【高考復(fù)習(xí)方案】2021屆高三數(shù)學(xué)(新課標(biāo)文)二輪限時訓(xùn)練-第16講-圓錐曲線中的熱點問題A-

專題限時集訓(xùn)(十六)A[第16講圓錐曲線中的熱點問題](時間：5分鐘＋40分鐘)基礎(chǔ)演練1．已知a，b為正常數(shù)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是兩個定點，且|F1F2|＝2a(a是正常數(shù))，動點P滿足|PF1|＋|PF2|＝a2＋1，則動點PA．橢圓 B．線段C．橢圓或線段 D．直線2．若直線y＝kx＋1與焦點在x軸上的橢圓eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,m)＝1恒有公共點，則m的取值范圍為()A．0<m<5 B．1≤m<5C．1<m<5 D．m>13．以拋物線y2＝8x上的任意一點為圓心作圓與直線x＋2＝0相切，這些圓必過肯定點，則這肯定點的坐標(biāo)是()A．(0，2) B．(2，0) C．(4，0) D．(0，4)4．已知點P是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1上任一點，過P作x軸的垂線，垂足為Q，則PQ的中點M的軌跡方程是()A．eq\f(x2,a2)－eq\f(4y2,b2)＝1 B．eq\f(x2,a2)－eq\f(2y2,b2)＝1C．eq\f(2x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1 D．eq\f(4x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝15．若拋物線y2＝2px的焦點在圓(x－p)2＋(y－1)2＝4內(nèi)，則實數(shù)p的取值范圍是________.提升訓(xùn)練6．在直角坐標(biāo)平面內(nèi)，已知兩點A(－2，0)，B(2，0)，動點Q到點A的距離為6，線段BQ的垂直平分線交AQ于點P，則點P的軌跡方程是()A．eq\f(x2,5)＋eq\f(y2,9)＝1 B．eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1C．eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1 D．eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,8)＝17．已知點P為拋物線x2＝12y的焦點，A，B是雙曲線3x2－y2＝12的兩個頂點，則△APB的面積為()A．4 B．6 C．8 D．8．已知P為橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上的一點，M，N分別為圓(x＋3)2＋y2＝1和圓(x－3)2＋y2＝4上的點，則|PM|＋|PN|的最小值為()A．5 B．7 C．13 D．9．已知直線l1：4x－3y＋6＝0和直線l2：x＝－1，拋物線y2＝4x上一動點P到直線l1和直線l2的距離之和的最小值是()A．2 B．3 C．eq\f(11,5) D．eq\f(37,16)10．已知P為拋物線y2＝4x上一個動點，Q為圓x2＋(y－3)2＝1上一個動點，那么點P到點Q的距離與點P到拋物線的準(zhǔn)線距離之和的最小值是________.11．已知動點M(x，y)，向量m＝(x－3，y)，n＝(x＋3，y)，且滿足|m|＋|n|＝8，則動點P的軌跡方程是____________.12．如圖16-1所示，直線y＝m與拋物線y2＝4x交于點A，與圓(x－1)2＋y2＝4的實線部分交于點B,F為拋物線的焦點，則△ABF的周長的取值范圍是________.圖16-113．已知拋物線C的頂點在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上，P(2，0)為定點.(1)若點P為拋物線的焦點，求拋物線C的方程.(2)若動圓M過點P，且圓心M在拋物線C上運動，點A，B是圓M與y軸的兩交點，試推斷是否存在一條拋物線C，使|AB|為定值？若存在，求這個定值；若不存在，說明理由.14．已知點M到點F(1，0)和直線x＝－1的距離相等，記點M的軌跡為C．(1)求軌跡C的方程；(2)過點F作相互垂直的兩條直線l1，l2，曲線C與l1交于點P1，P2，與l2交于點Q1，Q2，試證明：eq\f(1,|P1P2|)＋eq\f(1,|Q1Q2|)＝eq\f(1,4)；(3)圓錐曲線在某些性質(zhì)方面呈現(xiàn)統(tǒng)一性，在(2)中，我們得到的是關(guān)于拋物線的一個美麗?