江苏高考数学复习高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题教师用书文苏教版 17页

高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2015·课标全国Ⅱ改编)已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为________．‎ 答案　 解析　如图，设双曲线E的方程为－＝1(a＞0，b＞0)，则AB＝2a，由双曲线的对称性，可设点M(x1，y1)在第一象限内，过M作MN⊥x轴于点N(x1,0)，‎ ‎∵△ABM为等腰三角形，且∠ABM＝120°，‎ ‎∴BM＝AB＝2a，∠MBN＝60°，‎ ‎∴y1＝MN＝BMsin∠MBN＝2asin 60°＝a，‎ x1＝OB＋BN＝a＋2acos 60°＝2a.将点M(x1，y1)的坐标代入－＝1，可得a2＝b2，∴e＝＝ ＝.‎ ‎2.如图，已知椭圆C的中心为原点O，F(－2，0)为C的左焦点，P为C上一点，满足OP＝OF，且PF＝4，则椭圆C的方程为______________．‎ 答案　＋＝1‎ 解析　设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，焦距为2c，右焦点为F′，连结PF′，如图所示，因为F(－2，0)为C的左焦点，所以c＝2.‎ 由OP＝OF＝OF′知，∠FPF′＝90°，即FP⊥PF′.‎ 在Rt△PFF′中，由勾股定理，‎ 得PF′＝＝＝8.‎ 由椭圆定义，得PF＋PF′＝2a＝4＋8＝12，‎ 所以a＝6，a2＝36，于是b2＝a2－c2＝36－(2)2＝16，所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎3．设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为________．‎ 答案　 解析　由已知得焦点坐标为F(，0)，‎ 因此直线AB的方程为y＝(x－)，‎ 即4x－4y－3＝0.‎ 方法一　联立直线方程与抛物线方程化简得 ‎4y2－12y－9＝0，‎ 故|yA－yB|＝＝6.‎ 因此S△OAB＝·OF·|yA－yB|＝××6＝.‎ 方法二　联立方程得x2－x＋＝0，‎ 故xA＋xB＝.‎ 根据抛物线的定义有AB＝xA＋xB＋p＝＋＝12，‎ 同时原点到直线AB的距离为h＝＝，‎ 因此S△OAB＝·AB·h＝.‎ ‎4．(2016·北京)双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点，若正方形OABC的边长为2，则a＝________.‎ 答案　2‎ 解析　设B为双曲线的右焦点，如图所示．∵四边形OABC为正方形且边长为2，‎ ‎∴c＝OB＝2，‎ 又∠AOB＝，∴＝tan＝1，即a＝b.‎ 又a2＋b2＝c2＝8，∴a＝2.‎ ‎5．已知双曲线－＝1(a>0，b>0)和椭圆＋＝1有相同的焦点，且双曲线的离心率是椭圆离心率的两倍，则双曲线的方程为____________．‎ 答案　－＝1‎ 解析　由题意得，双曲线－＝1(a>0，b>0)的焦点坐标为(，0)，(－，0)，c＝且双曲线的离心率为2×＝＝⇒a＝2，b2＝c2－a2＝3，‎ 所以双曲线的方程为－＝1. ‎ 题型一　求圆锥曲线的标准方程 例1　已知P点在以坐标轴为对称轴的椭圆上，点P到两焦点的距离分别为和，过P作长轴的垂线恰好过椭圆的一个焦点，则椭圆的方程为______________．‎ 答案　＋＝1或＋＝1‎ 解析　设椭圆的两个焦点分别为F1，F2，PF1＝，PF2＝.‎ 由椭圆的定义，知2a＝PF1＋PF2＝2，即a＝.‎ 由PF1>PF2知，PF2垂直于长轴．‎ 故在Rt△PF2F1中，4c2＝PF－PF＝，‎ ‎∴c2＝，于是b2＝a2－c2＝.‎ 又所求的椭圆的焦点可以在x轴上，也可以在y轴上，故所求的椭圆方程为＋＝1或＋＝1.‎ 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．‎ ‎　(2015·天津改编)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0 )的一个焦点为F(2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝3相切，则双曲线的方程为________________．‎ 答案　x2－＝1‎ 解析　双曲线－＝1的一个焦点为F(2,0)，‎ 则a2＋b2＝4， ①‎ 双曲线的渐近线方程为y＝±x，‎ 由题意得＝， ②‎ 联立①②解得b＝，a＝1，‎ 所求双曲线的方程为x2－＝1.‎ 题型二　圆锥曲线的几何性质 例2　(1)(2015·湖南改编)若双曲线－＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为________．‎ ‎(2)(2016·天津改编)设抛物线y2＝2px (p>0)的焦点为F，准线为l.过抛物线上一点A作l的垂线，垂足为B.设C，AF与BC相交于点E.若CF＝2AF，且△ACE的面积为3，则p的值为________．