高考专题突破五：高考中的圆锥曲线问题（含答案）

1、高考专题突破五高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题高考中的圆锥曲线问题 【考点自测】 1(2017 全国)已知双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的一条渐近线方程为 y 5 2 x，且与椭 圆x 2 12 y2 31 有公共焦点，则 C 的方程为( ) A.x 2 8 y2 101 B.x 2 4 y2 51 C.x 2 5 y2 41 D.x 2 4 y2 31 答案 B 解析 由 y 5 2 x，可得b a 5 2 . 由椭圆x 2 12 y2 31 的焦点为(3,0)，(3,0)， 可得 a2b29. 由可得 a24，b25. 所以 C 的方程为x 2 4 y2 51.故

2、选 B. 2(2017 全国)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右顶点分别为 A1，A2，且以线段 A1A2 为直径的圆与直线 bxay2ab0 相切，则 C 的离心率为( ) A. 6 3 B. 3 3 C. 2 3 D.1 3 答案 A 解析 由题意知，以 A1A2为直径的圆的圆心为(0,0)，半径为 a.又直线 bxay2ab0 与圆 相切， 圆心到直线的距离 d 2ab a2b2a，解得 a 3b， b a 1 3， ec a a2b2 a 1 b a 2 1 1 3 2 6 3 . 故选 A. 3(2017 全国)已知 F 为抛物线 C：y24x 的焦点，过 F

3、 作两条互相垂直的直线 l1，l2，直 线 l1与 C 交于 A，B 两点，直线 l2与 C 交于 D，E 两点，则|AB|DE|的最小值为( ) A16 B14 C12 D10 答案 A 解析 因为 F 为 y24x 的焦点， 所以 F(1,0) 由题意知直线 l1，l2的斜率均存在，且不为 0，设 l1的斜率为 k，则 l2的 斜率为1 k，故直线 l1，l2的方程分别为 yk(x1)，y 1 k(x1) 由 ykx1， y24x， 得 k2x2(2k24)xk20. 显然，该方程必有两个不等实根 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x22k 24 k2 ，x1x21， 所以|

4、AB| 1k2 |x1x2| 1k2 x1x224x1x2 1k2 2k24 k2 2441k 2 k2 . 同理可得|DE|4(1k2) 所以|AB|DE|41k 2 k2 4(1k2) 4 1 k211k 2 84 k21 k2 84216， 当且仅当 k2 1 k2，即 k 1 时，取得等号 故选 A. 4(2017 北京)若双曲线 x2y 2 m1 的离心率为 3，则实数 m_. 答案 2 解析 由双曲线的标准方程知 a1，b2m，c 1m， 故双曲线的离心率 ec a 1m 3， 1m3，解得 m2. 5(2017 山东)在平面直角坐标系 xOy 中，双曲线x 2 a2 y2 b21

5、(a0，b0)的右支与焦点为 F 的抛物线 x22py(p0)交于 A，B 两点，若|AF|BF|4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为 _ 答案 y 2 2 x 解析 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 x2 a2 y2 b21， x22py， 得 a2y22pb2ya2b20， 显然，方程必有两个不等实根 y1y22pb 2 a2 .又|AF|BF|4|OF|， y1p 2y2 p 24 p 2，即 y1y2p， 2pb 2 a2 p，即b 2 a2 1 2， b a 2 2 ， 双曲线的渐近线方程为 y 2 2 x. 题型一题型一 求圆锥曲线的标准方程求圆锥曲线的标准方程 例 1

6、 (2018 佛山模拟)设椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、 右焦点分别为 F1， F2， 上顶点为 B.若|BF2| |F1F2|2，则该椭圆的方程为( ) A.x 2 4 y2 31 B.x 2 3y 21 C.x 2 2y 21 D.x 2 4y 21 答案 A 解析 |BF2|F1F2|2，a2c2， a2，c1，b 3，椭圆的方程为x 2 4 y2 31. 思维升华 求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、几何性质， 解得标准方程中的参数，从而求得方程 跟踪训练 1 已知双曲线x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的一个焦点为 F(2,0)，且双曲

7、线的渐近线与圆 (x2)2y23 相切，则双曲线的方程为( ) A.x 2 9 y2 131 B.x 2 13 y2 91 C.x 2 3y 21 Dx2y 2 31 答案 D 解析 双曲线x 2 a2 y2 b21 的一个焦点为 F(2,0)， 则 a2b24， 双曲线的渐近线方程为 y b ax， 由题意得 2b a2b2 3， 联立解得 b 3，a1， 所求双曲线的方程为 x2y 2 31，故选 D. 题型二题型二 圆锥曲线的几何性质圆锥曲线的几何性质 例 2 (1)(2018 届辽宁凌源二中联考)已知圆 E： (x3)2(ym4)21(mR)， 当 m 变化时， 圆 E 上的点与原点

