高考数学一轮复习第九章解析几何第九节直线与圆锥曲线教案理(含解析)苏教版-苏教版高三全册数

1、. .专心 . 第九节直线与圆锥曲线直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线c的位置关系时， 通常将直线l的方程axbyc0(a，b不同时为 0) 代入圆锥曲线c的方程f(x，y) 0，消去y( 也可以消去x) 得到一个关于变量x( 或变量y) 的一元方程即axbyc 0，fx，y0消去y，得ax2bxc0. (1) 当a0 时，设一元二次方程ax2bxc0 的判别式为，则0? 直线与圆锥曲线c相交；0? 直线与圆锥曲线c相切；0? 直线与圆锥曲线c相离(2) 当a0，b0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线c相交， 且只有一个交点，此时，若c为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置

2、关系是平行；若c为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合 小题体验 1若直线ykx与双曲线x29y241 相交，则k的取值范围是 _解析： 双曲线x29y241 的渐近线方程为y23x，若直线ykx与双曲线相交， 数形结合得k 23，23. 答案：23，232已知椭圆c：x2a2y2b21(ab0)，f(2，0) 为其右焦点，过点f且垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2，则椭圆c的方程为 _. .专心 . 解析：由题意得c2，2b2a2，a2b2c2，解得a2，b2，所以椭圆c的方程为x24y221. 答案：x24y221 3经过椭圆x22y21 的一个焦点作倾斜角为45的

3、直线l，交椭圆于a，b两点 设o为坐标原点，则oaob等于 _解析： 依题意， 当直线l经过椭圆的右焦点(1,0) 时，其方程为y 0tan 45(x1) ，即yx1，代入椭圆方程x22y21 并整理得 3x24x0，解得x0 或x43，所以两个交点坐标分别为 (0 ，1) ，43，13，所以oaob13，同理， 直线l经过椭圆的左焦点时，也可得oaob13. 故oaob的值为13. 答案：131直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点2直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一

4、点 小题纠偏 1过点 (0,1)作直线，使它与抛物线y24x仅有一个公共点，这样的直线有_条解析：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3 条：直线x0，过点 (0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线( 非直线x0) 答案： 3 2直线ybax3 与双曲线x2a2y2b21 的交点有 _个. .专心 . 解析：因为直线ybax3 与双曲线的渐近线ybax平行，所以它与双曲线只有1 个交点答案： 1 考点一直线与圆锥曲线的位置关系重点保分型考点师生共研 典例引领 已知椭圆c：x2a2y2b21(ab0) 的两个焦点分别为f1( 2,0) ，f2(2,0) ，离心率为63.

5、过点f2的直线l( 斜率不为0) 与椭圆c交于a，b两点，线段ab的中点为d，o为坐标原点，直线od交椭圆于m，n两点(1) 求椭圆c的方程；(2) 当四边形mf1nf2为矩形时，求直线l的方程解： (1) 由题意可知c2，ca63，a2b2c2，解得a6，b2. 故椭圆c的方程为x26y221. (2) 由题意可知直线l的斜率存在设其方程为yk(x2) ，点a(x1，y1) ，b(x2，y2)，m(x3，y3) ，n( x3，y3) ，由x26y221，ykx 2得(13k2)x212k2x12k260，所以x1x212k213k2，则y1y2k(x1x24)4k13k2，所以ab的中点d的

6、坐标为6k213k2，2k13k2，因此直线od的方程为x3ky0(k0). .专心 . 由x3ky0，x26y221，解得y2321 3k2，x3 3ky3. 因为四边形mf1nf2为矩形，所以f2m f2n0，即(x32，y3) ( x32，y3) 0，所以 4x23y230. 所以 429k2113k20. 解得k33. 故直线l的方程为y33(x2) 由题悟法 1直线与圆锥曲线位置关系的判定方法(1) 代数法：即联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y( 或x)得一元方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标(2) 几何法：即画出直线与圆锥曲线的图象，根

