【数学】2019届一轮复习人教A版（文）9高考中的圆锥曲线问题学案
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Ⅲ)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为y＝x，且与椭圆＋＝1有公共焦点，则C的方程为( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－＝1 D.－＝1
答案 B
解析 由y＝x，可得＝.①
由椭圆＋＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，
可得a2＋b2＝9.②
由①②可得a2＝4，b2＝5.
所以C的方程为－＝1.故选B.
2．(2017·全国Ⅲ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A1，A2，且以线段A1A2为直径的圆与直线bx－ay＋2ab＝0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bx－ay＋2ab＝0与圆相切，
∴圆心到直线的距离d＝＝a，解得a＝b，
∴＝，
∴e＝＝＝＝＝.
故选A.
3．(2017·全国Ⅰ)已知F为抛物线C：y2＝4x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( )
A．16B．14C．12D．10
答案 A
解析 因为F为y2＝4x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y＝k(x－1)，y＝－(x－1)．
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
显然，该方程必有两个不等实根．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1，
所以|AB|＝·|x1－x2|
＝·
＝·＝.
同理可得|DE|＝4(1＋k2)．
所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)
＝4
＝8＋4≥8＋4×2＝16，
当且仅当k2＝，即k＝±1时，取得等号．
故选A.
4．(2017·北京)若双曲线x2－＝1的离心率为，则实数m＝________.
答案 2
解析 由双曲线的标准方程知a＝1，b2＝m，c＝，
故双曲线的离心率e＝＝＝，
∴1＋m＝3，解得m＝2.
5．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p＞0)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 y＝±x
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由
得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，
显然，方程必有两个不等实根．
∴y1＋y2＝.又∵|AF|＋|BF|＝4|OF|，
∴y1＋＋y2＋＝4×，即y1＋y2＝p，
∴＝p，即＝，∴＝，
∴双曲线的渐近线方程为y＝±x.
题型一 求圆锥曲线的标准方程
例1(2018·佛山模拟)设椭圆＋＝1(a>b>0)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.＋y2＝1
C.＋y2＝1 D.＋y2＝1
答案 A
解析 ∵|BF2|＝|F1F2|＝2，∴a＝2c＝2，
∴a＝2，c＝1，∴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(a＞0，b＞0)的一个焦点为F(2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝3相切，则双曲线的方程为( )
A.－＝1 B.－＝1
C.－y2＝1 D．x2－＝1
答案 D
解析 双曲线－＝1的一个焦点为F(2,0)，
则a2＋b2＝4，①
双曲线的渐近线方程为y＝±x，
由题意得＝，②
联立①②解得b＝，a＝1，
所求双曲线的方程为x2－＝1，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)已知双曲线C：－＝1(a>0)的一个焦点为(5,0)，则双曲线C的渐近线方程为( )
A．4x±3y＝12 B．4x±y＝0
C．16x±9y＝0 D．4x±3y＝0
答案 D
解析 由题意得c＝5，则a2＝c2－16＝9，即a＝3，所以双曲线的渐近线方程为y＝±x，即4x±3y＝0，故选D.
(2)(2016·天津)设抛物线(t为参数，p>0)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(p>0)消去t可得抛物线方程为y2＝2px(p>0)，
∴F，
又|CF|＝2|AF|且|CF|＝＝3p，
∴|AB|＝|AF|＝p，
可得A(p，p)．
易知△AEB∽△FEC，
∴＝＝，
故S△ACE＝S△ACF＝×3p×p×
＝p2＝3，
∴p2＝6，∵p>0，∴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Ⅱ)若双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则C的离心率为( )
A．2B.C.D.
答案 A
解析 设双曲线的一条渐近线方程为y＝x，
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b2＝3a2.所以C的离心率e＝＝＝＝2.
故选A.
