高考数学大一轮复习第九章平面解析几何高考专题突破五学案

1 / 20 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：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的一条渐近线方程为y＝52x，且与椭圆x212＋y23＝1有公共焦点，则C的方程为( )

A.x28－y210＝1 B.x24－y25＝1

C.x25－y24＝1 D.x24－y23＝1

答案 B

解析 由y＝52x，可得ba＝52.①

由椭圆x212＋y23＝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x24－y25＝1.故选B.

2．(2017·全国Ⅲ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝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.63 B.33 C.23 D.13

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＝2aba2＋b2＝a，解得a＝3b，

∴ba＝13，

∴e＝ca＝a2－b2a＝1－ba2＝1－132＝63.

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，l2，2 / 20 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．16 B．14 C．12 D．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－1k，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－1k(x－1)．

由 y＝kx－1，y2＝4x，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＝2k2＋4k2，x1x2＝1，

所以|AB|＝1＋k2·|x1－x2|

＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2

＝1＋k2·2k2＋4k22－4＝41＋k2k2.

同理可得|DE|＝4(1＋k2)．

所以|AB|＋|DE|＝41＋k2k2＋4(1＋k2)

＝41k2＋1＋1＋k2

＝8＋4k2＋1k2≥8＋4×2＝16，

当且仅当k2＝1k2，即k＝±1时，取得等号．

故选A.

4．(2017·北京)若双曲线x2－y2m＝1的离心率为3，则实数m＝________.

答案 2

解析 由双曲线的标准方程知a＝1，b2＝m，c＝1＋m，

故双曲线的离心率e＝ca＝1＋m＝3，

∴1＋m＝3，解得m＝2.

5．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的右支与焦点为F3 / 20 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＝±22x

解析

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由 x2a2－y2b2＝1，x2＝2py，得a2y2－2pb2y＋a2b2＝0，

显然，方程必有两个不等实根．

∴y1＋y2＝2pb2a2.又∵|AF|＋|BF|＝4|OF|，

∴y1＋p2＋y2＋p2＝4×p2，即y1＋y2＝p，

∴2pb2a2＝p，即b2a2＝12，∴ba＝22，

∴双曲线的渐近线方程为y＝±22x.

题型一 求圆锥曲线的标准方程

例1 (2018·佛山模拟)设椭圆x2a2＋y2b2＝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.x24＋y23＝1 B.x23＋y2＝1

C.x22＋y2＝1 D.x24＋y2＝1

答案 A

解析 ∵|BF2|＝|F1F2|＝2，∴a＝2c＝2，

∴a＝2，c＝1，∴b＝3，∴椭圆的方程为x24＋y23＝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x2a2－y2b2＝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( ) 4 / 20 A.x29－y213＝1 B.x213－y29＝1

C.x23－y2＝1 D．x2－y23＝1

答案 D

解析 双曲线x2a2－y2b2＝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＝±bax，

由题意得2ba2＋b2＝3，②

联立①②解得b＝3，a＝1，

所求双曲线的方程为x2－y23＝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)已知圆E：(x－3)2＋(y＋m－4)2＝1(m∈R)，当m变化时，圆E上的点与原点O的最短距离是双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的离心率，则双曲线C的渐近线为( )

A．y＝±2x B．y＝±12x

C．y＝±3x D．y＝±33x

答案 C

解析 圆E的圆心到原点的距离d＝32＋4－m2，

由此可得，当m＝4时，圆E上的点与原点O的最短距离是dmin＝3－1＝2，即双曲线的离心率为e＝ca＝2，

由此可得ba＝c2－a2a＝3，

双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a>0，b>0)的渐近线为y＝±bax＝±3x.故选C.

(2)(2016·天津)设抛物线 x＝2pt2，y＝2pt(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72p，0，AF与BC相交于点E.若|CF|＝2|AF|，且△ACE5 / 20 的面积为32，则p的值为________．

答案

6

解析

由

x＝2pt2，y＝2pt(p>0)消去t可得抛物线方程为y2＝2px(p>0)，

∴Fp2，0，

又|CF|＝2|AF|且|CF|＝72p－p2＝3p，

∴|AB|＝|AF|＝32p，

可得A(p，2p)．

易知△AEB∽△FEC，

∴|AE||FE|＝|AB||FC|＝12，

故S△ACE＝13S△ACF＝13×3p×2p×12＝22p2＝32，

∴p2＝6，∵p>0，∴p＝6.

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：x2a2－y2b2＝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．2 B.3 C.2 D.233

答案 A

解析 设双曲线的一条渐近线方程为y＝bax，

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22－12＝3.

根据点到直线的距离公式，得|2b|a2＋b2＝3，解得b2＝3a2.所以C的离心率e＝ca＝c2a2＝1＋b2a2＝2.

故选A. 6 / 20 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－12，14，B32，94，抛物线上的点P(x，y)－12＜x＜32，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＝x2－14x＋12＝x－12，

因为－12＜x＜32.

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 kx－y＋12k＋14＝0，x＋ky－94k－32＝0，

解得点Q的横坐标是xQ＝－k2＋4k＋32k2＋1.

因为|PA|＝1＋k2x＋12＝1＋k2(k＋1)，

|PQ|＝1＋k2(xQ－x)＝－k－1k＋12k2＋1，

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－1，12上单调递增，12，1上单调递减．因此当k＝12时，|PA|·|PQ|取得最大值2716.

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7 / 20 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：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率是32，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S1S2的最大值及取得最大值时点P的坐标．

(1)解 由题意知a2－b2a＝32，可得a2＝4b2，因为抛物线E的焦点为F0，12，所以b＝12，a＝1，所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.

(2)①证明 设Pm，m22(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－m22＝m(x－m)．

即y＝mx－m22.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．

联立方程 x2＋4y2＝1，y＝mx－m22，

得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.

由Δ>0，得0

且x1＋x2＝4m34m2＋1，因此x0＝2m34m2＋1，将其代入y＝mx－m22，得y0＝－m224m2＋1，因为y0x0＝－14m，

所以直线OD方程为y＝－14mx，

联立方程 y＝－14mx，x＝m，得点M的纵坐标yM＝－14，