2020年高考理科数学《圆锥曲线》题型归纳与训练及答案.pdf
2020 年高考理科数学圆锥曲线题型归纳与训练【题型归纳】题型一 求曲线的方程 例 1 已知1(2,0)F,2(2,0)F,点P满足12|2PFPF,记点P的轨迹为E求轨迹E的方程【答案】1322yx.【解析】由1212|24|PFPFFF可知:点P的轨迹E是以12,F F为焦点的双曲线的右支,由2,22ca,222213b,故轨迹E的方程为)(01322xyx.【易 错点】(1)对于双曲线的定义理解片面;(2)如果动点P满足)(212122FFaaPFPF,则点P的轨迹是双曲线。但该题已知条件中给出的是“12|2PFPF”只能表示点P的轨迹是双曲线的右支,而不是双曲线的全部。【思维点拨】利用双曲线解题时,一定要观察是双曲线的全部还是部分。)题型二 定值、定点问题 例 2 已知椭圆C:x2a2y2b21 过A(2,0),B(0,1)两点(1)求椭圆C的方程及离心率;(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上,直线PA与y轴交于点M,直线PB与x轴交于点N,求证:四边形ABNM的面积为定值 【答案】(1)x24y21,e32(2)2.【解析】(1)由题意得a2,b1,所以椭圆C的方程为x24y21.又ca2b2 3,所以离心率eca32.(2)证明:设P(x0,y0)(x00,y00),则x204y204.又A(2,0),B(0,1),所以直线PA的方程为yy0 x02(x2).令x0,得yM2y0 x02,从而|BM|1yM12y0 x02.直线PB的方程为yy01x0 x1.令y0,得xNx0y01,从而|AN|2xN2x0y01.所以四边形ABNM的面积S12|AN|BM|122x0y0112y0 x02x204y204x0y04x08y042x0y0 x02y022x0y02x04y04x0y0 x02y022.从而四边形ABNM的面积为定值.【易错点】(1)想不到设出P(x0,y0)后,利用点斜式写出直线PA,PB的方程 不会由直线PA,PB的方程求解|BM|,|AN|;(2)不知道四边形的面积可用S12|AN|BM|表示;(3)四边形ABNM的面积用x0,y0表示后,不会变形、化简,用整体消参来求值*【思维点拨】第(1)问由a2,b1,c 3,解第一问;第(2)问画草图可知ANBM,四边形ABNM的面积为12|AN|BM|,设点P(x0,y0),得出PA,PB的方程,进而得出M,N的坐标,得出|AN|,|BM|,只需证明12|AN|BM|是一个与点P的坐标无关的量即可 例 3 已知椭圆C:x2a2y2b21(ab0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3231,P423,1,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 【答案】(1)x24y21(2)(2,1)【解析】(1)因为P3231,P423,1,所以P3,P4两点关于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,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|0.设A(x1,y1),B(x2,y2),x1x28km4k21,x1x24m244k21.而k1k2y11x1y21x2 kx1m1x1kx2m1x2 12121221kx xmxxx x.由题设k1k21,故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)4m244k21(m1)8km4k210.解得km12.当且仅当m1 时,0,于是 l:ym12xm,b0)的离心率是22,点P(0,1)在短轴CD上,且PCPD1.)(1)求椭圆E的标准方程;(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点是否存在常数,使得OAOBPAPB为定值若存在,求的值;若不存在,请说明理由【答案】(1)x24y221(2)3,理由见解析【解析】(1)由已知,点C,D的坐标分别为(0,b),(0,b)又点P的坐标为(0,1),且PCPD1,¥于是 1b21,ca22,a2b2c2.解得a2,b 2.所以椭圆E的方程为x24y221.(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为ykx1,A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)联立 x24y221,ykx1得(2k21)x24kx20.其判别式(4k)28(2k21)0,所以x1x24k2k21,x1x222k21.