7、据图象判断公共点个数2判定直线与圆锥曲线位置关系的注意点(1) 联立直线与圆锥曲线的方程消元后，应注意讨论二次项系数是否为零的情况(2) 判断直线与圆锥曲线位置关系时，判别式起着关键性的作用，第一： 可以限定所给参数的范围；第二：可以取舍某些解以免产生增根 即时应用 (2019泰州中学高三学情调研) 已知椭圆的离心率为22，焦距为 2，直线ykx(x0)与椭圆c交于a，b两点，m为其右准线与x轴的交点，直线am，bm分别与椭圆c交于a1，b1两点，记直线a1b1的斜率为k1. (1) 求椭圆c的方程；(2) 是否存在常数，使得k1k恒成立？若存在，求出的值； 若不存在， 请说明理由解： (1)

8、 设椭圆方程为x2a2y2b21(ab0) ，由椭圆的焦距2c2，得c1. . .专心 . 由椭圆的离心率eca22，得a2，则b2a2c21，所以椭圆c的方程为x22y21. (2) 设a(x0，y0) ， 则b( x0， y0) ，ky0 x0， 2y202x20， 又右准线方程为x2， 则m(2,0) ，直线am的方程为yy0 x02(x2) ，联立yy0 x0 2x2，x22y21，消去y，整理得 (x02)22y20 x28y20 x8y202(x02)20，因为方程的两个根为x0，xa1，所以x0 xa18y202x022x0222y2042x202x022x0222x204 3x

9、03 2x0 x0，则xa143x032x0，ya1y0 x0 2(xa12)y032x0，则a143x032x0，y032x0，同理可得b14 3x03 2x0，y032x0，则k16y02x0 3k，即存在 3，使得k1k恒成立考点二定点、定值问题重点保分型考点师生共研 典例引领 (2017全国卷) 已知椭圆c：x2a2y2b2 1(ab 0) ，四点p1(1,1)，p2(0 ， 1) ，p31，32，p41，32中恰有三点在椭圆c上(1) 求c的方程；(2) 设直线l不经过p2点且与c相交于a，b两点若直线p2a与直线p2b的斜率的和为1，证明：l过定点解： (1) 由于p3，p4两点关

10、于y轴对称，故由题设知椭圆c经过p3，p4两点又由1a21b21a234b2知，椭圆c不经过点p1，. .专心 . 所以点p2在椭圆c上因此1b21，1a234b21，解得a24，b21.故椭圆c的方程为x24y21. (2) 证明：设直线p2a与直线p2b的斜率分别为k1，k2. 如果l与x轴垂直，设l：xt，由题设知t0，且 |t| 2，可得a，b的坐标分别为t，4t22，t，4t22. 则k1k24t222t4t222t 1，得t2，不符合题设从而可设l：ykxm(m1)将ykxm代入x24y21 得(4k21)x28kmx4m240. 由题设可知16(4k2m21) 0. 设a(x1，

11、y1) ，b(x2，y2)，则x1x28km4k21，x1x24m244k21. 而k1k2y11x1y21x2kx1m1x1kx2m1x22kx1x2m1x1x2x1x2. 由题设k1k2 1，故(2k 1)x1x2(m1)(x1x2) 0. 即(2k1)4m244k21(m1)8km4k210. 解得km12. 当且仅当m 1 时，0，于是l：ym12xm，即y1m12(x2) ，. .专心 . 所以l过定点 (2， 1) 由题悟法 定点、定值问题的求解策略(1) 定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点， 那么这个方程就要对任意

12、参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点(2) 定值问题的求解策略在解析几何中， 有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即可得到定值 即时应用 (2019徐州一模 ) 已知中心在原点， 对称轴为坐标轴的椭圆c的一个焦点f在抛物线y24x的准线上，且椭圆c过点p1，32，直线l与椭圆c交于a，b两点(1) 求椭圆c的方程；(2) 若直线l的斜率为12，且不过点

13、p，设直线pa，pb的斜率分别为k1，k2，求证：k1k2为定值解： (1) 抛物线y24x的准线方程为x 1，由题意知f( 1,0) 设椭圆c的方程为x2a2y2b21(ab0) 则由题意可得a2b21，1a294b21，解得a24，b23.故椭圆c的方程为x24y231. (2) 证明：因为直线l的斜率为12，且不过点p1，32，所以可设直线l的方程为y12xm(m1). .专心 . 联立方程组x24y231，y12xm消去y得x2mxm2 30. 设a(x1，y1) ，b(x2，y2)，故有m24m230，x1x2m，x1x2m23.所以k1k2y132x11y232x21y132x2