题型三 最值、范围问题
例3(2017·浙江)如图，已知抛物线x2＝y，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k＝＝x－，
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|＝＝(k＋1)，
|PQ|＝(xQ－x)＝－，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3，
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)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(a>b>0)的离心率是，抛物线E：x2＝2y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.
①求证：点M在定直线上；
②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a2＝4b2，
因为抛物线E的焦点为F，所以b＝，a＝1，
所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.
(2)①证明 设P(m>0)，由x2＝2y，可得y′＝x，所以直线l的斜率为m，因此直线l的方程为y－＝m(x－m)．
即y＝mx－.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．
联立方程
得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.
由Δ>0，得0
|MN|＝2，
∴点P的轨迹C是以M，N为焦点的椭圆，
∵2a＝4,2c＝2，∴b＝＝，
∴点P的轨迹C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，G(m,0)(－20，得k2m2>9b2－9m2，
又b＝m－m，所以k2m2>92－9m2，
得k2>k2－6k，所以k>0.
所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3.
由(1)得OM的方程为y＝－x.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xP＝2xM.
于是＝2×，
解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为ki＞0，ki≠3，i＝1,2，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(a＞b＞0)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a＝2，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y0＝1或y0＝2，
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y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－，
x1x2＝－，
因此＋＝＝2k，
易知点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)，
又kQA＝＝＝k－，
kQB′＝＝＝－k＋＝k－，
所以kQA＝kQB′，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：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)在抛物线上，
易得，抛物线C2的标准方程为C2：y2＝4x；
设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)，
把点(－2,0)，代入可得a2＝4，b2＝1.
所以椭圆C1的标准方程为＋y2＝1.
(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x＝1.
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y＝k(x－1)，
并设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由
消去y，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，
于是x1＋x2＝，x1x2＝，
y1y2＝k(x1－1)·k(x2－1)
＝k2x1x2－k2(x1＋x2)＋k2＝，①
由⊥，得·＝0，即x1x2＋y1y2＝0.②
将①代入②式，得－＝＝0，
解得k＝±2.经检验，k＝±2都符合题意．
所以存在直线l满足条件，且l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.
1．已知椭圆C的离心率为，点A，B，F分别为椭圆的右顶点、上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m被圆O：x2＋y2＝4所截得的弦长为2，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△MON面积的最大值．
解 (1)由题意知，椭圆C的焦点在x轴上，设椭圆C的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
则e2＝＝＝，
∴a2＝4b2，即a＝2b，可得c＝b，
S△ABF＝|AF|·|OB|＝(a－c)b＝1－，
∴(2b－b)b＝b2＝1－，
∴b＝1，a＝2，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由题意知，圆O的半径r＝2，弦长l＝2，
∴圆心O到直线l的距离
d＝＝＝1，
即＝1，所以m2＝1＋k2.
由
消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
∴Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2>0，∴k≠0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴|MN|＝·
＝·
＝·
＝·
＝·
＝，
∴△MON的面积为
S△MON＝|MN|×1＝，
令t＝4k2＋1>1，
则S＝2
＝，
∴当t＝3，即k＝±时，△MON的面积取到最大值1.
2．(2018·新余联考)如图所示，已知点E(m,0)为抛物线y2＝4x内的一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线，分别交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点．
(1)若m＝1，k1k2＝－1，求△EMN面积的最小值；
(2)若k1＋k2＝1，求证：直线MN过定点．
(1)解 当m＝1时，E为抛物线y2＝4x的焦点，
∵k1k2＝－1，∴AB⊥CD，
直线AB的方程为y＝k1(x－1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由
得k1y2－4y－4k1＝0，
显然方程有两不等实根，y1＋y2＝，y1y2＝－4，
∵AB的中点为M，
x1＋x2＝＋1＋＋1＝＋2.
∴M，
同理，点N(2k＋1，－2k1)．
∴S△EMN＝|EM|·|EN|
＝·
＝2≥2＝4，
当且仅当k＝，即k1＝±1时，△EMN的面积取最小值4.