从而,OAOBPAPB x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)1 22242121kk 12k212.所以,当1 时,12k2123.此时,OAOBPAPB3 为定值 当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD.此时,OAOBPAPBOCODPCPD2.当1 时,OAOBPAPB3,为定值:综上,存在常数1,使得OAOBPAPB为定值3.【思维点拨】解决是否存在常数的问题时,应首先假设存在,看是否能求出符合条件的参数值,如果推出矛盾就不存在,否则就存在。例 6 已知椭圆C:x2a2y2b21(ab0)的右焦点为F2(2,0),点P1,153在椭圆C上(1)求椭圆C的标准方程;(2)是否存在斜率为1 的直线l与椭圆C相交于M,N两点,使得|F1M|F1N|(F1为椭圆的左焦点)若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由 【答案】(1)x26y221(2)不存在满足条件的直线l【解析】(1)法一:椭圆C的右焦点为F2(2,0),c2,椭圆C的左焦点为F1(2,0)由椭圆的定义可得 2a22221515121233 969 249 2 6,解得a 6,b2a2c2642.椭圆C的标准方程为x26y221.法二:椭圆C的右焦点为F2(2,0),c2,故a2b24,又点P1,153在椭圆C上,则1a2159b21,故1b24159b21,!化简得 3b44b2200,得b22,a26.椭圆C的标准方程为x26y221.(2)假设存在满足条件的直线l,设直线l的方程为yxt,由 x26y221,yxt得x23(xt)260,即 4x26tx(3t26)0,(6t)244(3t26)9612t20,解得2 2t2 2.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x23t2,x1x23t264,由于|F1M|F1N|,设线段MN的中点为E,则F1EMN,故kF1E1kMN1,(又F1(2,0),Ex1x22,y1y22,即E3t4,t4,kF1Et43t421,解得t4.当t4 时,不满足2 2t【解析】设M(x,y),B(x0,y0),则y02x201.又因为M为AB的中点,所以 x0 x02,yy012,即 x02x,y02y1,将其代入y02x201 得,2y12(2x)21,即y4x2.3.已知圆C的方程为x2y24,过圆C上的一动点M作平行于x轴的直线m,设m与y轴的交点为N,若向量OQOMON,求动点Q的轨迹 【答案】x24y2161(y0)【解析】设点Q的坐标为(x,y),点M的坐标为(x0,y0)(y00),则点N的坐标为(0,y0)因为OQOMON,即(x,y)(x0,y0)(0,y0)(x0,2y0),则x0 x,y0y2.又因为点M在圆C上,所以x20y204,|即x2y244(y0)所以动点Q的轨迹方程是x24y2161(y0)题型二 定值、定点问题 1.已知椭圆C:x2a2y2b21(ab0)的离心率为22,点(2,2)在C上(1)求C的方程;(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M证明:直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值【答案】(1)x28y241(2)略【解析】(1)由题意有a2b2a22,4a22b21,解得a28,b24.所以C的方程为x28y241 【(2)证明:设直线l:ykxb(k0,b0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM)将ykxb代入x28y241,得(2k21)x24kbx2b280 故xMx1x222kb2k21,yMkxMbb2k21 于是直线OM的斜率kOMyMxM12k,即kOMk12.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值 2.已知动圆M恒过点(0,1),且与直线y1 相切(1)求圆心M的轨迹方程;(2)动直线l过点P(0,2),且与点M的轨迹交于A,B两点,点C与点B关于 y轴对称,求证:直线AC恒过定点.)【答案】(1)x24y(2)略【解析】(1)由题意,得点M与点(0,1)的距离始终等于点M到直线y1 的距离,由抛物线定义知圆心M的轨迹为以点(0,1)为焦点,直线y1 为准线的抛物线,则p21,p2.圆心M的轨迹方程为x24y (2)证明:由题知,直线l的斜率存在,设直线l:ykx2,A(x1,y1),B(x2,y2),(则C(x2,y2),联立 x24y,ykx2,得x24kx80,x1x24k,x1x28.kACy1y2x1x2x214x224x1x2x1x24,则直线AC的方程为yy1x1x24(xx1),、即yy1x1x24(xx1)x1x24x1124xxxx214 x1x24xx1x24 x1x28,yx1x24xx1x24x1x24x2,故直线AC恒过定点(0,2)!3.