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 (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，
双曲线的方程为－＝1.
2．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　由于抛物线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，
又由于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.
3．若双曲线－＝1的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为(　　)
A．1 B．2 C．3 D．6
答案　B
解析　双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±x，即x±ay＝0，圆(x－2)2＋y2＝4的圆心为C(2,0)，半径为r＝2，如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD|＝＝，另一方面，圆心C2,0)到双曲线－＝1的渐近线x－ay＝0的距离为d＝＝，所以＝，解得a2＝1，即a＝1，该双曲线的实轴长为2a＝2.

4．若双曲线－＝1 (a>0，b>0)的渐近线与抛物线y＝x2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是(　　)
A．[3，＋∞) 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y＝±x，与抛物线方程联立消去y得x2±x＋2＝0.
∵渐近线与抛物线有交点，
∴Δ＝－8≥0，求得b2≥8a2，
∴c＝ ≥3a，∴e＝≥3.
5．设坐标原点为O，抛物线y2＝2x与过焦点的直线交于A、B两点，则·等于　　)
A. B．－ C．3 D．－3
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·＝x1x2＋y1y2.
由抛物线的过焦点的弦的性质知：
x1x2＝＝，y1y2＝－p2＝－1.
∴·＝－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：y2＝2px(p>0)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)y2＝2px(p>0)的准线x＝－，
∴1－(－)＝，p＝，
∴抛物线C的方程为y2＝x.
又点M(t,1)在曲线C上，∴t＝1.
(2)由(1)知，点M(1,1)，从而n＝m，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(k≠0)．
且A(x1，y1)，B(x2.y2)，
由得(y1－y2)(y1＋y2)＝x1－x2，
故k·2m＝1，
∴直线AB的方程为y－m＝(x－m)，
即x－2my＋2m2－m＝0.
由消去x，
整理得y2－2my＋2m2－m＝0，
∴Δ＝4m－4m2>0，y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－m.
从而|AB|＝ ·|y1－y2|
＝·
＝2.
∴d＝＝2≤m＋(1－m)＝1，
当且仅当m＝1－m，即m＝时，上式等号成立，
又m＝满足Δ＝4m－4m2>0.∴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∠AMB＝2θ，||·||cos2θ＝3，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，∠AMB＝2θ，
依据余弦定理得
||2＋||2－2||·||cos 2θ＝4.
即(||＋||)2－2||·||(1＋cos 2θ)＝4.
(||＋||)2－4||·||cos2θ＝4.
而||·||cos2θ＝3，
所以(||＋||)2－4×3＝4.
所以||＋||＝4.
又||＋||＝4>2＝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)，a＝2，c＝1.
所以曲线C的方程为＋＝1.
(2)设直线PQ的方程为x＝my＋1.
由
消去x并整理得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.①
明显方程①的Δ>0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则S△APQ＝×2×|y1－y2|＝|y1－y2|.
由根与系数的关系得
y1＋y2＝－，y1y2＝－.
所以(y1－y2)2＝(y1＋y2)2－4y1y2＝48×.
令t＝3m2＋3，则t≥3，(y1－y2)2＝.
由于函数φ(t)＝t＋在[3，＋∞)上是增函数，
所以t＋≥，当t＝3m2＋3＝3，即m＝0时取等号．
所以(y1－y2)2≤＝9，即|y1－y2|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x＝1.
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m>0，y1>0，y2<0.
(1)设动点P满足：|PF|2－|PB|2＝4，求点P的轨迹；
(2)设x1＝2，x2＝，求点T的坐标；
(3)设t＝9，求证：直线MN必过x轴上的确定点(其坐标与m无关)．
(1)解　设Px，y)，由题意知F(2,0)，B(3,0)，A(－3,0)，
则|PF|2＝(x－2)2＋y2，|PB|2＝(x－3)2＋y2，
由|PF|2－|PB|2＝4，得(x－2)2＋y2－[(x－3)2＋y2]＝4，
化简，得x＝.故点P的轨迹方程是x＝.
(2)解　将x1＝2，x2＝分别代入椭圆方程，
并考虑到y1>0，y2<0，得M，N.
则直线MA的方程为＝，即x－3y＋3＝0.
直线NB的方程为＝，即5x－6y－15＝0.
联立方程解得x＝7，y＝，
所以点T的坐标为.
(3)证明　如图所示，点T的坐标为(9，m)．
直线TA的方程为＝，
直线TB的方程为＝，
分别与椭圆＋＝1联立方程，
解得M，N.
直线MN的方程为
＝.
令y＝0，解得x＝1，
所以直线MN必过x轴上的确定点(1,0)．
思维升华　求定点及定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
　(2021·江西)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝ ，a＋b＝3.
(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：2m－k为定值．