結(jié)論，請你寫出關(guān)于橢圓Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的一個相類似的結(jié)論(不需證明).15．已知拋物線C1：x2＝2py(p＞0)與橢圓C2：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)在第一象限的公共點為A(2eq\r(2)，1)，設(shè)拋物線C1的焦點為F，橢圓C2的左右焦點分別為F1(－c，0)，F(xiàn)2(c，0)，△F1F2F面積為6.(1)求拋物線C1和橢圓C2的方程；(2)設(shè)A1，A2為橢圓C2的左、右頂點，P為橢圓C2上異于A1，A2的任意一點，直線l：x＝eq\f(a2,c)，l與直線A1P，A2P分別交于點M，N，摸索究：在x軸上是否存在定點D，使得以線段MN為直徑的圓恒過點D，若存在，懇求出點D的坐標(biāo)，若不存在，請說明理由；(3)推廣(2)，得橢圓一般性的正確命題，據(jù)此類比，得到雙曲線的一般性正確命題，請直接寫出這個雙曲線的正確命題(不必證明).圖16-2

專題限時集訓(xùn)(十六)A【基礎(chǔ)演練】1．C[解析]由于a2＋1≥2a(當(dāng)且僅當(dāng)a＝1時，等號成立)，所以|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|.當(dāng)a≠1時，|PF1|＋|PF2|>|F1F2|，此時動點P的軌跡是橢圓；當(dāng)a＝1時，|PF1|＋|PF2|＝|F1F2|，此時動點P的軌跡是線段2．B[解析]由于直線y＝kx＋1過定點(0，1)，要使直線與橢圓恒有公共點，只需定點(0，1)在橢圓上或橢圓內(nèi)，所以m≥1.由于焦點在x軸上，所以0<m<5，于是滿足條件的m的范圍是1≤m<5.3．B[解析]直線x＋2＝0為拋物線的準(zhǔn)線，依據(jù)拋物線的定義，圓心到準(zhǔn)線的距離等于圓心到焦點的距離，故這些圓恒過定點(2，0)．4．A[解析]設(shè)M(x，y)，則P(x，2y)，將(x，2y)代入雙曲線的方程得eq\f(x2,a2)－eq\f(（2y）2,b2)＝1，所以所求軌跡方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(4y2,b2)＝1.5．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2\r(3)，2\r(3)))[解析]拋物線y2＝2px的焦點為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0))，由題意得，eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)－p))\s\up12(2)＋（0－1）2)<2，解得－2eq\r(3)<p<2eq\r(3).【提升訓(xùn)練】6．B[解析]由于線段BQ的垂直平分線交AQ于點P，所以|PB|＝|PQ|，又|AQ|＝6，所以|PA|＋|PB|＝|AQ|＝6，又|PA|＋|PB|>|AB|，從而點P的軌跡是中心在原點，以A，B為焦點的橢圓，其中2a＝6，2c＝4，所以b2＝9－4＝5，所以橢圓方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,5)＝1.7．B[解析]依題有Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，3))，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，0))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2，0))，故OP＝3，AB＝4，所以S△APB＝eq\f(1,2)·|AB|·|OP|＝eq\f(1,2)×4×3＝6.8．B[解析]由題意知橢圓的兩個焦點F1，F(xiàn)2分別是兩圓的圓心，且|PF1|＋|PF2|＝10，從而|PM|＋|PN|的最小值為|PF1|＋|PF2|－1－2＝7.9．A[解析]直線l2：x＝－1為拋物線y2＝4x的準(zhǔn)線，由拋物線的定義知，P到l2的距離等于P到拋物線的焦點F(1，0)的距離，故本題轉(zhuǎn)化為在拋物線y2＝4x上找一個點P，使得P到點F(1，0)和直線l1的距離之和最小，最小值為F(1，0)到直線l1：4x－3y＋6＝0的距離，即dmin＝eq\f(|4－0＋6|,5)＝2.10．eq\r(10)－1[解析]依據(jù)拋物線的定義知，點P到準(zhǔn)線的距離即點P到焦點F(1，0)的距離．由于焦點F到圓心(0，3)的距離為eq\r(10)，所以點P到圓上點Q與到準(zhǔn)線距離之和的最小值為eq\r(10)－1.11．eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1[解析]由已知得eq\r(（x－3）2＋y2)＋eq\r(（x＋3）2＋y2)＝8，即動點P到兩定點M(3，0)，N(－3，0)的距離之和為常數(shù)，且|PM|＋|PN|>|MN|＝6，所以動點P的軌跡是橢圓，且2a＝8，2c＝6，所以橢圓方程為eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,7)＝1.12．(4，6)[解析]過A作AA′垂直準(zhǔn)線交準(zhǔn)線于A′，由拋物線的定義知|AF|＝|AA′|，而焦點恰為圓的圓心，所以△ABF的周長C＝|AF|＋|AB|＋|BF|＝|AA′|＋|AB|＋|BF|＝|BA′|＋|BF|，明顯2<|BA′|<4，所以4<C<6.13．解：(1)設(shè)拋物線C的方程為y2＝2px(p≠0)，則拋物線的焦點坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)，0)).由已知得，eq\f(p,2)＝2，即p＝4，故拋物線C的方程是y2＝8x.(2)設(shè)圓心M(a，b)，點A(0，y1)，B(0，y2)．由于圓M過點P(2，0)，則可設(shè)圓M的方程為(x－a)2＋(y－b)2＝(a－2)2＋b2.令x＝0，得y2－2by＋4a－4＝0，則y1＋y2＝2b，y1·y2＝4a－4.所以|AB|＝eq\r(（y1－y2）2)＝eq\r(（y1＋y2）2－4y1·y2)＝eq\r(4b2－16a＋16).設(shè)拋物線C的方程為y2＝mx(m≠0)，由于圓心M在拋物線C上，所以b2＝ma，所以|AB|＝eq\r(4ma－16a＋16)＝eq\r(4a（m－4）＋16).由此可得，當(dāng)m＝4時，|AB|＝4為定值．故存在一條拋物線y2＝4x，使|AB|為定值4.14．解：(1)由于點M到點F(1，0)和直線x＝－1的距離相等，由拋物線定義，可知曲線C是拋物線，其中F(1，0)是焦點，所以曲線C的方程為y2＝4x.(2)依據(jù)圖形可以直觀推斷，直線l1，l2的斜率存在且不等于0，故不妨設(shè)l1的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝k（x－1）))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.由于曲線C與l1交于點P1，P2且l1過焦點F(1，0)，所以|P1P2|＝x1＋x2＋2＝eq\f(2k2＋4,k2)＋2＝eq\f(4k2＋4,k2).同理可得|Q1Q2|＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))\s\up12(2)＋4,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,k)))\s\up12(2))＝4＋4k2，所以eq\f(1,|P1P2|)＋eq\f(1,|Q1Q2|)＝eq\f(k2,4k2＋4)＋eq\f(1,4k2＋4)＝eq\f(1,4).(3)若l1，l2是過橢圓Γ：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的焦點且相互垂直的兩條直線，其中橢圓Γ與l1交于點P1，P2，與l2交于點Q1，Q2，則eq\f(1,|P1P2|)＋eq\f(1,|Q1Q2|)＝eq\f(7,12).15．解：(1)將點A(2eq\r(2)，1)代入x2＝2py得，(2eq\r(2))2＝2p，∴p＝4，∴拋物線C1的方程為x2＝8y，∴拋物線的焦點為F(0，2)，依題意，S△F1F2F＝eq\f(1,2)×|F1F2|×|OF|＝eq\f(1,2)×2c×2＝6，∴c＝3.方法一：∴橢圓方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,a2－9)＝1，將點A(2eq\r(2)，1)代入得，eq\f(（2\r(2)）2,a2)＋eq\f(1,a2－9)＝1，解得a2＝12或a2＝6，∵a2＝6時，a＝eq\r(6)＜3＝c，不合題意，舍去，∴a2＝12，∴橢圓C2的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1.綜上得，拋物線C1的方程為x2＝8y，橢圓C2的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1.