浙江高考數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

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1、高考數學精品復習資料 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() AB.2CD.12.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()ABCD3.已知直線y=x與雙曲線=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=()ABCD.與P點位置有關4.設

2、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:x2=ay(a0)上,拋物線C上異于點A的兩點P,Q滿足=(<0),直線OP與QA交于點R,PQR和PAR的面積滿足SPQR=3SPAR,則點P的橫坐標為()A.-4B.-2C.2D.46.已知

3、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,=2(其中O為坐標原點),則ABO與AFO面積之和的最小值是()A.2B.3CD7.已知點P在雙曲線=1上,點A滿足=(t-1)(tR),且=64,=(0,1),則|的最大值為()ABCD8.如圖,點F1,F2是橢圓C1的左、右焦點,橢圓C1與雙曲線C2的漸近線交于點P,PF1PF2,橢圓C1與雙曲線C2的離心率分別為e1,e2,則()ABCD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.

4、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. 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AFBF,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

5、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.(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(k0)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

6、否存在點P,使得無論非零實數k怎樣變化,總有MPN為直角?若存在,求出點P的坐標;若不存在,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=-,x1+

7、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(a0)上,故a=1.設點P(x1,),Q(x2,),P,Q滿足=(<0),kPQ=kOA,即x

8、1+x2=-1.設R(m,n),使得PQR和PAR的面積滿足SPQR=3SPAR,所以=3,又PQOA,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SABO=SAMO+SBMO=|OM|y1-y2|=y1-y2,SAFO=|OF|×y1=y1=y1,故SABO+SAFO=y1

9、-y2+y1=y1-y2.由y1-y2=y1+(-y2)2=2=3,得SABO+SAFO的最小值為3,故選B.7.B8.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PF1PF2,|OP|=|F1F2|=c,x2+y2=c2,代入整理得c2=2c2,兩邊同除以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=-

10、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=16+12b=0,解得b=-,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

11、ACB為直角,=(m+)(m-)+(m2-a)2=0.化為m2-a+(m2-a)2=0.m,m2=a-10,解得a1.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),則整理得(9b2-16a2)x2=9a2b2,即x2=,A與B關于原點對稱,設A,B,.AFBF,=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+4a20,b2-4a2=0,故b=2a,雙曲線

12、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+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+.根據拋物線性質可知,|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+2

13、mx+2m2-m=0,x1+x2=-2m,x1·x2=2m2-m,>0,解得0<m<1,則=-m,=m,線段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)在上單調遞增,在上單調遞減,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

14、)設橢圓C的方程為=1(a>b>0),因為橢圓的左焦點為F1(-2,0),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(k0)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k怎樣變化,總有MPN為直角.