(2)证明 直线AB的方程为y＝k1(x－m)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由
得k1y2－4y－4k1m＝0，显然方程有两不等实根．
y1＋y2＝，y1y2＝－4m，
∵AB的中点为M，
x1＋x2＝＋m＋＋m＝＋2m＝＋2m，
∴M，
同理，点N，
∴kMN＝＝k1k2，
∴直线MN：y－＝k1k2，
即y＝k1k2(x－m)＋2，
∴直线MN恒过定点(m,2)．
3．(2017·衡水联考)在平面直角坐标系xOy中，过点C(2,0)的直线与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)求证：y1y2为定值；
(2)是否存在平行于y轴的定直线被以AC为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长；如果不存在，请说明理由．
(1)证明 方法一 当直线AB垂直于x轴时，
y1＝2，y2＝－2，
因此y1y2＝－8(定值)．
当直线AB不垂直于x轴时，
设直线AB的方程为y＝k(x－2)，
由得ky2－4y－8k＝0.
∴y1y2＝－8.
因此有y1y2＝－8，为定值．
方法二 显然直线AB的斜率不为0.
设直线AB的方程为my＝x－2，
由得y2－4my－8＝0.
∴y1y2＝－8，为定值．
(2)解 设存在直线l：x＝a满足条件，
则AC的中点为E，
|AC|＝.
因此以AC为直径的圆的半径
r＝|AC|＝＝，
又点E到直线x＝a的距离d＝
故所截弦长为
2＝2
＝
＝.
当1－a＝0，即a＝1时，弦长为定值2，这时直线方程为x＝1.
4．已知椭圆C：x2＋2y2＝4.
(1)求椭圆C的离心率；
(2)设O为原点，若点A在椭圆C上，点B在直线y＝2上，且OA⊥OB，试判断直线AB与圆x2＋y2＝2的位置关系，并证明你的结论．
解 (1)由题意知，椭圆C的标准方程为＋＝1，
所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.
因此a＝2，c＝.
故椭圆C的离心率e＝＝.
(2)直线AB与圆x2＋y2＝2相切．证明如下：
设点A，B的坐标分别为(x0，y0)，(t,2)，其中x0≠0.
因为OA⊥OB，所以·＝0，
即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.
当x0＝t时，y0＝－，代入椭圆C的方程，得t＝±，
故直线AB的方程为x＝±，
圆心O到直线AB的距离d＝.
此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．
当x0≠t时，直线AB的方程为y－2＝(x－t)．
即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0.
圆心O到直线AB的距离
d＝.
又x＋2y＝4，t＝－，
故d＝＝＝.
此时直线AB与圆x2＋y2＝2相切．
综上，直线AB与圆x2＋y2＝2相切．
5．(2018·商丘质检)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 因为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 因为B(2,0)，点P不为椭圆顶点，则可设直线BP的方程为y＝k(x－2)，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)．
6．(2018届广东六校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)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：mx＋ny＋n＝0(m，n∈R)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(a>b>0)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a＝b，所以＋＝1，
又因为椭圆经过点P，代入可得b＝1.
所以a＝，故所求椭圆的方程为＋y2＝1.
(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
x2＋2＝2，
当l与y轴平行时，以AB为直径的圆的方程为
x2＋y2＝1，
由解得
即两圆相切于点(0,1)，因此所求的点T如果存在，
只能是(0,1)，事实上，点T(0,1)就是所求的点．
证明如下：
当直线l垂直于x轴时，以AB为直径的圆过点T(0,1)，
当直线l不垂直于x轴时，可设直线l：y＝kx－，
由
消去y，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0，
记点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则
又因为＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，
所以·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)
＝x1x2＋
＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋
＝(1＋k2)·－k·＋＝0，
所以⊥，即以AB为直径的圆恒过点T(0,1)，
所以在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足题意．
