2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题17圆锥曲线（热点难点突破）理（含解析）

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题17圆锥曲线（热点难点突破）理（含解析）

1 圆锥曲线 1．已知 F1，F2 是双曲线 x2 a2－ y2 b2＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，过 F2 作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点 A，交另一条渐近线于点 B，且AF2→ ＝ 1 3F2B→ ，则该双曲线的离心率为(　　) A. 6 2 B. 5 2 C. 3 D．2 答案　A 2．设椭圆 x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的焦点为 F1 ，F2，P 是椭圆上一点，且∠F1PF2＝ π 3 ，若△F1PF2 的外接圆和内切 圆的半径分别为 R，r，当 R＝4r 时，椭圆的离心率为(　　) A. 4 5 B. 2 3 C. 1 2 D. 2 5 答案　B 解析　椭圆 x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的焦点为 F1(－c,0)，F2(c,0)，P 为椭圆上一点，且∠F1PF2＝ π 3 ，|F1F2|＝2c， 根据正弦定理 |F1F2| sin∠F1PF2＝ 2c sin π 3 ＝2R， ∴R＝ 2 3 3 c， ∵R＝4r，∴r＝ 3 6 c， 由余弦定理， (2c )2＝|PF1 |2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos∠F1PF2， 由|PF1|＋|PF2|＝2a，∠F1PF2＝ π 3 ， 可得|PF1||PF2|＝ 4 3(a2－c2)， 则由三角形面积公式 1 2(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)·r＝ 1 2|PF1||PF2|sin∠F1PF2， 2 可得(2a＋2c)· 3 6 c＝ 4 3(a2－c2)· 3 2 ， ∴e＝ c a＝ 2 3. 3．2000 多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯(Apollonius)发现：平面截圆锥的截口曲线是圆锥曲线．已 知圆锥的高为 PH，AB 为地面直径，顶角为 2θ，那么不过顶点 P 的平面与 PH 夹角 π 2 >a>θ 时，截口曲线为 椭圆；与 PH 夹角 a＝θ 时，截口曲线为抛物线；与 PH 夹角 θ>a>0 时，截口曲线为双曲线．如图，底面内 的直线 AM⊥AB，过 AM 的平面截圆锥得到的曲线为椭圆，其中与 PB 的交点为 C，可知 AC 为长轴．那么当 C 在线段 PB 上运动时，截口曲线的短轴端点的轨迹为(　　) A．圆的一部分 B．椭圆的一部分 C．双曲线的一部分 D．抛物线的一部分 答案　D 解析　如图，因为对于给定的椭圆来说，短轴的端点 Q 到焦点 F 的距离等于长半轴 a，但短轴的端点 Q 到直 线 AM 的距离也是 a，即说明短轴的端点 Q 到定点 F 的距离等于到定直线 AM 的距离，且点 F 不在定直线 AM 上，所以由抛物线的定义可知，短轴的端点的轨迹是抛物线的一部分，故选 D. 4．过双曲线 x2 a2－ y2 b2＝1(a>0，b>0)的左焦点且垂直于 x 轴的直线与双曲线交于 A，B 两点，D 为虚轴的一个端 点，且△ABD 为钝角三角形，则此双曲线离心率的取值范围为______________________． 答案　(1， 2)∪( 2＋ 2，＋∞) 解析　设双曲线 x2 a2－ y2 b2＝1(a>0，b>0)的左焦点 F1(－c,0)， 令 x＝－c，可得 y＝±b c2 a2－1＝± b2 a ， 3 设 A(－c， b2 a )，B(－c，－ b2 a )，D(0，b)， 可得AD→ ＝(c，b－ b2 a )， AB→ ＝(0，－ 2b2 a )，DB→ ＝(－c，－b－ b2 a )， 若∠DAB 为钝角，则AD→ ·AB→ <0， 即 0－ 2b2 a ·(b－ b2 a )<0， 化为 a>b，即有 a2>b2＝c2－a2， 可得 c2<2a2，即 e＝ c a< 2， 又 e>1，可得 10， 由 e＝ c a，可得 e4－4e2＋2>0， 又 e>1，可得 e> 2＋ 2； 又AB→ ·DB→ ＝ 2b2 a (b＋ b2 a )>0， ∴∠DBA 不可能为钝角． 