第十二章 12.6圆锥曲线问题-2021届高三数学一轮基础复习讲义（学生版+教师版）【机构专用】

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第1课时


进门测



1．已知A，B为双曲线E的左，右顶点，点M在E上，△ABM为等腰三角形，且顶角为120°，则E的离心率为(　　)
A. B．2 C. D.
答案　D
解析　如图，设双曲线E的方程为－＝1(a＞0，b＞0)，则|AB|＝2a，由双曲线的对称性，可设点M(x1，y1)在第一象限内，过M作MN⊥x轴于点N(x1,0)，

∵△ABM为等腰三角形，且∠ABM＝120°，
∴|BM|＝|AB|＝2a，∠MBN＝60°，
∴y1＝|MN|＝|BM|sin∠MBN＝2asin 60°＝a，
x1＝|OB|＋|BN|＝a＋2acos 60°＝2a.将点M(x1，y1)的坐标代入－＝1，可得a2＝b2，∴e＝＝ ＝，选D.
2．设F为抛物线C：y2＝3x的焦点，过F且倾斜角为30°的直线交C于A，B两点，O为坐标原点，则△OAB的面积为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　由已知得焦点坐标为F(，0)，
因此直线AB的方程为y＝(x－)，
即4x－4y－3＝0.
方法一　联立直线方程与抛物线方程化简得4y2－12y－9＝0，
故|yA－yB|＝＝6.
因此S△OAB＝|OF||yA－yB|＝××6＝.
方法二　联立方程得x2－x＋＝0，
故xA＋xB＝.
根据抛物线的定义有|AB|＝xA＋xB＋p＝＋
＝12，
同时原点到直线AB的距离为h＝＝，
因此S△OAB＝|AB|·h＝.
3．已知A，B分别为椭圆＋＝1(a>b>0)的右顶点和上顶点，直线y＝kx(k>0)与椭圆交于C，D两点，若四边形ACBD的面积的最大值为2c2，则椭圆的离心率为(　　)
A. B. C. D.
答案　D
解析　设C(x1，y1)(x1>0)，D(x2，y2)，
将y＝kx代入椭圆方程可解得x1＝，x2＝，
则|CD|＝|x1－x2|＝.
又点A(a,0)到直线y＝kx的距离d1＝，点B(0，b)到直线y＝kx的距离d2＝，
所以S四边形ACBD＝d1|CD|＋d2|CD|
＝(d1＋d2)·|CD|＝··
＝ab·.
令t＝，
则t2＝＝1＋2ab·
＝1＋2ab·≤1＋2ab·＝2，
当且仅当＝a2k，即k＝时，tmax＝，
所以S四边形ACBD的最大值为ab.
由条件，有ab＝2c2，
即2c4＝a2b2＝a2(a2－c2)＝a4－a2c2,2c4＋a2c2－a4＝0,2e4＋e2－1＝0，
解得e2＝或e2＝－1(舍去)，所以e＝，故选D.
4．双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线为正方形OABC的边OA，OC所在的直线，点B为该双曲线的焦点，若正方形OABC的边长为2，则a＝________.
答案　2
解析　设B为双曲线的右焦点，如图所示．

∵四边形OABC为正方形且边长为2，
∴c＝|OB|＝2，
又∠AOB＝，
∴＝tan＝1，即a＝b.
又a2＋b2＝c2＝8，∴a＝2.


作业检查


无





第2课时


阶段训练


题型一　求圆锥曲线的标准方程
例1　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1、F2，离心率为，过F2的直线l交C于A、B两点．若△AF1B的周长为4，则C的方程为(　　)
A.＋＝1 B.＋y2＝1
C.＋＝1 D.＋＝1
答案　A
解析　由e＝，得＝.①
又△AF1B的周长为4，
由椭圆定义，得4a＝4，得a＝，
代入①，得c＝1，所以b2＝a2－c2＝2，
故椭圆C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．
　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，选D.
题型二　圆锥曲线的几何性质
例2　(1)若双曲线－＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为(　　)
A. B. C. D.
(2)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　(1)D　(2)
解析　(1)由条件知y＝－x过点(3，－4)，∴＝4，
即3b＝4a，∴9b2＝16a2，∴9c2－9a2＝16a2，
∴25a2＝9c2，∴e＝.故选D.
(2)由(p>0)消去t可得抛物线方程为y2＝2px(p>0)，