14、1y232x11x11x2112x1m32x2112x2m32x11x11x21x1x2m 2x1x2 2m3x1x2x1x21m23m2m2m 3m23m10，所以k1k2为定值 0. 考点三最值、范围问题重点保分型考点师生共研 典例引领 (2018苏北四市期末)如图，在平面直角坐标系xoy中，已知椭圆c：x2a2y2b21(ab0) 的离心率为22，且右焦点f到左准线的距离为 62. (1) 求椭圆c的标准方程；(2) 设a为椭圆c的左顶点，p为椭圆c上位于x轴上方的点，直线pa交y轴于点m，过点f作mf的垂线，交y轴于点n. 当直线pa的斜率为12时，求fmn的外接圆的方程；设直线an交

15、椭圆c于另一点 q，求apq的面积的最大值. .专心 . 解： (1) 由题意得ca22，ca2c62，解得a4，c22，则b22，所以椭圆c的方程为x216y281. (2) 由题意可设直线pa的方程为yk(x 4)，k 0，则m(0 ，4k) ，所以kmf04k2202k，kfn12k，所以直线fn的方程为y12k(x22)，则n0，2k. 当直线pa的斜率为12，即k12时，m(0,2)，n(0 ， 4) ，f(22， 0)，因为mffn，所以圆心为 (0 ， 1)，半径为3，所以fmn的外接圆的方程为x2 (y1)29. 联立ykx4，x216y281消去y，整理得 (12k2)x21

16、6k2x32k216 0，解得x1 4 或x248k212k2，所以p48k212k2，8k12k2，又直线an的方程为y12k(x4)，同理可得， q8k2412k2，8k12k2，所以p，q关于原点对称，即pq过原点所以apq的面积s12oa(ypyq) 216k12k2322k1k8 2，当且仅当 2k1k，即k22时取“”所以apq的面积的最大值为82. 由题悟法 圆锥曲线中的最值问题解决方法(1) 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. .专心 . (2) 几何法：从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几

17、何意义求最值 即时应用 已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，且经过点p1，32，过它的两个焦点f1，f2分别作直线l1与l2，l1交椭圆于a，b两点，l2交椭圆于c，d两点，且l1l2. (1) 求椭圆的标准方程；(2) 求四边形abcd的面积s的取值范围解： (1) 由ca12，得a2c，所以a24c2，b23c2，将点p1，32的坐标代入椭圆方程得c21，故所求椭圆方程为x24y231. (2) 若l1与l2中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为0，此时四边形的面积为s 6. 若l1与l2的斜率都存在，设l1的斜率为k，则l2的斜率为1k. 不妨设直线l1的方程为y

18、k(x1) ，设a(x1，y1) ，b(x2，y2)，联立ykx1，x24y23 1，消去y整理得， (4k23)x28k2x4k2120，64k44(3 4k2)(4k212) 144k2144 0，所以x1x28k24k23，x1x24k2124k2 3，所以 |x1x2| x1x22 4x1x212k214k23，所以ab1k2|x1x2| 12k214k23，同理可得cd12k213k24，所以s12abcd721k224k233k24，. .专心 . 令k2t(0 ， ) ，所以s721t24t33t 4612t2 25t126t12t2 25t126612t12t256649288

19、49，所以s28849，6 . 综上可知，四边形acbd面积的取值范围是28849， 6 . 一保高考，全练题型做到高考达标1(2019徐州第一中学检测) 若双曲线x29y241 与直线ykx 1 有且仅有一个公共点，则这样的直线有_条解析：把直线ykx1 代入双曲线x29y241 中，消去y，得 (4 9k2)x218kx450，当 49k20，即k23时，直线与双曲线相交，有一个交点；当 49k20，即k23时，令0，得 182k2 4(49k2) 45 0，解得k53，此时直线与双曲线相切，有一个交点综上，k的值有 4 个，即这样的直线有4 条答案： 4 2已知椭圆c：x24y231 的

