2022届一轮复习数学理科(浙江专用)高考专题突破：高考中的圆锥曲线问题.docx

高考专题突破高考中的圆锥曲线问题考点自测1已知双曲线1 (a0，b0)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 (a0，b0)的焦点坐标为(，0)，(，0)，c；且双曲线的离心率为2a2，b2c2a23，双曲线的方程为1.2已知椭圆1 (ab0)与抛物线y22px (p0)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 (ab0)的离心率为_答案1解析由于抛物线y22px (p0)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yp，又由于PQ经过焦点F，所以P且PFOF.所以|PE| p，|PF|p，|EF|p.故2a pp,2cp，e1.3若双曲线1的一条渐近线被圆(x2)2y24所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为()A1 B2 C3 D6答案B解析双曲线1的渐近线方程为yx，即xay0，圆(x2)2y24的圆心为C(2,0)，半径为r2，如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD|，另一方面，圆心C(2,0)到双曲线1的渐近线xay0的距离为d，所以，解得a21，即a1，该双曲线的实轴长为2a2.4若双曲线1 (a0，b0)的渐近线与抛物线yx22有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是()A3，) B(3，)C(1,3 D(1,3)答案A解析依题意可知双曲线渐近线方程为yx，与抛物线方程联立消去y得x2x20.渐近线与抛物线有交点，80，求得b28a2，c 3a，e3.5设坐标原点为O，抛物线y22x与过焦点的直线交于A、B两点，则等于()A. B C3 D3答案B解析方法一(特殊值法)抛物线的焦点为F，过F且垂直于x轴的直线交抛物线于A(，1)，B(，1)，1.方法二设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2y1y2.由抛物线的过焦点的弦的性质知：x1x2，y1y2p21.1.题型一圆锥曲线中的范围、最值问题例1如图所示，在直角坐标系xOy中，点P(1，)到抛物线C：y22px(p0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB的中点Q(m，n)在直线OM上(1)求曲线C的方程及t的值；(2)记d，求d的最大值思维点拨(2)用点差法求kAB，用m表示出|AB|，利用基本不等式求最值解(1)y22px(p0)的准线x，1()，p，抛物线C的方程为y2x.又点M(t,1)在曲线C上，t1.(2)由(1)知，点M(1,1)，从而nm，即点Q(m，m)，依题意，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的斜率为k(k0)且A(x1，y1)，B(x2.y2)，由得(y1y2)(y1y2)x1x2，故k2m1，直线AB的方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而|AB| |y1y2|2.d2m(1m)1，当且仅当m1m，即m时，上式等号成立，又m满足4m4m20.d的最大值为1.思维升华圆锥曲线中最值问题的解决方法一般分两种：一是几何法，特殊是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值已知点A(1,0)，B(1,0)，动点M的轨迹曲线C满足AMB2，|cos23，过点B的直线交曲线C于P，Q两点(1)求|的值，并写出曲线C的方程；(2)求APQ面积的最大值解(1)设M(x，y)，在MAB中，|AB|2，AMB2，依据余弦定理得|2|22|cos 24.即(|)22|(1cos 2)4.(|)24|cos24.而|cos23，所以(|)2434.所以|4.又|42|AB|，因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，a2，c1.所以曲线C的方程为1.(2)设直线PQ的方程为xmy1.由消去x并整理得(3m24)y26my90.明显方程的0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则SAPQ2|y1y2|y1y2|.由根与系数的关系得y1y2，y1y2.所以(y1y2)2(y1y2)24y1y248.令t3m23，则t3，(y1y2)2.由于函数(t)t在3，)上是增函数，所以t，当t3m233，即m0时取等号所以(y1y2)29，即|y1y2|的最大值为3.所以APQ面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为x1.题型二圆锥曲线中的定点、定值问题例2在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1的左，右顶点分别为A，B，右焦点为F.设过点T(t，m)的直线TA，TB与此椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m0，y10，y20，y2b0)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)解由于e，所以ac，bc.代入ab3得，c，a2，b1.故椭圆C的方程为y21.(2)证明方法一由于B(2,0)，点P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为yk(x2)(k0，k)，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)方法二设P(x0，y0)(x00，2)，则k，直线AD的方程为y(x2)，直线BP的方程为y(x2)，直线DP的方程为y1x，令y0，由于y01可得N，联立解得M，因此MN的斜率为m.