方法二：∴F1(－3，0)，F(xiàn)2(3，0)，∴2a＝|AF1|＋|AF2|＝eq\r(（2\r(2)＋3）2＋12)＋eq\r(（2\r(2)－3）2＋12)＝4eq\r(3)，∴a＝2eq\r(3)，∴b2＝a2－c2＝12－9＝3，∴橢圓C2的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1.綜上得，拋物線C1的方程為x2＝8y，橢圓C2的方程為eq\f(x2,12)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)方法一：設(shè)P(x0，y0)，則eq\f(xeq\o\al(2,0),12)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，由(1)知，A1(－2eq\r(3)，0)，A2(2eq\r(3)，0)，直線l：x＝4，kPA1＝eq\f(y0,x0＋2\r(3))，kPA2＝eq\f(y0,x0－2\r(3))，7分直線PA1：y－0＝eq\f(y0,x0＋2\r(3))(x＋2eq\r(3))，直線PA2：y－0＝eq\f(y0,x0－2\r(3))(x－2eq\r(3))，∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(y0,x0＋2\r(3))（4＋2\r(3)）))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(y0,x0－2\r(3))（4－2\r(3)）))，假設(shè)存在定點D(m，0)符合題意，則eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))＝0，又eq\o(DM,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－m，\f(y0,x0＋2\r(3))（4＋2\r(3)）))，eq\o(DN,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4－m，\f(y0,x0－2\r(3))（4－2\r(3)）)).∴eq\o(DM,\s\up6(→))·eq\o(DN,\s\up6(→))＝(4－m)2＋eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－12)(42－12)＝0，即(4－m)2＋4×eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－12)＝0，∵eq\f(xeq\o\al(2,0),12)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，∴eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1－eq\f(xeq\o\al(2,0),12)，即eq\f(yeq\o\al(2,0),xeq\o\al(2,0)－12)＝－eq\f(1,4)，代入得(4－m)2＋4×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4)))＝0，解得，m＝3或m＝5，∴存在定點(3，0)或(5，0)符合題意．方法二：取點P為上頂點(0，eq\r(3))，∵A1(－2eq\r(3)，0)，A2(2eq\r(3)，0)，∴直線PA1：y＝eq\f(1,2)(x＋2eq\r(3))，直線PA2：y＝－eq\f(1,2)(x－2eq\r(3))，∵直線l：x＝4，∴M(4，2＋eq\r(3))，N(4，－2＋eq\r(3))，∴以MN為直徑的圓為：(x－4)2＋(y－eq\r(3))2＝4，令y＝0代入解得，x＝3或x＝5.∴猜想存在定點D(3，0)或(5，0)符合題意，證明如下：設(shè)P(x0，y0)，則eq\f(xeq\o\al(2,0),12)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),3)＝1，則yeq\o\al(2,0)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,0),12)))，kPA1＝eq\f(y0,x0＋2\r(3))，kPA2＝eq\f(y0,x0－2\r(3))，直線PA1：y－0＝eq\f(y0,x0＋2\r(3))(x＋2eq\r(3))，直線PA2：y－0＝eq\f(y0,x0－2\r(3))(x－2eq\r(3))．∴Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(y0,x0＋2\r(3))（4＋2\r(3)）))，Neq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(4，\f(y0,x0－2\r(3))（