2020年高考理科数学《圆锥曲线》题型归纳与训练及答案.pdf

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1、 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

2、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

3、，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

4、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)

5、(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k1

6、k21，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

7、.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，OAO

8、BPAPB3，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,

9、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

10、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(

11、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

12、】(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A

13、C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

14、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(4k

15、23)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

16、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

17、(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

18、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

19、.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，

20、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.

21、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

22、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

23、.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)x

24、28y241(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 212k

25、2，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

26、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