所以2mk(定值)题型三圆锥曲线中的探究性问题例3在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率e ，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆C的方程(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点A、B，且OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的OAB的面积；若不存在，请说明理由思维点拨圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，假如得到了一个合情合理的推理结果，就确定假设，对问题作出正面回答；假如得到一个冲突的结果，就否定假设，对问题作出反面回答解(1)e2，a23b2，椭圆方程为1，即x23y23b2.设椭圆上的点到点Q(0,2)的距离为d，则d，当y1时，d取得最大值，dmax3，解得b21，a23.椭圆C的方程为y21.(2)假设存在点M(m，n)满足题意，则n21，即m233n2.设圆心到直线l的距离为d，则d1，d.|AB|22 .SOAB|AB|d2 .d1，00.SOAB ，当且仅当1，即m2n221时，SOAB取得最大值.由得存在点M满足题意，M点坐标为，或，此时OAB的面积为.思维升华(1)探究性问题通常接受“确定顺推法”，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究性问题常用的方法已知椭圆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，将其坐标记录于下表中：x324y204(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l的方程；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C2上，易求得C2的标准方程为y24x.设椭圆C1：1(ab0)，把点(2,0)，(，)代入得解得，所以C1的标准方程为y21.(2)简洁验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意当直线l的斜率存在时，设其方程为yk(x1)，与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)由消去y并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0，于是x1x2，x1x2.所以y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)1k21.由，即0，得x1x2y1y20.(*)将代入(*)式，得0，解得k2，所以存在直线l满足条件，且直线l的方程为2xy20或2xy20.题型四直线、圆及圆锥曲线的交汇问题例4(2021浙江)如图，点P(0，1)是椭圆C1：1(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2y24的直径l1，l2是过点P且相互垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.(1)求椭圆C1的方程；(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程思维点拨(1)依据椭圆的几何性质易求出a，b的值，从而写出椭圆的方程；(2)要求ABD的面积，需要求出AB，PD的长，AB是圆的弦，考虑用圆的学问来求，PD应当考虑用椭圆的相关学问来求求出AB，PD的长后，表示出ABD的面积，再依据式子的形式选择适当的方法求最值解(1)由题意得所以椭圆C1的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆C2：x2y24，故点O到直线l1的距离d，所以|AB|22.又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以|PD|.设ABD的面积为S，则S|AB|PD|，所以S，当且仅当k时取等号所以所求直线l1的方程为yx1.思维升华对直线、圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增加自己解决综合问题的力气如图，已知圆M：(x)2y2，椭圆C：1 (ab0)的右顶点为圆M的圆心，左焦点与双曲线x2y21的左顶点重合(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线l：ykx与椭圆C分别交于两点A，B，与圆M分别交于两点G，H(其中点G在线段AB上)，且|AG|BH|，求k的值解(1)由题意，圆心M(，0)，双曲线的左顶点(1,0)，所以a，c1，b1，椭圆C的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由直线l与椭圆相交于两点A，B，则所以(12k2)x220，则x1x20，x1x2，所以|AB| .点M(，0)到直线l的距离d，则|GH|22 .明显，若点H也在线段AB上，则由对称性知，直线ykx就是y轴，冲突由于|AG|BH|，所以|AB|GH|，即4，整理得4k43k210.解得k21，即k1.(时间：80分钟)1已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由解方法一(1)依题意，可设椭圆C的方程为1(ab0)，且可知其左焦点为F(2,0)从而有解得又a2b2c2，所以b212，故椭圆C的方程为1.