线的斜率为,则的值为(　　)ABCD3.已知直线y=x与双曲线=1交于A,B两点,P为双曲线上不同于A,B的点,当直线PA,PB的斜率kPA,kPB存在时,kPA·kPB=(　　)ABCD.与P点位置有关4.设过点P(x,y)的直线分别与x轴的正半轴和y轴的正半轴交于A,B两点,点Q与点P关于y轴对称,O为坐标原点.若=2,且=1,则点P的轨迹方程是(　　)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.在平面直角坐标系xOy中,点A(-1,1)在抛物线C:x2=ay(a≠0)上,抛物线C上异于点A的两点P,Q满足=(λ<0),直线OP与QA交于点R,△PQR和△PAR的面积满足S△PQR=3S△PAR,则点P的横坐标为(　　)A.-4B.-2C.2D.46.已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,=2(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是(　　)A.2B.3CD7.已知点P在双曲线=1上,点A满足=(t-1)(t∈R),且=64,=(0,1),则||的最大值为(　　)ABCD8.如图,点F1,F2是椭圆C1的左、右焦点,椭圆C1与双曲线C2的渐近线交于点P,PF1⊥PF2,椭圆C1与双曲线C2的离心率分别为e1,e2,则(　　)6\nABCD二、填空题(本大题共6小题,每小题5分,共30分)9.在平面直角坐标系中,动点P和点M(-2,0),N(2,0)满足||·||+=0,则动点P(x,y)的轨迹方程为　　　　　　　　. 10.已知斜率为的直线l与抛物线y2=2px(p>0)交于位于x轴上方的不同两点A,B,记直线OA,OB的斜率分别为k1,k2,则k1+k2的取值范围是　　　　　. 11.抛物线y=-x2上的点到直线4x+3y-8=0的距离的最小值是　　　　　. 12.(2022浙江台州实验中学模拟)已知直线y=a交抛物线y=x2于A,B两点,若该抛物线上存在点C,使得∠ACB为直角,则a的取值范围为　　　　　. 13.双曲线=1(a>0,b>0)的右焦点为F,直线y=x与双曲线相交于A,B两点,若AF⊥BF,则双曲线的渐近线方程为　　　　　. 14.已知抛物线y2=4x的焦点为F,过焦点的直线与抛物线交于A,B两点,则直线的斜率为　　　　　时,|AF|+4|BF|取得最小值. 三、解答题(本大题共2小题,共30分.解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)15.(本小题满分15分)如图,已知直线y=-2mx-2m2+m与抛物线C:x2=y相交于A,B两点,定点M(1)证明:线段AB被直线y=-x平分;(2)求△MAB面积取得最大值时m的值.16.(本小题满分15分)已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,左顶点为A,左焦点为F1(-2,0),点B(2,)在椭圆C上,直线y=kx(k≠0)与椭圆C交于E,G两点,直线AE,AG分别与y轴交于点M,N.(1)求椭圆C的方程;(2)在x轴上是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN6\n为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.参考答案专题能力训练16　圆锥曲线中的热点问题1.C　解析∵抛物线y2=4x,∴p=2,设经过点F的直线与抛物线相交于A,B两点,其横坐标分别为x1,x2,利用抛物线定义,得AB中点横坐标为x0=(x1+x2)=(|AB|-p)=×(5-2)=.2.A　解析设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB中点M(x0,y0).由题设知kOM=.由=-.又=-1,,所以.3.A　解析设点A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则由得y2=,则y1+y2=0,y1y2=-,x1+x2=0,x1x2=-4×.由于kPA·kPB==,即kPA·kPB为定值,选A.4.A　解析设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.点Q(-x,y),故由=1,得(-x,y)·(-a,b)=1,即ax+by=1.将a,b代入ax+by=1,得所求的轨迹方程为x2+3y2=1(x>0,y>0).5.B　解析点A(-1,1)在抛物线C:x2=ay(a≠0)上,故a=1.设点P(x1,),Q(x2,),∵P,Q满足=λ(λ<0),∴kPQ=kOA,即x1+x2=-1.