(1)解　由于e＝＝，
所以a＝c，b＝c.
代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(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y＝k(x－2)(k≠0，k≠±)，①
①代入＋y2＝1，解得P.
直线AD的方程为y＝x＋1.②
①与②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2m－k＝－k＝(定值)．
方法二　设P(x0，y0)(x0≠0，±2)，则k＝，
直线AD的方程为y＝(x＋2)，
直线BP的方程为y＝(x－2)，
直线DP的方程为y－1＝x，令y＝0，
由于y0≠1可得N，
联立
解得M，
因此MN的斜率为
m＝＝
＝
＝.
所以2m－k＝－
＝
＝
＝
＝(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(a>b>0)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：mx＋ny＝1与圆O：x2＋y2＝1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＝＝＝，
∴a2＝3b2，
∴椭圆方程为＋＝1，即x2＋3y2＝3b2.
设椭圆上的点到点Q(0,2)的距离为d，则
d＝＝
＝＝，
∴当y＝－1时，d取得最大值，dmax＝＝3，
解得b2＝1，∴a2＝3.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)假设存在点M(m，n)满足题意，则＋n2＝1，
即m2＝3－3n2.
设圆心到直线l的距离为d′，则d′<1，
d′＝＝.
∴|AB|＝2＝2 .
∴S△OAB＝|AB|d′＝·2 ·
＝ .
∵d′<1，∴m2＋n2>1，
∴0<<1，
∴1－>0.
∴S△OAB＝
≤ ＝，
当且仅当＝1－，
即m2＋n2＝2>1时，S△OAB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：
x
3
－2
4

y
－2
0
－4

(1)求C1，C2的标准方程；
(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②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：y2＝2px(p≠0)，则有＝2p(x≠0)，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y2＝4x.
设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，
把点(－2,0)，(，)代入得
解得，所以C1的标准方程为＋y2＝1.
(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y＝k(x－1)，
与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由
消去y并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，
于是x1＋x2＝，①
x1x2＝.②
所以y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]
＝k2[－＋1]＝－.③
由⊥，即·＝0，得x1x2＋y1y2＝0.(*)
将②③代入(*)式，得－＝＝0，
解得k＝±2，所以存在直线l满足条件，
且直线l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.
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(a>b>0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4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＋y2＝1.
(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y＝kx－1.
又圆C2：x2＋y2＝4，
故点O到直线l1的距离d＝，
所以|AB|＝2＝2.
又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.
由
消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，
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y＝±x－1.
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－)2＋y2＝，椭圆C：＋＝1 (a>b>0)的右顶点为圆M的圆心，左焦点与双曲线x2－y2＝1的左顶点重合．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx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＝，c＝1，b＝1，椭圆C的方程为＋y2＝1.
(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(1＋2k2)x2－2＝0，则x1＋x2＝0，x1x2＝－，
所以|AB|＝ ＝ .
点M(，0)到直线l的距离d＝，
则|GH|＝2＝2 .
明显，若点H也在线段AB上，则由对称性知，直线y＝kx就是y轴，冲突．
由于|AG|＝|BH|，所以|AB|＝|GH|，
即＝4，
整理得4k4－3k2－1＝0.
解得k2＝1，即k＝±1.