已知椭圆C:x2a2y2b21(ab0)上一点P1,32与椭圆右焦点的连线垂直于x轴,直线l:ykxm与椭圆C相交于A,B两点(均不在坐标轴上)(1)求椭圆C的标准方程;(2)设O为坐标原点,若AOB的面积为 3,试判断直线OA与OB的斜率之积是否为定值 【答案】(1)x24y231(2)34 【解析】(1)由题意知 1a294b21,a2b21,解得 a24,b23,椭圆C的标准方程为x24y231 (2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),由 x24y231,ykxm,得(4k23)x28kmx4m2120,由(8km)216(4k23)(m23)0,得m24k23 ;x1x28km4k23,x1x24m2124k23,SOAB12|m|x1x2|12|m|4 3 4k23m24k23 3,化简得 4k232m20,满足0,从而有 4k2m2m23(*),kOAkOBy1y2x1x2kx1mkx2mx1x2k2x1x2kmx1x2m2x1x2 12k23m24m212344k2m2m23,由(*)式,得4k2m2m231,kOAkOB34,即直线OA与OB的斜率之积为定值34 题型三 最值(范围)问题 1.已知平面内一动点M与两定点B1(0,1)和B2(0,1)连线的斜率之积等于12.(1)求动点M的轨迹E的方程;(2)设直线l:yxm(m0)与轨迹E交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交x轴于点P,当m变化时,求PAB面积的最大值.【答案】(1)x22y21(x0)(2)23【解析】(1)设M的坐标为(x,y),1 分 依题意得y1xy1x12,化简得动点M的轨迹E的方程为x22y21(x0)(2)设A(x1,y1),B(x2,y2)&联立 x22y21x0,yxm,化简得 3x24mx2m220(x0),有两个不同的交点,由根与系数的关系得x1x24m3,x1x22m223,(4m)212(2m22)0,即 3m 3且m1,0,1.设A,B的中点为C(xC,yC),则xCx1x222m3,yCxCmm3,C2m3,m3,线段AB的垂直平分线方程为ym3x2m3,令y0,得P点坐标为m3,0 则点P到AB的距离d2m32,由弦长公式得|AB|2x1x224x1x223248m2,SPAB122m3223 248m2 2 29m23m22 29m23m2223,当且仅当m232,即m62(3,3)时,等号成立,PAB面积的最大值为23 2.已知椭圆x2a2y2b21(ab0)离心率为12,过点E(7,0)的椭圆的两条切线相互垂直.(1)求此椭圆的方程;(2)若存在过点(t,0)的直线l交椭圆于A,B两点,使得FAFB(F为右焦点),求t的取值范围.【答案】(1)x24y231(2),76247624;【解析】(1)由椭圆的离心率eca12,得a2c,b2a2c23c2.不妨设在x轴上方的切点为M,x轴下方的切点为N,由椭圆的对称性知kME1,直线ME的方程为yx 7,联立 yx 7,x24c2y23c21消去y,;整理得 7x28 7x2812c20,由(8 7)247(2812c2)0,得c1,a2,b 3,椭圆方程为x24y231.(2)设l的方程为xmyt,A(x1,y1),B(x2,y2),联立 mytx,x24y231消去x,整理得(3m24)y26mty3t2120,则y1y26mt3m24,y1y23t2123m24.又FA(x11,y1),FB(x21,y2),FAFB(x11)(x21)y1y2【x1x2(x1x2)1y1y2(m21)y1y2(mtm)(y1y2)t22t10,(m21)(3t212)(mtm)(6mt)(t22t1)(3m24)0,化简得 7t28t89m2.要满足题意,则 7t28t89m2有解,|7t28t80,解得t46 27或t46 27.t的取值范围为,76247624.3.已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的右焦点为F,直线PQ过F交椭圆于P,Q两点,且|PF|max|QF|mina24.(1)求椭圆的长轴与短轴的比值;(2)如图,线段PQ的垂直平分线与PQ交于点M,与x轴,y轴分别交于D,E两点,求DOEDFMSS的取值范围 【答案】(1)2(2),91【解析】(1)设F(c,0),则|PF|maxac,|QF|minac,a2c2a24.b2c2a2,a24b2,长轴与短轴的比值为 2a2b2.(2)由(1)知a2b,可设椭圆方程为x24b2y2b21.