（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題四 解析幾何 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線學案

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1、（浙江專用）2022高考數(shù)學二輪復習 專題四 解析幾何 第2講 橢圓、雙曲線、拋物線學案考情考向分析1.以選擇題、填空題形式考查圓錐曲線的方程、幾何性質(zhì)(特別是離心率).2.以解答題形式考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系(弦長、中點等)熱點一圓錐曲線的定義與標準方程1.圓錐曲線的定義(1)橢圓：|PF1|PF2|2a(2a|F1F2|)(2)雙曲線：|PF1|PF2|2a(2ab0)的左、右焦點為F1，F(xiàn)2，左、右頂點為M，N，過F2的直線l交C于A，B兩點(異于M，N)，AF1B的周長為4，且直線AM與AN的斜率之積為，則C的方程為()A.1 B.1C.1 D.y21答案C解析由AF1B的周長為4

2、，可知|AF1|AF2|BF1|BF2|4a4，解得a，則M，N(，0)設點A(x0，y0)(x0)，由直線AM與AN的斜率之積為，可得，即y(x3)，又1，所以yb2，由解得b22.所以C的方程為1.(2)已知以圓C：(x1)2y24的圓心為焦點的拋物線C1與圓C在第一象限交于A點，B點是拋物線C2：x28y上任意一點，BM與直線y2垂直，垂足為M，則|BM|AB|的最大值為()A1 B2 C1 D8答案A解析因為圓C：(x1)2y24的圓心為C(1,0)，所以可得以C(1,0)為焦點的拋物線方程為y24x，由解得A(1,2)拋物線C2：x28y的焦點為F(0,2)，準線方程為y2，即有|B

3、M|AB|BF|AB|AF|1，當且僅當A，B，F(xiàn)(A在B，F(xiàn)之間)三點共線時，可得最大值為1.思維升華(1)準確把握圓錐曲線的定義和標準方程及其簡單幾何性質(zhì)，注意當焦點在不同坐標軸上時，橢圓、雙曲線、拋物線方程的不同表示形式(2)求圓錐曲線方程的基本方法就是待定系數(shù)法，可結(jié)合草圖確定跟蹤演練1(1)已知雙曲線1(a0，b0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，以|F1F2|為直徑的圓與雙曲線漸近線的一個交點為，則雙曲線的方程為()A.1 B.1C.1 D.1答案D解析點(3,4)在以|F1F2|為直徑的圓上，c5，可得a2b225.又點(3,4)在雙曲線的漸近線yx上，.由聯(lián)立，解得a3，b4，可

4、得雙曲線的方程為1.(2)(2018寧波模擬)已知雙曲線C的漸近線方程是y2x，右焦點F(3,0)，則雙曲線C的方程為_，又若點N(0,6)，M是雙曲線C的左支上一點，則FMN周長的最小值為_答案x2162解析因為點F(3,0)為雙曲線的右焦點，則不妨設雙曲線的方程為1(a0，b0)，所以雙曲線的漸近線方程為yx2x，即2，又因為a2b232，聯(lián)立，解得a1，b2，所以雙曲線的方程為x21，設雙曲線的左焦點為F，則FMN的周長為|NF|MN|MF|NF|MN|2a|MF|NF|2a|NF|2|NF|2a62，當且僅當點M為直線NF與雙曲線的左支的交點時，等號成立，所以FMN的周長的最小值為62

5、.熱點二圓錐曲線的幾何性質(zhì)1橢圓、雙曲線中a，b，c之間的關(guān)系(1)在橢圓中：a2b2c2，離心率為e.(2)在雙曲線中：c2a2b2，離心率為e.2雙曲線1(a0，b0)的漸近線方程為yx.注意離心率e與漸近線的斜率的關(guān)系例2(1)設F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：1(ab0)的左、右焦點，過點F1的直線交橢圓E于A，B兩點，若AF1F2的面積是BF1F2面積的三倍，cosAF2B，則橢圓E的離心率為()A. B. C. D.答案D解析設|F1B|k，依題意可得|AF1|3k，|AB|4k，|AF2|2a3k，|BF2|2ak.cosAF2B，在ABF2中，由余弦定理可得|AB|2|AF2|2|BF