20、左、右顶点分别为m，n，点p在c上，且直线pn的斜率是14，则直线pm的斜率为 _. .专心 . 解析：设p(x0，y0) ，则x204y203 1，直线pm的斜率kpmy0 x02， 直线pn的斜率kpny0 x0 2，可得kpmkpny20 x20434，故kpm341kpn3. 答案： 3 3已知抛物线y22px的焦点f与椭圆 16x225y2400 的左焦点重合， 抛物线的准线与x轴的交点为k，点a在抛物线上且ak2af，则点a的横坐标为 _解析： 16x225y2400 可化为x225y2161，则椭圆的左焦点为f( 3,0) ，又抛物线y2 2px的焦点为p2，0 ，准线为xp2，

21、所以p2 3，即p 6，即y2 12x，k(3,0) 设a(x，y) ，则由ak2af得(x3)2y2 2(x3)2y2 ，即x2 18x9y20，又y2 12x，所以x26x90，解得x 3. 答案： 3 4(2019江都中学检测) 已知双曲线x2a2y2b2 1(a0，b0) 的两条渐近线与抛物线y22px(p0) 的准线分别交于a，b两点，若双曲线的离心率为2，o为坐标原点，aob的面积为33，则p_. 解析：双曲线x2a2y2b21 的渐近线方程是ybax，抛物线y22px(p0) 的准线方程是xp2，a，b两点的纵坐标分别是ypb2a，双曲线的离心率为2，b2a2c2a2a2e21

22、3，则ba3，a，b两点的纵坐标分别是ypb2a3p2，. .专心 . 又aob的面积为33，123pp233，解得p233. 答案：2335已知 (4,2)是直线l被椭圆x236y29 1 所截得的线段的中点，则l的方程是_解析：设直线l与椭圆相交于a(x1，y1) ，b(x2，y2)则x2136y2191，且x2236y2291，两式相减并化简得y1y2x1x2x1x24y1y2. 又x1x28，y1y24，所以y1y2x1x212，故直线l的方程为y212(x4) ，即x2y80. 答案：x2y80 6(2018海门中学检测) 如图，过抛物线y14x2的焦点f的直线l与抛物线和圆x2(y

23、 1)21 交于a，b，c，d四点，则abdc _. 解析：不妨设直线ab的方程为y1，联立y1，y14x2，解得x2，则a( 2,1) ，d(2,1)，因为b( 1,1) ，c(1,1)，所以ab (1,0) ，dc ( 1,0) ，所以abdc1. 答案： 1 . .专心 . 7(2019宁海中学调研) 已知椭圆x2a2y2b21(ab0)，点a，b1，b2，f依次为其左顶点、下顶点、上顶点和右焦点，若直线ab2与直线b1f的交点恰在椭圆的右准线上，则椭圆的离心率为 _解析：根据题意得，直线ab2的方程为：ybaxb，直线b1f的方程为：ybcxb，联立两直线方程解得x2acac. 又由题

24、意可得2acaca2c，化简得 2c2aca20，即 2e2e10，又 0e1，解得e12. 答案：128已知直线l过抛物线c：y22px(p0)的焦点，且与抛物线的对称轴垂直，直线l与抛物线c交于a，b两点，且ab12，若m为抛物线c的准线上一点，则abm的面积为_解析：由题意知，抛物线c的焦点坐标为p2，0 ，对称轴为x轴，准线为xp2. 因为直线l与x轴垂直，所以ab2p12，p6，又点m在抛物线c的准线上，所以点m到直线ab的距离为6，所以abm的面积s12612 36. 答案： 36 9(2018镇江期末) 已知椭圆c：x2a2y2b21(ab 0) 的离心率为32，且点3，12在椭

25、圆c上(1) 求椭圆c的方程；(2) 若直线l交椭圆c于p，q两点，线段pq的中点为h，o为坐标原点，且oh1，求poq面积的最大值. .专心 . 解： (1) 由已知得ca32，3a214b21，解得a24，b21，所以椭圆c的方程为x24y21. (2) 设l与x轴的交点为d(n,0) ，直线l：xmyn，p(x1，y1) ，q(x2，y2) ，联立xmyn，x24y2 1消去x，整理得 (4 m2)y22mnyn240，所以y1y22mn4m2，y1y2n244m2，故y1y22mn4m2，x1x22m y1y2 2n24n4m2，即h4n4m2，mn4m2，由oh1，得n24m2216