(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为yxt.由得3x23txt2120.由于直线l与椭圆C有公共点，所以(3t)243(t212)0，解得4t4.另一方面，由直线OA与l的距离d4，得4，解得t2.由于24，4，所以符合题意的直线l不存在方法二(1)依题意，可设椭圆C的方程为1(ab0)，且有解得b212，b23(舍去)从而a216.所以椭圆C的方程为1.(2)同方法一2已知椭圆C：1 (ab0)与双曲线1 (1v4)有公共焦点，过椭圆C的右顶点B任意作直线l，设直线l交抛物线y22x于P、Q两点，且OPOQ.(1)求椭圆C的方程；(2)在椭圆C上，是否存在点R(m，n)使得直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点M、N，且OMN的面积最大？若存在，求出点R的坐标及对应的OMN的面积；若不存在，请说明理由解(1)1vb0)，由题意，知a2，bc，又a2b2c2，则b，所以椭圆方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，知直线l的斜率存在，设其方程为ykxm，与椭圆方程联立，即消去y，得(2k2)x22mkxm240，(2mk)24(2k2)(m24)0，由根与系数的关系，知又2，即有(x1，my1)2(x2，y2m)，所以x12x2.则所以22.整理，得(9m24)k282m2，又9m240时等式不成立，所以k20，得m20.所以m的取值范围为.4.如图，椭圆长轴的端点为A，B，O为椭圆的中心，F为椭圆的右焦点，且1，|1.(1)求椭圆的标准方程；(2)记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于P，Q两点，问：是否存在直线l，使点F恰为PQM的垂心，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解(1)设椭圆方程为1(ab0)，则c1，又(ac)(ac)a2c21.a22，b21，故椭圆的标准方程为y21.(2)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F恰为PQM的垂心，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(0,1)，F(1,0)，直线l的斜率k1.于是设直线l为yxm，由得3x24mx2m220，x1x2m，x1x2.x1(x21)y2(y11)0.又yixim(i1,2)，x1(x21)(x2m)(x1m1)0，即2x1x2(x1x2)(m1)m2m0.(*)将代入(*)得2(m1)m2m0，解得m或m1，经检验m符合条件故存在直线l，使点F恰为PQM的垂心，直线l的方程为yx.5(2021重庆)如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率e，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A两点，|AA|4.(1)求该椭圆的标准方程；(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P，过P，P作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外若PQPQ，求圆Q的标准方程解(1)由题意知点A(c,2)在椭圆上，则1.从而e21.由e得b28，从而a216.故该椭圆的标准方程为1.(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0)又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则|QM|2(xx0)2y2x22x0xx8(x2x0)2x8(x4,4)设P(x1，y1)，由题意知，点P是椭圆上到点Q的距离最小的点因此，上式当xx1时取最小值，又由于x1(4,4)，所以上式当x2x0时取最小值，从而x12x0，且|QP|28x.由于PQPQ，且P(x1，y1)，所以(x1x0，y1)(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y0.由椭圆方程及x12x0得x80，解得x1，x0.从而|QP|28x.故这样的圆有两个，其标准方程分别为2y2，2y2.6在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2y21.(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点若l与圆x2y21相切，求证：OPOQ.(3)设椭圆C2：4x2y21.若M、N分别是C1、C2上的动点，且OMON，求证：O到直线MN的距离是定值(1)解双曲线C1：y21，左顶点A，渐近线方程：yx.不妨取过点A与渐近线yx平行的直线方程为y，即yx1.解方程组得所以所求三角形的面积为S|OA|y|.(2)证明设直线PQ的方程是yxb.由于直线PQ与已知圆相切，故1，即b22.由得x22bxb210.设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则又y1y2(x1b)(x2b)，所以x1x2y1y22x1x2b(x1x2)b22(1b2)2b2b2b220.故OPOQ.(3)证明当直线ON垂直于x轴时，|ON|1，|OM|，则O到直线MN的距离为.当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为ykx，则直线OM的方程为yx.由得所以|ON|2.同理|OM|2.设O到直线MN的距离为d，由于(|OM|2|ON|2)d2|OM|2|ON|2，所以3，即d.综上，O到直线MN的距离是定值