6、2|22|AF2|BF2|cosAF2B，(4k)2(2a3k)2(2ak)2(2a3k)(2ak)，化簡可得(ak)(a3k)0，而ak0，故a3k0，a3k，|AF2|AF1|3k，|BF2|5k，|BF2|2|AF2|2|AB|2，AF1AF2，AF1F2是等腰直角三角形ca，橢圓的離心率e.(2)已知雙曲線M：1(a0，b0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，2c.若雙曲線M的右支上存在點P，使，則雙曲線M的離心率的取值范圍為()A. B.C(1,2) D.答案A解析根據(jù)正弦定理可知，所以，即|PF2|PF1|，2a，所以2a，解得，而ac，即ac，整理得3e24e10，解得e1，所以1e

7、0，b0)的一條漸近線截橢圓y21所得弦長為，則此雙曲線的離心率等于()A. B. C. D.答案B解析雙曲線1的漸近線方程為yx，由橢圓的對稱性不妨取漸近線為yx，設漸近線與橢圓的交點為，則有解得2，則c2a2b23a2，則此雙曲線的離心率e，故選B.(2)已知雙曲線C：1(a0，b0)的焦距為2c，直線l過點且與雙曲線C的一條漸近線垂直，以雙曲線C的右焦點為圓心，半焦距為半徑的圓與直線l交于M，N兩點，若|MN|c，則雙曲線C的漸近線方程為()Ayx ByxCy2x Dy4x答案B解析方法一由題意可設漸近線方程為yx，則直線l的斜率kl，直線l的方程為y，整理可得axbya20.焦點(c,

8、0)到直線l的距離d，則弦長為22c，整理可得c49a2c212a3c4a40，即e49e212e40，分解因式得0.又雙曲線的離心率e1，則e2，所以 ，所以雙曲線C的漸近線方程為yx.方法二圓心到直線l的距離為，c23ac2a20，c2a，ba，漸近線方程為yx.熱點三直線與圓錐曲線判斷直線與圓錐曲線公共點的個數(shù)或求交點問題有兩種常用方法(1)代數(shù)法：聯(lián)立直線與圓錐曲線方程可得到一個關(guān)于x，y的方程組，消去y(或x)得一元二次方程，此方程根的個數(shù)即為交點個數(shù)，方程組的解即為交點坐標(2)幾何法：畫出直線與圓錐曲線的圖象，根據(jù)圖象判斷公共點個數(shù)例3(2018浙江教育綠色評價聯(lián)盟適應性考試)如

9、圖，在平面直角坐標系xOy中，橢圓E：1(ab0)的離心率為，其右頂點A到上頂點的距離為，過點A的直線l：yk(xa)(k0)與橢圓E交于另一點B，點C為y軸上一點(1)求橢圓E的標準方程；(2)若ABC是等邊三角形，求直線l的方程解(1)由題意可知，橢圓E的離心率e，a2b2c2，所以所以橢圓E的標準方程為1.(2)設AB的中點為M(x0，y0)，連接CM，則由ABC為等邊三角形可知MCAB，且|MC|AB|.聯(lián)立可得(4k23)x216k2x16k2120.設B(x1，y1)，則2x1，所以x1，x0，將x0代入yk(x2)，得y0，所以M，|AB|x12|，|MC|x0|.由|MC|AB

10、|，得，解得|k|，又因為k0，即mx00.所以點D的縱坐標yD，故46.真題體驗1(2017北京)若雙曲線x21的離心率為，則實數(shù)m_.答案2解析由雙曲線的標準方程知，a1，b2m，c，故雙曲線的離心率e，1m3，解得m2.2(2017全國改編)若雙曲線C：1(a0，b0)的一條漸近線被圓(x2)2y24所截得的弦長為2，則雙曲線C的離心率為_答案2解析設雙曲線的一條漸近線方程為yx，圓的圓心為(2,0)，半徑為2，由弦長為2，得圓心到漸近線的距離為.由點到直線的距離公式，得，解得b23a2.所以雙曲線C的離心率e2.3(2017全國改編)過拋物線C：y24x的焦點F，且斜率為的直線交C于點

