（全国通用）2019届高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 高考专题突破五学案.doc

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x2y2