(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(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．
从而有解得
又a2＝b2＋c2，所以b2＝12，
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y＝x＋t.
由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.
由于直线l与椭圆C有公共点，
所以Δ＝(3t)2－4×3×(t2－12)≥0，
解得－4≤t≤4.
另一方面，由直线OA与l的距离d＝4，得＝4，解得t＝±2.
由于±2∉[－4，4]，
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(a>b>0)，
且有解得b2＝12，b2＝－3(舍去)．
从而a2＝16.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)同方法一．
2．已知椭圆C：＋＝1 (a>b>0)与双曲线＋＝1 (1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)∵1MON.
当∠MON＝90°时，sin∠MON有最大值，
此时点O到直线l的距离为d＝＝，
∴m2＋n2＝2.又∵m2＋4n2＝4，
联立解得m2＝，n2＝，
此时点R的坐标或，△MON的面积为.
3．已知椭圆C的中心为坐标原点O，一个长轴顶点为(0,2)，它的两个短轴顶点和焦点所组成的四边形为正方形，直线l与y轴交于点P(0，m)，与椭圆C交于异于椭圆顶点的两点A，B，且＝2.
(1)求椭圆的方程；
(2)求m的取值范围．
解　(1)由题意，知椭圆的焦点在y轴上，
设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，
由题意，知a＝2，b＝c，又a2＝b2＋c2，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y＝kx＋m，与椭圆方程联立，
即消去y，得
(2＋k2)x2＋2mkx＋m2－4＝0，
Δ＝(2mk)2－4(2＋k2)(m2－4)>0，
由根与系数的关系，知
又＝2，即有(－x1，m－y1)＝2(x2，y2－m)，
所以－x1＝2x2.
则所以＝－22.
整理，得(9m2－4)k2＝8－2m2，
又9m2－4＝0时等式不成立，
所以k2＝>0，得0.
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(a>b>0)，则c＝1，
又∵·＝(a＋c)·(a－c)＝a2－c2＝1.
∴a2＝2，b2＝1，
故椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(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k＝1.
于是设直线l为y＝x＋m，
由
得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
x1＋x2＝－m，①
x1x2＝.②
∵·＝x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0.
又yi＝xi＋m(i＝1,2)，
∴x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0，
即2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0.(*)
将①②代入(*)得2·－(m－1)＋m2－m＝0，
解得m＝－或m＝1，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y＝x－.
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PQ⊥P′Q，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e2＋＝1.
由e＝得b2＝＝8，从而a2＝＝16.
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＝(x－x0)2＋y2＝x2－2x0x＋x＋8＝(x－2x0)2－x＋8(x∈[－4,4])．
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x＝x1时取最小值，又由于x1∈(－4,4)，所以上式当x＝2x0时取最小值，
从而x1＝2x0，且|QP|2＝8－x.
由于PQ⊥P′Q，且P′(x1，－y1)，
所以·＝(x1－x0，y1)·(x1－x0，－y1)＝0，
即(x1－x0)2－y＝0.
由椭圆方程及x1＝2x0得x－8＝0，
解得x1＝±，x0＝＝±.
从而|QP|2＝8－x＝.
故这样的圆有两个，其标准方程分别为
2＋y2＝，2＋y2＝.
6．在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2－y2＝1.
(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x2＋y2＝1相切，求证：OP⊥OQ.
(3)设椭圆C2：4x2＋y2＝1.若M、N分别是C1、C2上的动点，且OM⊥ON，求证：O到直线MN的距离是定值．
(1)解　双曲线C1：－y2＝1，左顶点A，渐近线方程：y＝±x.
不妨取过点A与渐近线y＝x平行的直线方程为
y＝，即y＝x＋1.
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y＝x＋b.
由于直线PQ与已知圆相切，故＝1，即b2＝2.
由得x2－2bx－b2－1＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则
又y1y2＝(x1＋b)(x2＋b)，
所以·＝x1x2＋y1y2＝2x1x2＋b(x1＋x2)＋b2
＝2(－1－b2)＋2b2＋b2＝b2－2＝0.
故OP⊥OQ.
(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y＝kx，
则直线OM的方程为y＝－x.
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．