8、O 的最短距离是双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的离心率，则双曲线 C 的 渐近线为( ) Ay 2x By 1 2x Cy 3x Dy 3 3 x 答案 C 解析 圆 E 的圆心到原点的距离 d 324m2， 由此可得，当 m4 时，圆 E 上的点与原点 O 的最短距离是 dmin312，即双曲线的离心 率为 ec a2， 由此可得b a c2a2 a 3， 双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的渐近线为 y b ax 3x.故选 C. (2)(2016 天津)设抛物线 x2pt2， y2pt (t 为参数，p0)的焦点为 F，准线为 l.过抛物线上一点

9、A 作 l 的垂线，垂足为 B.设 C 7 2p，0 ，AF 与 BC 相交于点 E.若|CF|2|AF|，且ACE 的面积为 3 2，则 p 的值为_ 答案 6 解析 由 x2pt2， y2pt (p0)消去 t 可得抛物线方程为 y22px(p0)， F p 2，0 ， 又|CF|2|AF|且|CF| 7 2p p 2 3p， |AB|AF|3 2p， 可得 A(p， 2p) 易知AEBFEC， |AE| |FE| |AB| |FC| 1 2， 故 SACE1 3SACF 1 33p 2p 1 2 2 2 p23 2， p26，p0，p 6. 思维升华 圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，

10、求离心率、准线、双曲线渐近线是常考题 型，解决这类问题的关键是熟练掌握各性质的定义，及相关参数间的联系掌握一些常用的 结论及变形技巧，有助于提高运算能力 跟踪训练 2 (2017 全国)若双曲线 C：x 2 a2 y2 b21(a0，b0)的一条渐近线被圆(x2) 2y2 4 所截得的弦长为 2，则 C 的离心率为( ) A2 B. 3 C. 2 D.2 3 3 答案 A 解析 设双曲线的一条渐近线方程为 yb ax， 圆的圆心为(2,0)，半径为 2， 由弦长为 2 得出圆心到渐近线的距离为 2212 3. 根据点到直线的距离公式，得 |2b| a2b2 3，解得 b 23a2.所以 C 的

11、离心率 ec a c2 a2 1b 2 a22. 故选 A. 题型三题型三 最值、范围问题最值、范围问题 例 3 (2017 浙江)如图，已知抛物线 x2y，点 A 1 2， 1 4 ，B 3 2， 9 4 ，抛物线上的点 P(x， y) 1 2x 3 2 ，过点 B 作直线 AP 的垂线，垂足为 Q. (1)求直线 AP 斜率的取值范围； (2)求|PA| |PQ|的最大值 解 (1)由 P(x，y)，即 P(x，x2) 设直线 AP 的斜率为 k，则 k x21 4 x1 2 x1 2， 因为1 2x 3 2. 所以直线 AP 斜率的取值范围为(1,1) (2)联立直线 AP 与 BQ 的

12、方程 kxy1 2k 1 40， xky9 4k 3 20， 解得点 Q 的横坐标是 xQk 24k3 2k21 . 因为|PA| 1k2 x1 2 1k2(k1)， |PQ| 1k2(xQx)k1k1 2 k21 ， 所以|PA| |PQ|(k1)(k1)3， 令 f(k)(k1)(k1)3， 因为 f(k)(4k2)(k1)2， 所以 f(k)在区间 1，1 2 上单调递增， 1 2，1 上单调递减因此当 k 1 2时，|PA| |PQ|取得最大 值27 16. 思维升华 圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考 虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数

13、法和基本不等式法、换元法、导数法等方 法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线的几何意义求最 值与范围 跟踪训练 3 (2016 山东)平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x 2 a2 y2 b2 1(ab0)的离心率是 3 2 ， 抛物线E： x22y的焦点F是C的一个顶点 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线 l 与 C 交于不同的两点 A，B， 线段 AB 的中点为 D.直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M. 求证：点 M 在定直线上； 直线 l 与 y 轴交于点 G，记PFG 的

14、面积为 S1，PDM 的面积为 S2，求S1 S2的最大值及取得 最大值时点 P 的坐标 (1)解 由题意知 a2b2 a 3 2 ，可得 a24b2，因为抛物线 E 的焦点为 F 0，1 2 ，所以 b1 2， a1，所以椭圆 C 的方程为 x24y21. (2)证明 设 P m，m 2 2 (m0)，由 x22y，可得 yx，所以直线 l 的 斜率为 m，因此直线 l 的方程为 ym 2 2 m(xm) 即 ymxm 2 2 . 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0) 联立方程 x24y21， ymxm 2 2 ， 得(4m21)x24m3xm410. 由 0，得 09b