设R(m,n),使得△PQR和△PAR的面积满足S△PQR=3S△PAR,所以=3,又PQ∥OA,故=3,即x2-x1=3,又x1+x2=-1,∴x1=-2.故选B.6.B　解析设AB所在直线方程为x=my+t.由消去x,得y2-my-t=0.设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.所以直线AB过定点M(2,0).6\n而S△ABO=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的最小值为3,故选B.7.B8.D　解析设椭圆的方程为=1,双曲线的方程为=1,P(x,y),由题意可知=c2,=c2,双曲线的渐近线方程:y=±x,将渐近线方程代入椭圆方程,解得x2=,y2=,由PF1⊥PF2,∴|OP|=|F1F2|=c,∴x2+y2=c2,代入整理得c2=2c2,两边同除以c4,由椭圆及双曲线的离心率公式可知e1=,e2=,整理得.9.y2=-8x　解析由题意可知=(4,0),=(x+2,y),=(x-2,y),由||·||+=0,可知4+4(x-2)=0,化简,得y2=-8x.10.(2,+∞)　解析设A(2p,2pt1),B(2p,2pt2),则kAB=,所以t1+t2=2.所以k1+k2==2,且等号不能成立.11.　解析如图,设与直线4x+3y-8=0平行且与抛物线y=-x2相切的直线为4x+3y+b=0,切线方程与抛物线方程联立得消去y整理得3x2-4x-b=0,则Δ=16+12b=0,解得b=-,所以切线方程为4x+3y-=0,抛物线y=-x2上的点到直线4x+3y-8=0距离的最小值是这两条平行线间的距离d=.12.[1,+∞)　解析如图所示,可知A(-,a),B(,a),设C(m,m2),=(m+,m2-a),=(m-,m2-a).∵该抛物线上存在点C,使得∠ACB为直角,∴=(m+)(m-)+(m2-a)2=0.化为m2-a+(m2-a)2=0.∵m≠,∴m2=a-1≥0,解得a≥1.6\n∴a的取值范围为[1,+∞).13.y=±2x　解析由题意可知双曲线=1(a>0,b>0)焦点在x轴上,右焦点F(c,0),则整理得(9b2-16a2)x2=9a2b2,即x2=,∴A与B关于原点对称,设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,∴双曲线的渐近线方程为y=±x=±2x.14.±2　解析由题意知p=2,设|AF|=m,|BF|=n,则=1,∴m+4n=(m+4n)=5+≥9,当且仅当m=2n时,m+4n的最小值为9,设直线的斜率为k,方程为y=k(x-1),代入抛物线方程,得k2(x-1)2=4x.化简后为k2x2-(2k2+4)x+k2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1x2=1,x1+x2=2+.根据抛物线性质可知,|AF|=x1+1,|BF|=x2+1,∴x1+1=2(x2+1),联立可得k=±2.15.(1)证明设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程组得x2+2mx+2m2-m=0,∴x1+x2=-2m,x1·x2=2m2-m,Δ>0,解得0<m<1,则=-m,=m,∴线段AB的中点坐标为(-m,m),故线段AB被直线y=-x平分.(2)解∵|AB|==(0<m<1),点M到直线AB的距离为d=,∴△MAB的面积S=|AB|d=|1-2(-m2+m)|(0<m<1),令=t,则S=t|1-2t2|.又∵0<t≤,∴S=t-2t3,令f(t)=t-2t3,则f'(t)=1-6t2,则f(t)在上单调递增,在上单调递减,故当t=时,f(t)取得最大值,即△MAB面积取得最大值,此时有,解得m=.16.解(1)设椭圆C的方程为=1(a>b>0),因为椭圆的左焦点为F1(-2,0),所以a2-b2=4,设椭圆的右焦点为F2(2,0),已知点B(2,)在椭圆C上,由椭圆的定义知|BF1|+|BF2|=2a,所以2a=3=4,所以a=2,从而b=2,所以椭圆C的方程为=1.(2)因为椭圆C的左顶点为A,则点A的坐标为(-2,0),因为直线y=kx(k≠0)与椭圆=1交于两点E,F,设点E(x0,y0)(不妨设x0>0),则点G(-x0,-y0),联立方程组消去y得x2=,所以x0=,y0=,所以直线AE的方程为y=(x+2),6\n因为直线AE与y轴交于点M,令x=0,得y=,即点M,同理可得点N.假设在x轴上存在点P(t,0),使得∠MPN为直角,则=0,即t2+=0,即t2-4=0.解得t=2或t=-2.故存在点P(2,0)或P(-2,0),无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角.6