2019届高考数学复习平面解析几何高考专题突破五学案.docx

高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题【考点自测】1(2017全国)已知双曲线C：1(a0，b0)的一条渐近线方程为yx，且与椭圆1有公共焦点，则C的方程为()A.1 B.1C.1 D.1答案B解析由yx，可得.由椭圆1的焦点为(3,0)，(3,0)，可得a2b29.由可得a24，b25.所以C的方程为1.故选B.2(2017全国)已知椭圆C：1(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. B. C. D.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da，解得ab，e.故选A.3(2017全国)已知F为抛物线C：y24x的焦点，过F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，故直线l1，l2的方程分别为yk(x1)，y(x1)由得k2x2(2k24)xk20.显然，该方程必有两个不等实根设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x21，所以|AB|x1x2|.同理可得|DE|4(1k2)所以|AB|DE|4(1k2)48484216，当且仅当k2，即k1时，取得等号故选A.4(2017北京)若双曲线x21的离心率为，则实数m_.答案2解析由双曲线的标准方程知a1，b2m，c，故双曲线的离心率e，1m3，解得m2.5(2017山东)在平面直角坐标系xOy中，双曲线1(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yx解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得a2y22pb2ya2b20，显然，方程必有两个不等实根y1y2.又|AF|BF|4|OF|，y1y24，即y1y2p，p，即，双曲线的渐近线方程为yx.题型一求圆锥曲线的标准方程例1(2018佛山模拟)设椭圆1(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.1 B.y21C.y21 D.y21答案A解析|BF2|F1F2|2，a2c2，a2，c1，b，椭圆的方程为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，从而求得方程跟踪训练1已知双曲线1(a0，b0)的一个焦点为F(2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x2)2y23相切，则双曲线的方程为()A.1 B.1 C.y21 Dx21答案D解析双曲线1的一个焦点为F(2,0)，则a2b24，双曲线的渐近线方程为yx，由题意得，联立解得b，a1，所求双曲线的方程为x21，故选D.题型二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O的最短距离是双曲线C：1(a0，b0)的离心率，则双曲线C的渐近线为()Ay2x ByxCyx Dyx答案C解析圆E的圆心到原点的距离d，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e2，由此可得，双曲线C：1(a0，b0)的渐近线为yxx.故选C.(2)(2016天津)设抛物线(t为参数，p0)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|2|AF|，且ACE的面积为3，则p的值为_答案解析由(p0)消去t可得抛物线方程为y22px(p0)，F，又|CF|2|AF|且|CF|3p，|AB|AF|p，可得A(p，p)易知AEBFEC，故SACESACF3ppp23，p26，p0，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跟踪训练2(2017全国)若双曲线C：1(a0，b0)的一条渐近线被圆(x2)2y24所截得的弦长为2，则C的离心率为()A2 B. C. D.答案A解析设双曲线的一条渐近线方程为yx，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.根据点到直线的距离公式，得，解得b23a2.所以C的离心率e2.故选A.题型三最值、范围问题例3(2017浙江)如图，已知抛物线x2y，点A，B，抛物线上的点P(x，y)，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kx，因为x.所以直线AP斜率的取值范围为(1,1)(2)联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是xQ.因为|PA|(k1)，|PQ|(xQx)，所以|PA|PQ|(k1)(k1)3，令f(k)(k1)(k1)3，因为f(k)(4k2)(k1)2，所以f(k)在区间上单调递增，上单调递减因此当k时，|PA|PQ|取得最大值.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：1(ab0)的离心率是，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的面积为S1，PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点P的坐标(1)解由题意知，可得a24b2，因为抛物线E的焦点为F，所以b，a1，所以椭圆C的方程为x24y21.(2)证明设P(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(xm)即ymx.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)联立方程得(4m21)x24m3xm410.由0，得0m(或0m2|MN|2，点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，2a4,2c2，b，点P的轨迹C的方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(m,0)(2m0，得k2m29b29m2，又bmm，所以k2m2929m2，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yx.设点P的横坐标为xP，由得x，即xP.将点的坐标代入l的方程得b，因此xM.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2，解得k14，k24.因为ki0，ki3，i1,2，所以当l的斜率为4或4时，四边形OAPB为平行四边形题型五探索性问题例5(2018泉州模拟)如图，椭圆E：1(ab0)的离心率是，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.(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，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由已知，点(，1)在椭圆E上，因此解得a2，b，所以椭圆E的方程为1.(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，)，(0，)，由，有，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，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)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，因此2k，易知点B关于y轴对称的点B的坐标为(x2，y2)，又kQAk，kQBkk，所以kQAkQB，即Q，A，B三点共线，所以，故存在与点P不同的定点Q(0,2)，使得恒成立思维升华 (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)，(2，0)，(4，4)，.(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？若存在，求出直线方程；若不存在，请说明理由解(1)设抛物线C2：y22px(p0)，则有2p(x0)，据此验证四个点知(3，2)，(4，4)在抛物线上，易得，抛物线C2的标准方程为C2：y24x；设椭圆C1：1(ab0)，把点(2,0)，代入可得a24，b21.所以椭圆C1的标准方程为y21.(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，N，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)，由消去y，得(14k2)x28k2x4(k21)0，于是x1x2，x1x2，y1y2k(x11)k(x21)k2x1x2k2(x1x2)k2，由，得0，即x1x2y1y20.将代入式，得0，解得k2.经检验，k2都符合题意所以存在直线l满足条件，且l的方程为2xy20或2xy20.1(2018惠州模拟)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，过点M(1，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，|MA|MB|，且当直线l垂直于x轴时，|AB|.(1)求椭圆C的方程；(2)当时，求弦长|AB|的取值范围解(1)由已知e，得，当直线垂直于x轴时，|AB|，椭圆过点，代入椭圆方程得1，又a2b2c2，联立可得a22，b21，椭圆C的方程为y21.(2)当过点M的直线的斜率为0时，点A，B分别为椭圆长轴的端点，322或32b0)的离心率e ，ab3.(1)求椭圆C的方程；(2)如图所示，A，B，D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：2mk为定值(1)解因为e，所以ac，bc.代入ab3得，c，a2，b1.故椭圆C的方程为y21.(2)证明因为B(2,0)，点P不为椭圆顶点，则可设直线BP的方程为yk(x2)，代入y21，解得P.直线AD的方程为yx1.与联立解得M.由D(0,1)，P，N(x,0)三点共线知，解得N.所以MN的斜率为m.则2mkk(定值)6(2018届广东六校联考)已知椭圆C：1(ab0)经过点P，且两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形(1)求椭圆C的方程；(2)动直线l：mxnyn0(m，nR)交椭圆C于A，B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得以AB为直径的圆恒过点T.若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由解(1)因为椭圆C：1(ab0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，所以ab，所以1，又因为椭圆经过点P，代入可得b1.所以a，故所求椭圆的方程为y21.(2)首先求出动直线过点.当l与x轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x222，当l与y轴平行时，以AB为直径的圆的方程为x2