‎ 答案　(1)　(2) 解析　(1)由条件知y＝－x过点(3，－4)，∴＝4，‎ 即3b＝4a，∴9b2＝16a2，∴9c2－9a2＝16a2，‎ ‎∴25a2＝9c2，∴e＝.‎ ‎(2)∵抛物线方程为y2＝2px(p>0)，‎ ‎∴F，‎ AB＝AF＝p，‎ 可得A(p，p)．‎ 易知△AEB∽△FEC，∴＝＝，‎ 故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p× ‎＝p2＝3，‎ ‎∴p2＝6，∵p>0，∴p＝.‎ 思维升华　圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，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．‎ ‎　已知椭圆＋＝1(a>b>0)与抛物线y2＝2px(p>0)有相同的焦点F，P，Q是椭圆与抛物线的交点，若PQ经过焦点F，则椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为____________．‎ 答案　－1‎ 解析　因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F为，设椭圆另一焦点为E.‎ 当x＝时，代入抛物线方程得 y＝±p，‎ 又因为PQ经过焦点F，所以P且PF⊥OF.‎ 所以PE＝ ＝p，‎ PF＝p，EF＝p.‎ 故2a＝ p＋p,2c＝p，e＝＝－1.‎ 题型三　最值、范围问题 例3　设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的离心率与双曲线x2－y2＝1的离心率互为倒数，且椭圆的长轴长为4.‎ ‎(1)求椭圆M的方程；‎ ‎(2)若直线y＝x＋m交椭圆M于A，B两点，P(1，)为椭圆M上一点，求△PAB面积的最大值．‎ 解　(1)双曲线的离心率为，‎ 则椭圆的离心率e＝＝，‎ 由⇒ 故椭圆M的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由得4x2＋2mx＋m2－4＝0，‎ 由Δ＝(2m)2－16(m2－4)>0，得－20时，‎ ‎①若x＝3是方程的解，则f(3)＝0⇒k＝0⇒另一根为x＝0<，故在区间上有且仅有一个根，满足题意；‎ ‎②若x＝是方程的解，则f＝0⇒k＝±⇒另外一根为x＝，<≤3，故在区间上有且仅有一个根，满足题意；‎ ‎③若x＝3和x＝均不是方程的解，则方程在区间上有且仅有一个根，只需f·f(3)<0⇒－b>0)的离心率为，且过点(1，)，过椭圆的左顶点A作直线l⊥x轴，点M 为直线l上的动点(点M与点A不重合)，点B为椭圆的右顶点，直线BM交椭圆C于点P.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)求证：AP⊥OM；‎ ‎(3)试问：·是否为定值？若是定值，请求出该定值；若不是定值，请说明理由．‎ ‎(1)解　因为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，‎ 所以a2＝2c2，所以a2＝2b2.‎ 又因为椭圆C过点(1，)，所以＋＝1，‎ 所以a2＝4，b2＝2，所以椭圆C的方程＋＝1.‎ ‎(2)证明　设直线BM的斜率为k，则直线BM的方程为y＝k(x－2)，设P(x1，y1)，‎ 将y＝k(x－2)代入椭圆C的方程＋＝1中，‎ 化简得(2k2＋1)x2－8k2x＋8k2－4＝0，‎ 解得x1＝，x2＝2，‎ 所以y1＝k(x1－2)＝，‎ 从而P(，)．‎ 令x＝－2，得y＝－4k，‎ 所以M(－2，－4k)，＝(－2，－4k)．‎ 又因为＝(＋2，)＝(，)，‎ 所以·＝＋＝0，‎ 所以AP⊥OM.‎ ‎(3)解　因为·＝(，)·(－2，－4k)‎ ‎＝＝＝4，‎ 所以·为定值4.‎ ‎1．(2015·陕西)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，经过点A(0，－1)，且离心率为.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.‎ ‎(1)解　由题设知＝，b＝1，‎ 结合a2＝b2＋c2，解得a＝，‎ 所以椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，‎ 得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 从而直线AP，AQ的斜率之和 ‎ kAP＋kAQ＝＋＝＋ ‎＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k) ‎＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.‎ ‎2．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的焦距为3，其中一条渐近线的方程为x－y＝0.以双曲线C的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E，过原点O的动直线与椭圆E交于A，B两点．‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)若点P为椭圆E的左顶点，＝2，求||2＋||2的取值范围．