综上可得，e 的取值范围为(1， 2)∪( 2＋ 2，＋∞)． 5．已知直线 MN 过椭圆 x2 2 ＋y2＝1 的左焦点 F，与椭圆交于 M，N 两点，直线 PQ 过原点 O 与 MN 平行，且与椭 圆交于 P，Q 两点，则 |PQ|2 |MN| ＝________. 答案　2 2 解析　方法一　特殊化，设 MN⊥x 轴， 则|MN|＝ 2b2 a ＝ 2 2＝ 2，|PQ|2＝4， |PQ|2 |MN| ＝ 4 2＝2 2. 方法二　由题意知 F(－1,0)，当直线 MN 的斜率不存在时，|MN|＝ 2b2 a ＝ 2，|PQ|＝2b＝2，则 |PQ|2 |MN| ＝2 2； 当直线 MN 的斜率存在时，设直线MN 的斜率为 k， 则 MN 的方程为 y＝k(x＋1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立方程Error! 4 整理得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0， Δ＝8k2＋8>0. 由根与系数 的关系，得 x1＋x2＝－ 4k2 2k2＋1，x1x2＝ 2k2－2 2k2＋1， 则|MN|＝ 1＋k2 x1＋x22－4x1x2 ＝ 2 2k2＋1 2k2＋1 . 直线 PQ 的方程为 y＝kx，P(x3，y3)，Q(x4，y4)， 则Error!解得 x2＝ 2 1＋2k2，y2＝ 2k2 1＋2k2， 则|OP|2＝x23＋y23＝ 21＋k2 1＋2k2 ， 又|PQ|＝2|OP|， 所以|PQ|2＝4|OP|2＝ 81＋k2 1＋2k2 ， 所以 |PQ|2 |MN| ＝2 2. 综上， |PQ|2 |MN| ＝2 2. 6．已知抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与抛物 线 C 交于 A，B 两点，且直线 l 与圆 x2 －px＋y2－ 3 4p2＝0 交于 C，D 两点，若|AB|＝3|CD|，则直线 l 的斜率为________． 答案　± 2 2 解析　由题意得 F(p 2，0 )，由 x2－px＋y2－ 3 4p2＝0，配方得 (x－ p 2 )2＋y2＝p2， 所以直线 l 过圆心(p 2，0 )，可得|CD|＝2p， 若直线 l 的斜率不存在，则 l：x＝ p 2，|AB|＝2p，|CD|＝2p，不符合题意， ∴直线 l 的斜率存在． ∴可设直线 l 的方程为 y＝k(x－ p 2 )，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立Error! 化为 x2－(p＋ 2p k2)x＋ p2 4 ＝0， 所以 x1＋x2＝p＋ 2p k2， 5 所以|AB|＝x1＋x2＋p＝2p＋ 2p k2， 由|AB|＝3|CD|，所以 2p＋ 2p k2＝6p， 可得 k2＝ 1 2，所以 k＝± 2 2 . 7．已知 A，B 是椭圆 C 上关于原点对称的两点，若椭圆 C 上存在点 P，使得直线 PA，PB 斜率的绝对值之和 为 1，则椭圆 C 的离心率的取值范围是________． 答案　[ 3 2 ，1) 由题意得 2b a ≤1， 所以 a2≥4b2＝4a2－4c2，即 3a2≤4c2， 所以 e2≥ 3 4， 又因为 0b>0)的离心率为 1 2，且点(1， 3 2 )在该椭圆上． (1)求椭圆 C 的方程； (2)过椭圆 C 的左焦点 F1 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，若△AOB 的面积为 6 2 7 ，求圆心在原点 O 且 与直线 l 相切的圆的方程． 6 (2)由(1)知 F1(－1,0)，设直线 l 的方程为 x＝ty－1， 由Error!消去 x，得(4＋3t2)y2－6t y－9＝0， 显然 Δ>0 恒成立，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 y1＋y2＝ 6t 4＋3t2，y1y2＝－ 9 4＋3t2， 所以|y1－y2|＝ y1＋y22－4y1y2 ＝ 36t2 4＋3t22＋ 36 4＋3t2＝ 12 t2＋1 4＋3t2 ， 所以 S△AOB＝ 1 2·|F1O|·|y1－y2| ＝ 6 t2＋1 4＋3t2 ＝ 6 2 7 ， 化简得 18t4－t2－17＝0， 即(18t2＋17)(t2－1)＝0， 解得 t 21＝1，t22＝－ 17 18(舍去)． 又圆 O 的半径 r＝ |0－t × 0＋1| 1＋t2 ＝ 1 1＋t2， 所以 r＝ 2 2 ，故圆 O 的方程为 x2＋y2＝ 1 2. 7