15、29m2， 又 bmk 3m，所以 k 2m29 mk 3m 29m2， 得 k2k26k，所以 k0. 所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k0，k3. 由(1)得 OM 的方程为 y9 kx. 设点 P 的横坐标为 xP， 由 y9 kx， 9x2y2m2， 得 x2P k2m2 9k281，即 xP km 3 k29. 将点 m 3，m 的坐标代入 l 的方程得 b m3k 3 ， 因此 xMkmk3 3k29 . 四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分，即 xP2xM. 于是 km 3 k292 kmk3 3k29 ，解得 k14 7，

16、k24 7. 因为ki0，ki3，i1,2，所以当l的斜率为4 7或4 7时，四边形OAPB 为平行四边形 题型五题型五 探索性问题探索性问题 例 5 (2018 泉州模拟)如图， 椭圆 E： x2 a2 y2 b21(ab0)的离心率是 2 2 ， 过点 P(0,1)的动直线 l 与椭圆相交于 A， B 两点， 当直线 l 平行于 x 轴时， 直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 2. (1)求椭圆 E 的方程； (2)在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得|QA| |QB| |PA| |PB|恒成立？若存 在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由 解

17、(1)由已知，点( 2，1)在椭圆 E 上， 因此 2 a2 1 b21， a2b2c2， c a 2 2 ， 解得 a2，b 2， 所以椭圆 E 的方程为x 2 4 y2 21. (2)当直线 l 与 x 轴平行时，设直线 l 与椭圆相交于 C，D 两点，如果存在定点 Q 满足条件， 则有|QC| |QD| |PC| |PD|1， 即|QC|QD|， 所以 Q 点在 y 轴上，可设 Q 点的坐标为(0，y0) 当直线 l 与 x 轴垂直时，设直线 l 与椭圆相交于 M，N 两点，则 M，N 的坐标分别为(0， 2)， (0， 2)， 由|QM| |QN| |PM| |PN|，有 |y0 2|

18、 |y0 2| 21 21， 解得 y01 或 y02， 所以若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则 Q 点坐标只可能为(0,2) 证明如下：对任意直线 l，均有|QA| |QB| |PA| |PB|，其中 Q 点坐标为(0,2) 当直线 l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立； 当直线 l 的斜率存在时， 可设直线 l 的方程为 ykx1， A， B 的坐标分别为(x1， y1)， (x2， y2)， 联立 x2 4 y2 21， ykx1， 得(2k21)x24kx20， 其判别式 (4k)28(2k21)0， 所以 x1x2 4k 2k21， x1x2 2 2k21， 因此1 x1

19、 1 x2 x1x2 x1x2 2k， 易知点 B 关于 y 轴对称的点 B的坐标为(x2，y2)， 又 kQAy12 x1 kx11 x1 k 1 x1， kQBy22 x2 kx21 x2 k 1 x2k 1 x1， 所以 kQAkQB，即 Q，A，B三点共线， 所以|QA| |QB| |QA| |QB| |x1| |x2| |PA| |PB|， 故存在与点 P 不同的定点 Q(0,2)，使得|QA| |QB| |PA| |PB|恒成立 思维升华 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化其步骤为假设 满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于

20、待定系数的方 程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲 线或参数)不存在 (2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法 跟踪训练 5 (2018 届珠海摸底)已知椭圆 C1，抛物线 C2的焦点均在 x 轴上，C1的中心和 C2 的顶点均为原点 O，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是(3，2 3)，(2，0)，(4， 4)， 2， 2 2 . (1)求 C1，C2的标准方程； (2)是否存在直线 l 满足条件： 过 C2的焦点 F； 与 C1交于不同的两点 M， N 且满足OM ON ？ 若存在，求出直线方程；若不存在，请说明理由 解 (1)设抛

21、物线 C2：y22px(p0)， 则有y 2 x 2p(x0)， 据此验证四个点知(3，2 3)，(4，4)在抛物线上， 易得，抛物线 C2的标准方程为 C2：y24x； 设椭圆 C1：x 2 a2 y2 b21(ab0)， 把点(2,0)， 2， 2 2 代入可得 a24，b21. 所以椭圆 C1的标准方程为x 2 4y 21. (2)由椭圆的对称性可设 C2的焦点为 F(1,0)， 当直线 l 的斜率不存在时，直线 l 的方程为 x1. 直线 l 交椭圆 C1于点 M 1， 3 2 ，N 1， 3 2 ， OM ON 0，不满足题意 当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 yk(x1)， 并设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由 ykx1， x24y24， 消去 y，得(14k2)x28k2x4(k21)0， 于是 x1x2 8k2 14k2，x1x2 4k21 14k2 ， y1y2k(x11) k(x21) k2x1x2k2(x1x2)k2 3k2 14k2， 由OM ON ，得OM ON 0，即 x1x2y1y20. 将代入式，得4k 21 14k2 3k2 14k2 k24 14k20， 解得 k 2.经检验，k 2 都符合题意 所以存在直线 l 满足条件，且 l 的方程为 2xy20 或 2xy20.