26、m2，则spo q12od|y1y2| 12|n|y1y2|. 令tn2(y1y2)2n2(y1y2)24y1y2 1924m216m22，设t4m2(t4)，则4m216m22tt224t1441t144t2412 t144t24148，当且仅当t144t，即t12 时，spo q1，所以poq面积的最大值为1. 10. 如图， 在平面直角坐标系xoy中，过椭圆c：x24y21 的左顶点a作直线l，与椭圆c和y轴正半轴分别交于点p，q. (1) 若appq ，求直线l的斜率；(2) 过原点o作直线l的平行线，与椭圆c交于点m，n，求证：apaqmn2为定值. .专心 . 解： (1) 依题意

27、，椭圆c的左顶点a( 2,0) ，设直线l的斜率为k(k0) ，点p的横坐标为xp，则直线l的方程为yk(x 2) 联立ykx2，x24y2 1，得(4k21)x2 16k2x16k240，则2xp16k244k21，从而xp28k214k2. 因为appq，所以xp 1. 所以2 8k21 4k2 1，解得k32( 负值舍去 ) (2) 证明：设点n的横坐标为xn. 结合 (1) 知，直线mn的方程为ykx. 联立ykx，x24y2 1，得x2n414k2. 从而apaqmn22xp22xn2228k214k2 24414k212( 定值 ) 二上台阶，自主选做志在冲刺名校1(2019苏州调

28、研) 如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆c：x2a2y2b21(ab0) 的离心率为22，椭圆上的动点p到一个焦点的距离的最小值为3(21) (1) 求椭圆c的标准方程；(2) 已知过点m(0 ， 1) 的动直线l与椭圆c交于a，b两点，试判断以线段ab为直径的圆是否恒过定点，并说明理由解： (1) 由题意得ca22，故a2c. 又椭圆上的动点p到一个焦点的距离的最小值为3(21) ，所以ac 3(21) ，所以c3，a32，所以b2a2c29，. .专心 . 所以椭圆c的标准方程为x218y29 1. (2) 当直线l的斜率为0 时，对于x218y29 1，令y 1，得x4，此时以线段ab

29、为直径的圆的方程为x2(y1)2 16. 当直线l的斜率不存在时，以线段ab为直径的圆的方程为x2y29. 联立x2y1216，x2y29，解得x0，y3，即两圆的交点为(0,3) ，记t(0,3)猜想以线段ab为直径的圆恒过定点t(0,3) 当直线l的斜率存在且不为0 时，设直线l的方程为ykx1(k0)，a(x1，y1) ，b(x2，y2) ，由ykx1，x218y291，得(1 2k2)x24kx16 0，所以( 4k)264(1 2k2) 144k2640，x1x24k1 2k2，x1x21612k2. 因为tatb (x1，y13)(x2，y23) x1x2y1y23(y1y2) 9

30、x1x2(kx11)(kx2 1) 3(kx1 1kx2 1) 9 (k2 1)x1x2 4k(x1x2) 1616k2112k216k212k2 161612k212k2160，所以tatb，故以线段ab为直径的圆过点t(0,3)综上，以线段ab为直径的圆恒过定点(0,3) 2(2019盐城模拟) 如图，已知f1，f2分别是椭圆c：x2a2y2b21(ab0) 的左、右焦点，点p( 2,3) 是椭圆c上一点，且pf1x轴(1) 求椭圆c的方程；(2) 设圆m： (xm)2y2r2(r0) 设圆m与线段pf2交于a，b两点，若mambmp mf2 ，且ab 2，求r的值；设m 2，过点p作圆m

31、的两条切线分别交椭圆c于g，h两点 ( 均异于点p) 试问：是否存在这样的正数r，使得g，h两点恰好关于坐标原点o对称？若存在，求出r的值；若不存在，请说明理由解： (1) 因为点p( 2,3) 是椭圆c上一点，且pf1x轴，. .专心 . 所以椭圆的半焦距c2，由c2a2y2b21，得yb2a，所以b2aa24a3，化简得a23a40，解得a4，所以b212，所以椭圆c的方程为x216y212 1. (2) 因为mambmpmf2，所以ma mpmf2mb，即pa bf2. 所以线段pf2与线段ab的中点重合 (记为点 q)，由(1) 知 q 0，32. 因为圆m与线段pf2交于a，b两点，