∴F，
|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．
　已知椭圆＋＝1(a>b>0)与抛物线y2＝2px(p>0)有相同的焦点F，P，Q是椭圆与抛物线的交点，若PQ经过焦点F，则椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为____________．
答案　－1
解析　因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F为，设椭圆另一焦点为E.
当x＝时，代入抛物线方程得y＝±p，
又因为PQ经过焦点F，所以P且PF⊥OF.
所以|PE|＝ ＝p，
|PF|＝p，|EF|＝p.
故2a＝ p＋p,2c＝p，e＝＝－1.

题型三　最值、范围问题
例3　若直线l：y＝－过双曲线－＝1(a>0，b>0)的一个焦点，且与双曲线的一条渐近线平行．
(1)求双曲线的方程；
(2)若过点B(0，b)且与x轴不平行的直线和双曲线相交于不同的两点M，N，MN的垂直平分线为m，求直线m在y轴上的截距的取值范围．
解　(1)由题意，可得c＝2，＝，
所以a2＝3b2，且a2＋b2＝c2＝4，
解得a＝，b＝1.故双曲线的方程为－y2＝1.
(2)由(1)知B(0,1)，依题意可设过点B的直线方程为
y＝kx＋1(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(1－3k2)x2－6kx－6＝0，
所以x1＋x2＝，
Δ＝36k2＋24(1－3k2)＝12(2－3k2)>0⇒0 且1－3k2≠0⇒k2≠.
设MN的中点为Q(x0，y0)，
则x0＝＝，y0＝kx0＋1＝，
故直线m的方程为y－＝－，
即y＝－x＋.
所以直线m在y轴上的截距为，
由0 得1－3k2∈(－1,0)∪(0,1)，
所以∈(－∞，－4)∪(4，＋∞)．
故直线m在y轴上的截距的取值范围为(－∞，－4)∪(4，＋∞)．
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，利用二次函数法和均值不等式法、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，根据圆锥曲线几何意义求最值与范围．
　直线l：x－y＝0与椭圆＋y2＝1相交于A，B两点，点C是椭圆上的动点，则△ABC面积的最大值为________．
答案　
解析　由得3x2＝2，
∴x＝±，设点A在第一象限，
∴A(，)，B(－，－)，∴|AB|＝.
设与l平行的直线l′：y＝x＋m与椭圆相切于P点．
则△ABP面积最大．
由得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
∴Δ＝(4m)2－4×3×(2m2－2)＝0，
∴m＝±.∴P到AB的距离即为l与l′的距离，
∴d＝.∴S△ABC＝××＝.
题型四　定值、定点问题
例4　设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
解　(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为＋＝1(y≠0)．
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，
点A到m的距离为，
所以|PQ|＝2 ＝4.
故四边形MPNQ的面积
S＝|MN||PQ|＝12 .
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)．
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8)．
思维升华　求定点及定值问题常见的方法有两种
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值．
　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．
(1)解　由已知＝，ab＝1.
又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝.
∴椭圆方程为＋y2＝1.
(2)证明　由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．
设椭圆上一点P(x0，y0)，则＋y＝1.
当x0≠0时，直线PA方程为y＝(x－2)，
令x＝0，得yM＝.
从而|BM|＝|1－yM|＝.
直线PB方程为y＝x＋1.令y＝0，得xN＝.
∴|AN|＝|2－xN|＝.
∴|AN|·|BM|＝·
＝·
＝
＝＝4.
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
∴|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|为定值．