‎ 解　(1)由双曲线－＝1的焦距为3，‎ 得c＝，∴a2＋b2＝. ①‎ 由题意知＝， ②‎ 由①②解得a2＝3，b2＝，‎ ‎∴椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知P(－，0)．‎ 设G(x0，y0)，由＝2，‎ 得(x0＋，y0)＝2(－x0，－y0)，‎ 即解得∴G(－，0)．‎ 设A(x1，y1)，则B(－x1，－y1)，‎ ‎||2＋||2＝(x1＋)2＋y＋(x1－)2＋y ‎＝2x＋2y＋＝2x＋3－x＋ ‎＝x＋.‎ 又∵x1∈[－，]，∴x∈[0,3]，‎ ‎∴≤x＋≤，‎ ‎∴||2＋||2的取值范围是[，]．‎ ‎3．已知椭圆＋＝1的左顶点为A，右焦点为F，过点F的直线交椭圆于B，C两点．‎ ‎(1)求该椭圆的离心率；‎ ‎(2)设直线AB和AC分别与直线x＝4交于点M，N，问：x轴上是否存在定点P使得MP⊥NP？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ 解　(1)由椭圆方程可得a＝2，b＝，‎ 从而椭圆的半焦距c＝＝1.‎ 所以椭圆的离心率为e＝＝.‎ ‎(2)依题意，直线BC的斜率不为0，‎ 设其方程为x＝ty＋1，B(x1，y1)，C(x2，y2)，‎ 将其代入＋＝1，‎ 整理得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0.‎ 所以y1＋y2＝，y1y2＝.‎ 易知直线AB的方程是y＝(x＋2)，‎ 从而可得M(4，)，‎ 同理可得N(4，)．‎ 假设x轴上存在定点P(p,0)使得MP⊥NP，‎ 则有·＝0.‎ 所以(p－4)2＋＝0.‎ 将x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1代入上式，整理得 ‎(p－4)2＋＝0，‎ 所以(p－4)2＋＝0，‎ 即(p－4)2－9＝0，解得p＝1或p＝7.‎ 所以x轴上存在定点P(1,0)或P(7,0)，‎ 使得MP⊥NP.‎ ‎4．(2016·苏北四市联考)如图所示，已知点F1(0，－)，F2(0，)，动点M到F2的距离是4，线段MF1的中垂线交MF2于点P.‎ ‎(1)当点M变化时，求动点P的轨迹G的方程；‎ ‎(2)若斜率为的动直线l与轨迹G相交于A，B两点，Q(1，)为定点，求△QAB面积的最大值．‎ 解　(1)如图，连结PF1.‎ ‎∵MF2＝4，∴PM＋PF2＝4.‎ 又∵PM＝PF1，‎ ‎∴PF1＋PF2＝4>F1F2＝2，‎ 由椭圆的定义可知，‎ 动点P的轨迹G是以F1，F2为焦点的椭圆，其方程为＋＝1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y＝x＋m，‎ 代入椭圆方程得(x＋m)2＋2x2＝4，‎ 即4x2＋2mx＋m2－4＝0.‎ 由Δ＝8m2－16(m2－4)＝8(8－m2)>0，‎ 得m2<8.‎ 又点Q不在直线l上，所以m≠0，所以0b>0)的离心率为，直线l与x轴交于点E，与椭圆C交于A，B两点．当直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点时，弦AB的长为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若点E的坐标为(，0)，点A在第一象限且横坐标为，连结点A与原点O的直线交椭圆C于另一点P，求△PAB的面积；‎ ‎(3)是否存在点E，使得＋为定值？若存在，请指出点E的坐标，并求出该定值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)由e＝＝，设a＝3k(k>0)，则c＝k，b2＝3k2，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ 因为直线l垂直于x轴且点E为椭圆C的右焦点，‎ 即xA＝xB＝k，‎ 代入椭圆方程，解得y＝±k，于是2k＝，即k＝，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)将x＝代入＋＝1，解得y＝±1.‎ 因为点A在第一象限，从而A(，1)．‎ 由点E的坐标为(，0)，所以kAB＝，‎ 所以直线AB的方程为y＝(x－)，‎ 联立直线AB与椭圆C的方程，解得B(－，－)．‎ 又PA过原点O，于是P(－，－1)，PA＝4，‎ 所以直线PA的方程为x－y＝0，‎ 所以点B到直线PA的距离h＝＝，‎ 故S△PAB＝×4×＝.‎ ‎(3)假设存在点E，使得＋为定值，设E(x0,0)，当直线AB与x轴重合时，有＋＝＋＝；‎ 当直线AB与x轴垂直时，‎ ＋＝＝，‎ 由＝，解得x0＝±，＝2，‎ 所以若存在点E，此时E(±，0)，＋为定值2.‎ 根据对称性，只需考虑直线AB过点E(，0)，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 又设直线AB的方程为x＝my＋，与椭圆C联立方程组，化简得(m2＋3)y2＋2my－3＝0，‎ 所以y1＋y2＝，y1y2＝.‎ 又＝＝＝，‎ 所以＋＝＋ ‎＝，‎ 将上述关系代入，化简可得＋＝2.‎ 综上所述，存在点E(±，0)，使得＋为定值2.‎