32、所以km qkabkm qkpf2 1，即032m3 022 1，解得m98，所以mq 9802 0322158，又ab2，所以r158212178. 假设存在正数r满足题意由g，h两点恰好关于原点对称，设g(x0，y0) ，则h( x0，y0) ，不妨设x00. 因为p( 2,3) ，m 2，所以两条切线的斜率均存在，设过点p与圆m相切的直线的斜率为k，则切线方程为y3k(x2) ，即kxy2k30，由该直线与圆m相切，得r31k2，即k 9r2r2，所以两条切线的斜率互为相反数，即kpgkph，所以y03x02y03x02，化简得x0y0 6，即y06x0，代入x2016y2012 1，化

33、简得x4016x20480，解得x0 2( 舍去 ) 或x0 23，. .专心 . 所以y03，所以g( 23，3) ，h(23，3) ，所以kpg33 22332，所以r31322677. 故存在满足条件的正数r，且r677. 命题点一椭圆1.(2018 浙江高考) 已知点p(0,1) ， 椭圆x24y2m(m1) 上两点a，b满足ap2pb，则当m _时，点b横坐标的绝对值最大解析：设a(x1，y1) ，b(x2，y2) ，由ap2pb，得x12x2，1y12y21，即x1 2x2，y1 32y2. 因为点a，b在椭圆上，所以4x22432y22m，x224y22m，解得y214m34，所

34、以x22m(3 2y2)214m252m9414(m5)244，所以当m5 时，点b横坐标的绝对值最大答案： 5 2(2016江苏高考) 如图，在平面直角坐标系xoy中，f是椭圆x2a2y2b21(ab0) 的右焦点，直线yb2与椭圆交于b，c两点，且bfc90，则该椭圆的离心率是_. .专心 . 解析：将yb2代入椭圆的标准方程，得x2a2b24b21，所以x32a，故b32a，b2，c32a，b2. 又因为f(c,0)，所以bfc32a，b2，cfc32a，b2. 因为bfc90，所以bfcf0，所以c32ac32a b220，即c234a214b20，将b2a2c2代入并化简，得a232

35、c2，所以e2c2a223，所以e63( 负值舍去 ) 答案：633(2017江苏高考)如图，在平面直角坐标系xoy中，椭圆e：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为f1，f2，离心率为12， 两准线之间的距离为8. 点p在椭圆e上，且位于第一象限，过点f1作直线pf1的垂线l1，过点f2作直线pf2的垂线l2. (1) 求椭圆e的标准方程；(2) 若直线l1，l2的交点 q在椭圆e上，求点p的坐标解： (1) 设椭圆的半焦距为c. 因为椭圆e的离心率为12，两准线之间的距离为8，所以ca12，2a2c8，解得a2，c1，于是ba2c23，因此椭圆e的标准方程是x24y231. (2)

36、 由(1) 知，f1( 1,0) ，f2(1,0). .专心 . 设p(x0，y0) ，因为p为第一象限的点，故x00，y00. 当x01 时，l2与l1相交于f1，与题设不符当x01 时，直线pf1的斜率为y0 x01，直线pf2的斜率为y0 x0 1. 因为l1pf1，l2pf2，所以直线l1的斜率为x01y0，直线l2的斜率为x01y0，从而直线l1的方程为yx01y0(x1)， 直线l2的方程为yx01y0(x1) 由，解得xx0，yx201y0，所以 q x0，x201y0. 因为点 q在椭圆上，由对称性，得x201y0y0，即x20y201 或x20y201. 又点p在椭圆e上，故

37、x204y2031. 联立x20y20 1，x204y203 1，解得x0477，y0377；联立x20y20 1，x204y203 1，无解因此点p的坐标为477，377. 4(2018北京高考)已知椭圆m：x2a2y2b21(ab 0) 的离心率为63，焦距为22. 斜率为k的直线l与椭圆m有两个不同的交点a，b. (1) 求椭圆m的方程；(2) 若k1，求 |ab| 的最大值；(3) 设p( 2,0) ，直线pa与椭圆m的另一个交点为c，直线pb与椭圆m的另一个交点. .专心 . 为d，若c，d和点 q 74，14共线，求k. 解： (1) 由题意得a2b2c2，ca63，2c22，解得