题型五　探索性问题
例5　已知过原点的动直线l与圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0相交于不同的两点A，B.
(1)求圆C1的圆心坐标；
(2)求线段AB的中点M的轨迹C的方程；
(3)是否存在实数k，使得直线L：y＝k(x－4)与曲线C只有一个交点？若存在，求出k的取值范围；若不存在，说明理由．
解　(1)圆C1：x2＋y2－6x＋5＝0化为(x－3)2＋y2＝4，∴圆C1的圆心坐标为(3,0)．
(2)设M(x，y)，
∵A，B为过原点的直线l与圆C1的交点，且M为AB的中点，
∴由圆的性质知MC1⊥MO，∴·＝0.
又∵＝(3－x，－y)，＝(－x，－y)，
∴由向量的数量积公式得x2－3x＋y2＝0.
易知直线l的斜率存在，
∴设直线l的方程为y＝mx，
当直线l与圆C1相切时，d＝＝2，
解得m＝±.
把相切时直线l的方程代入圆C1的方程，
化简得9x2－30x＋25＝0，解得x＝.
当直线l经过圆C1的圆心时，M的坐标为(3,0)．
又∵直线l与圆C1交于A，B两点，M为AB的中点，
∴ ∴点M的轨迹C的方程为x2－3x＋y2＝0，其中 (3)由题意知直线L表示过定点(4,0)，斜率为k的直线，把直线L的方程代入轨迹C的方程x2－3x＋y2＝0，其中 记f(x)＝(k2＋1)x2－(3＋8k2)x＋16k2，其中 若直线L与曲线C只有一个交点，令f(x)＝0.
当Δ＝0时，解得k2＝，即k＝±，此时方程可化为25x2－120x＋144＝0，即(5x－12)2＝0，
解得x＝∈，∴k＝±满足条件．
当Δ>0时，
①若x＝3是方程的解，则f(3)＝0⇒k＝0⇒另一根为x＝0<，故在区间上有且仅有一个根，满足题意；
②若x＝是方程的解，则f＝0⇒k＝±⇒另外一根为x＝，<≤3，故在区间上有且仅有一根，满足题意；
③若x＝3和x＝均不是方程的解，则方程在区间上有且仅有一个根，只需f·f(3)<0⇒－ 综上所述，k的取值范围是－≤k≤或k＝±.
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．
　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点(1，)．若点M(x0，y0)在椭圆C上，则点N(，)称为点M的一个“椭点”．
(1)求椭圆C的标准方程．
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点，且A，B两点的“椭点”分别为P，Q，以PQ为直径的圆经过坐标原点，试判断△AOB的面积是否为定值？若为定值，求出定值；若不为定值，说明理由．
解　(1)由题意知e＝＝，∴e2＝＝＝，
即a2＝b2，又＋＝1，
∴a2＝4，b2＝3，∴椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)△AOB的面积为定值．理由如下：
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则P(，)，Q(，)，
∵以PQ为直径的圆经过坐标原点，
∴·＝0，即＋＝0.
由得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，
得3＋4k2－m2>0.
x1＋x2＝－，x1x2＝.
y1y2＝(kx1＋m)·(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，
代入＋＝0，即y1y2＝－x1x2，得
＝－·，即2m2－4k2＝3，
∴|AB|＝·|x1－x2|＝·＝·，由点O到直线AB的距离公式得d＝，
∴S△AOB＝|AB|d＝··＝，
把2m2－4k2＝3代入上式，得S△AOB＝.

第3课时



阶段重难点梳理




1．如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，经过点A(0，－1)，且离心率为.

(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.
(1)解　由题设知＝，b＝1，
结合a2＝b2＋c2，解得a＝，
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)证明　由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
从而直线AP，AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋＝＋
＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.
2．椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上，下顶点分别为A，B，右焦点为F，点P(，)在椭圆C上，且OP⊥AF.