依题意,直线PQ的斜率存在且不为 0,设直线PQ的方程为yk(xc),P(x1,y1),Q(x2,y2),联立 ykxc,x24b2y2b21消去y,|得(4k21)x28k2cx4k2c24b20,则x1x28k2c4k21,y1y2k(x1x22c)2kc4k21,M4k2c4k21,kc4k21.MDPQ,设D(x3,0),kc4k21x34k2c4k21k1,解得x33k2c4k21,D3k2c4k21,0.DMFDOE,DOEDFMSSDM2OD24k2c4k213k2c4k212kc4k2123k2c4k2121911k219,DOEDFMSS的取值范围为,91.)题型四存在性问题 1.如图,椭圆C:x2a2y2b21(ab0)经过点P1,32,离心率e12,直线l的方程为x4.(1)求椭圆C的方程;(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相交于点M,记PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数,使得k1k2k3若存在,求的值;若不存在,说明理由【答案】(1)x24y231(2)2【解析】(1)由P1,32在椭圆上得,1a294b21.依题设知a2c,则b23c2.代入解得c21,a24,b23.故椭圆C的方程为x24y231.(2)由题意可设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为yk(x1)代入椭圆方程并整理,得(4k23)x28k2x4(k23)0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则有 x1x28k24k23,x1x24k234k23.在方程中令x4 得,M的坐标为(4,3k)从而k1y132x11,k2y232x21,k33k3241k12.由于A,F,B三点共线,则有kkAFkBF,即有y1x11y2x21k.所 以k1k2y132x11y232x21y1x11y2x21321x111x21 2k32x1x22x1x2x1x21.代入得k1k22k328k24k2324k234k238k24k232k1,又k3k12,所以k1k22k3.故存在常数2 符合题意 2.已知椭圆C的中心在坐标原点,焦点在x轴上,左顶点为A,左焦点为F1(2,0),点B(2,2)在椭圆C上,直线ykx(k0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N.(1)求椭圆C的方程;(2)在x轴上是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有MPN为直角若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由【答案】(1)x28y241(2)P(2,0)或P(2,0)【解析】(1)设椭圆C的方程为x2a2y2b21(ab0),因为椭圆的左焦点为F1(2,0),所以a2b24.由题可得椭圆的右焦点为F2(2,0),已知点B(2,2)在椭圆C上,由椭圆的定义知|BF1|BF2|2a,所以 2a3 2 24 2.所以a2 2,从而b2.所以椭圆C的方程为x28y241.(2)因为椭圆C的左顶点为A,则点A的坐标为(2 2,0)因为直线ykx(k0)与椭圆x28y241 交于两点E,F,设点E(x0,y0)(不妨设x00),则点F(x0,y0)联立方程 ykx,x28y241,消去y得x2812k2.所以x02 212k2,y02 2k12k2,所以直线AE的方程为yk1 12k2(x2 2)因为直线AE与y轴交于点M,令x0,得y2 2k1 12k2,即点M0,2 2k1 12k2.同理可得点N0,2 2k1 12k2.假设在x轴上存在点P(t,0),使得MPN为直角,则MPNP0.即t22 2k1 12k22 2k1 12k20,即t240.解得t2 或t2.故存在点P(2,0)或P(2,0),无论非零实数k怎样变化,总有MPN为直角 3.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,请说明理由【答案】(1)x216y2121(2)所以符合题意的直线l不存在【解析】(1)依题意,可设椭圆C的方程为x2a2y2b21(ab0),且可知其左焦点为F(2,0)从而有 c2,2a|AF|AF|8,解得 c2,a4.又a2b2c2,所以b212.故椭圆C的方程为x216y2121.(2)假设存在符合题意的直线l,设其方程为y32xt.由 y32xt,x216y2121,得 3x23txt2120.因为直线l与椭圆C有公共点,所以(3t)243(t212)1443t20,解得4 3t4 3.另一方面,由直线OA与l的距离等于 4,可得|t|9414,从而t2 13.由于2 13 4 3,4 3,所以符合题意的直线l不存在