38、a3，b 1. 所以椭圆m的方程为x23y21. (2) 设直线l的方程为yxm，a(x1，y1) ，b(x2，y2) 由yxm，x23y21，得 4x26mx3m230，所以x1x23m2，x1x23m234. 所以 |ab| x2x12y2y122x2x122x1x22 4x1x2 123m22. 当m0，即直线l过原点时， |ab| 最大，最大值为6. (3) 设a(x1，y1) ，b(x2，y2) ，由题意得x21 3y213，x223y223. 直线pa的方程为yy1x12(x2) 由yy1x12x 2，x23y23，得(x12)23y21x212y21x12y213(x12)2 0

39、. 设c(xc，yc) ，所以xcx112y21x1 223y214x21124x17. 所以xc4x21124x17x1127x14x1 7. 所以ycy1x12(xc2) y14x17. 设d(xd，yd) ，同理得xd 127x24x27，ydy24x27. . .专心 . 记直线cq ，dq的斜率分别为kc q，kd q，则kc qkd qy14x1714127x14x1774y24x2714 127x24x27744(y1y2x1x2) 因为c，d， q三点共线，所以kcqkd q0. 故y1y2x1x2. 所以直线l的斜率ky1y2x1x21. 5(2017天津高考) 已知椭圆x2

40、a2y2b21(ab0) 的左焦点为f( c,0) ，右顶点为a，点e的坐标为 (0 ，c), efa的面积为b22. (1) 求椭圆的离心率；(2) 设点 q在线段ae上， |fq|32c，延长线段fq与椭圆交于点p，点m，n在x轴上，pm qn，且直线pm与直线 qn间的距离为c，四边形pqnm的面积为3c. 求直线fp的斜率；求椭圆的方程解： (1) 设椭圆的离心率为e. 由已知，可得12(ca)cb22. 又由b2a2c2，可得 2c2aca20，即 2e2e 10. 又因为 0e1，解得e12. 所以椭圆的离心率为12. (2) 依题意，设直线fp的方程为xmyc(m0) ，则直线f

41、p的斜率为1m. 由(1) 知a 2c，可得直线ae的方程为x2cyc1，即x2y2c0，与直线fp的方程联立，. .专心 . 可解得x2m2cm2，y3cm2，即点 q的坐标为2m 2cm 2，3cm2. 由已知 |fq|32c，有2m2cm2c23cm223c22，整理得3m24m0，所以m43，即直线fp的斜率为34. 由a2c，可得b3c，故椭圆方程可以表示为x24c2y23c21. 由得直线fp的方程为3x4y3c0，联立3x4y3c0，x24c2y23c21消去y，整理得7x26cx13c20，解得xc或x13c7( 舍去 ) 因此可得点p c，3c2，进而可得 |fp| cc23

42、c225c2，所以 |pq|fp| |fq|5c23c2c. 由已知，线段pq的长即为pm与 qn这两条平行直线间的距离，故直线pm和 qn都垂直于直线fp. 因为 qnfp，所以 |qn| |fq | tan qfn3c2349c8，所以fqn的面积为12|fq|qn| 27c232，同理，fpm的面积等于75c232，由四边形pqnm的面积为3c，得75c23227c2323c，整理得c22c. . .专心 . 又由c0，得c2. 所以椭圆的方程为x216y2121. 命题点二双曲线1.(2018 江苏高考) 在平面直角坐标系xoy中，若双曲线x2a2y2b21(a0，b0) 的右焦点f(

43、c,0)到一条渐近线的距离为32c，则其离心率的值为_解析：双曲线的渐近线方程为bxay 0，焦点f(c,0)到渐近线的距离d|bc0|b2a2b，b32c，ac2b212c，eca2. 答案： 2 2(2016江苏高考) 在平面直角坐标系xoy中，双曲线x27y231 的焦距是 _解析：由双曲线的标准方程，知a27，b23，所以c2a2b210，所以c10，从而焦距2c210. 答案： 210 3(2017江苏高考 ) 在平面直角坐标系xoy中，双曲线x23y21 的右准线与它的两条渐近线分别交于点p，q，其焦点是f1，f2，则四边形f1pf2q的面积是 _解析：由题意得，双曲线的右准线x3