(1)求椭圆C的方程；
(2)设不经过顶点A，B的直线l与椭圆交于两个不同的点M(x1，y1)，N(x2，y2)，且＋＝2，求椭圆右顶点D到直线l距离的取值范围．
解　(1)∵点P(，)，∴kOP＝，
又∵AF⊥OP，－×＝－1，∴c＝b，∴a2＝4b2.
又点P(，)在椭圆上，
∴＋＝＋＝＝1，
解得a2＝4，b2＝1，故椭圆方程为＋y2＝1.
(2)(ⅰ)当直线l的斜率不存在时，方程为x＝1，此时d＝1.
(ⅱ)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠±1)，
联立椭圆方程得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝，
由Δ>0⇒4k2－m2＋1>0，①
由＋＝2⇒x1＋x2＝2x1x2⇒＝2，
即km＝1－m2⇒k＝－m(m≠0)，②
把②式代入①式得m2>或0 椭圆右顶点D(2,0)到直线l的距离
d＝＝＝
＝＝，
令m2－1＝t∈(－1,0)∪(，＋∞)，
则d＝＝∈[0,1)∪(1,2)，
综上可知d∈[0,2)．
3．已知曲线C的方程是mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，且曲线C过A(，)，B(，)两点，O为坐标原点．
(1)求曲线C的方程；
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)是曲线C上两点，且OM⊥ON，求证：直线MN恒与一个定圆相切．
(1)解　由题可得解得m＝4，n＝1.
所以曲线C的方程为y2＋4x2＝1.
(2)证明　由题得y＋4x＝1，y＋4x＝1，x1x2＋y1y2＝0，
原点O到直线MN的距离
d＝＝
＝
＝
＝ .
由x1x2＋y1y2＝0，得
xx＝yy＝(1－4x)(1－4x)
＝1－4(x＋x)＋16xx，
所以xx＝(x＋x)－，
d＝
＝ ＝，
所以直线MN恒与定圆x2＋y2＝相切．
4．已知椭圆＋＝1的左顶点为A，右焦点为F，过点F的直线交椭圆于B，C两点．
(1)求该椭圆的离心率；
(2)设直线AB和AC分别与直线x＝4交于点M，N，问：x轴上是否存在定点P使得MP⊥NP？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．
解　(1)由椭圆方程可得a＝2，b＝，
从而椭圆的半焦距c＝＝1.
所以椭圆的离心率为e＝＝.
(2)依题意，直线BC的斜率不为0，
设其方程为x＝ty＋1.
将其代入＋＝1，整理得(4＋3t2)y2＋6ty－9＝0.
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
所以y1＋y2＝，y1y2＝.
易知直线AB的方程是y＝(x＋2)，
从而可得M(4，)，同理可得N(4，)．
假设x轴上存在定点P(p,0)使得MP⊥NP，
则有·＝0.
所以(p－4)2＋＝0.
将x1＝ty1＋1，x2＝ty2＋1代入上式，整理得
(p－4)2＋＝0，
所以(p－4)2＋＝0，
即(p－4)2－9＝0，解得p＝1或p＝7.
所以x轴上存在定点P(1,0)或P(7,0)，
使得MP⊥NP.
5．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点为F1，F2，离心率为e.直线l：y＝ex＋a与x轴，y轴分别交于点A，B两点，M是直线l与椭圆C的一个公共点，P是点F1关于直线l的对称点，设＝λ.
(1)若λ＝，求椭圆C的离心率；
(2)若△PF1F2为等腰三角形，求λ的值．
解　(1)因为A，B分别是直线l：y＝ex＋a与x轴，y轴的交点，
所以A，B的坐标分别为(－，0)，(0，a)，
由　得
所以点M的坐标是(－c，)，
由＝λ，得(－c＋，)＝λ(，a)．
即解得λ＝1－e2，因为λ＝，所以e＝.
(2)因为PF1⊥l，所以∠PF1F2＝90°＋∠BAF1为钝角，
要使△PF1F2为等腰三角形，必有|PF1|＝|F1F2|，
即|PF1|＝c.设点F1到l的距离为d，
由|PF1|＝d＝＝＝c，得
＝e，
所以e2＝，于是λ＝1－e2＝.
即当λ＝时，△PF1F2为等腰三角形．