44、2与两条渐近线y33x的交点坐标为32，32. 不妨设双曲线的左、右焦点分别为f1，f2，则f1( 2,0) ，f2(2,0) ，故四边形f1pf2q的面积是12|f1f2| |pq|124323. . .专心 . 答案： 23 4(2018北京高考) 若双曲线x2a2y241(a0) 的离心率为52，则a_. 解析：由ecaa2b2a2，得a24a254，a216. a0，a4. 答案： 4 5(2018全国卷改编) 设f1，f2是双曲线c：x2a2y2b21(a0，b0) 的左、右焦点，o是坐标原点过f2作c的一条渐近线的垂线，垂足为p. 若|pf1| 6|op| ，则c的离心率为_解析：

45、 法一： 不妨设一条渐近线的方程为ybax，则f2到ybax的距离d|bc|a2b2b. 在 rtf2po中， |f2o| c，所以 |po| a，所以 |pf1| 6a，又|f1o| c，所以在f1po与 rtf2po中，根据余弦定理得cospof1a2c26a22ac cospof2ac，即 3a2c2 (6a)20，得 3a2c2，所以eca3. 法二：如图，过点f1向op的反向延长线作垂线，垂足为p，连接pf2， 由题意可知， 四边形pf1pf2为平行四边形， 且ppf2是直角三角形因为|f2p| b，|f2o| c，所以 |op| a. 又|pf1| 6a|f2p| ， |pp| 2

46、a，所以 |f2p| 2ab，所以ca2b23a，所以eca3. 答案：3 6(2015江苏高考 ) 在平面直角坐标系xoy中，p为双曲线x2y21 右支上的一个动点，若点p到直线xy10 的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为 _. .专心 . 解析： 所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线xy0 与直线xy10 的距离，此距离d1222. 答案：22命题点三抛物线1.(2017 全国卷改编)过抛物线c：y24x的焦点f，且斜率为3的直线交c于点m(m在x轴的上方 ) ，l为c的准线，点n在l上且mnl， 则m到直线nf的距离为 _解析：法一：由题意，得f(1,0)，则直线fm的方程是y3(

47、x1)由y3x1，y24x，得x13或x3. 由m在x轴的上方，得m(3,23) ，由mnl，得 |mn| |mf| 31 4. 又nmf等于直线fm的倾斜角，即nmf60，因此mnf是边长为4 的等边三角形，所以点m到直线nf的距离为432 23. 法二：依题意，得直线fm的倾斜角为60，则|mn| |mf| 21cos 60 4. 又nmf等于直线fm的倾斜角，即nmf60，因此mnf是边长为4 的等边三角形，所以点m到直线nf的距离为432 23. 答案： 23 2(2018北京高考 ) 已知直线l过点 (1,0)且垂直于x轴，若l被抛物线y24ax截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为

48、_解析：由题知直线l的方程为x 1，则直线与抛物线的交点为(1 ，2a)(a0) 又直线被抛物线截得的线段长为4，所以 4a4，即a1. . .专心 . 所以抛物线的焦点坐标为(1,0)答案： (1,0) 3(2017天津高考) 设抛物线y24x的焦点为f，准线为l. 已知点c在l上，以c为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点a. 若fac120，则圆的方程为_解析：由题意知该圆的半径为1，设圆心坐标为c( 1，a)(a0) ，则a(0 ，a) 又f(1,0) ，所以ac( 1,0) ，af(1 ，a) ，由题意得ac与af的夹角为120，故 cos 120 111a212，解得a3，所以圆的方程为

49、(x1)2(y3)21. 答案： (x1)2(y3)21 4(2017浙江高考 ) 如图，已知抛物线x2y，点a12，14，b32，94，抛物线上的点p(x，y) 12x32. 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) 设直线ap的斜率为k，kx214x12x12，因为12x32，所以直线ap斜率的取值范围是( 1,1) (2) 设直线ap的斜率为k，则直线bq的斜率为1k. 则直线ap的方程为y14k x12，即kxy12k140，直线bq的方程为y941kx32，. .专心 . 即xky94k320，联立kxy12k140，xky94k320，解