11、M(M在x軸上方)，l為C的準線，點N在l上且MNl，則M到直線NF的距離為_答案2解析拋物線y24x的焦點為F(1,0)，準線方程為x1.由直線方程的點斜式，可得直線MF的方程為y(x1)聯(lián)立方程組解得 或點M在x軸的上方，M(3,2)MNl，N(1,2)|NF|4，|MF|MN|3(1)4.MNF是邊長為4的等邊三角形點M到直線NF的距離為2.4(2017山東)在平面直角坐標系xOy中，雙曲線1(a0，b0)的右支與焦點為F的拋物線x22py(p0)交于A，B兩點，若|AF|BF|4|OF|，則該雙曲線的漸近線方程為_答案yx解析設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去x，得a2y22

12、pb2ya2b20，y1y2.又|AF|BF|4|OF|，y1y24，即y1y2p，p，即，雙曲線的漸近線方程為yx.押題預測1已知F1，F(xiàn)2是雙曲線1(a0，b0)的左、右焦點，過F2作雙曲線一條漸近線的垂線，垂足為點A，交另一條漸近線于點B，且，則該雙曲線的離心率為()A. B. C. D2押題依據(jù)圓錐曲線的幾何性質(zhì)是圓錐曲線的靈魂，其中離心率、漸近線是高考命題的熱點答案A解析由F2(c,0)到漸近線yx的距離為db，即b，則3b.在AF2O中，c，tanF2OA，tanAOB，化簡可得a22b2，即c2a2b2a2，即e，故選A.2已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，且點在該橢圓上(1)

13、求橢圓C的方程；(2)過橢圓C的左焦點F1的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，若AOB的面積為，求圓心在原點O且與直線l相切的圓的方程押題依據(jù)橢圓及其性質(zhì)是歷年高考的重點，直線與橢圓的位置關(guān)系中的弦長、中點等知識應給予充分關(guān)注解(1)由題意可得e，又a2b2c2，所以b2a2.因為橢圓C經(jīng)過點，所以1，解得a24，所以b23，故橢圓C的方程為1.(2)由(1)知F1(1,0)，設直線l的方程為xty1，由消去x，得(43t2)y26ty90，顯然0恒成立，設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1y2，y1y2，所以|y1y2|，所以SAOB|F1O|y1y2|，化簡得18t4t2170，即(

14、18t217)(t21)0，解得t1，t(舍去)又圓O的半徑r，所以r，故圓O的方程為x2y2.A組專題通關(guān)1(2017全國)已知雙曲線C：1(a0，b0)的一條漸近線方程為yx，且與橢圓1有公共焦點，則C的方程為()A.1 B.1C.1 D.1答案B解析由yx，可得.由橢圓1的焦點為(3,0)，(3,0)，可得a2b29.由可得a24，b25.所以C的方程為1.故選B.2(2018嘉興市、麗水市教學測試)若雙曲線C：x2y21的右頂點為A，過點A的直線l與雙曲線C的兩條漸近線交于P，Q兩點，且2，則直線l的斜率為()A BC2 D3答案D解析由題意得雙曲線的漸近線方程為xy0，點A的坐標為(

15、1,0)當直線l的斜率不存在或斜率為1或0時，顯然不符合題意；當直線l的斜率存在且不等于1和0時，設直線l的方程為yk(x1)，分別與雙曲線的兩條漸近線聯(lián)立，解得或則由2，得yP2yQ，即2或2，解得k3或k3，故選D.3(2018全國)已知雙曲線C：y21，O為坐標原點，F(xiàn)為C的右焦點，過F的直線與C的兩條漸近線的交點分別為M，N.若OMN為直角三角形，則|MN|等于()A. B3 C2 D4答案B解析由已知得雙曲線的兩條漸近線方程為y x.設兩漸近線的夾角為2，則有tan ，所以30.所以MON260.又OMN為直角三角形，由于雙曲線具有對稱性，不妨設MNON，如圖所示在RtONF中，|O

16、F|2，則|ON|.則在RtOMN中，|MN|ON|tan 2tan 603.故選B.4(2018浙江省衢州二中模擬)設橢圓E：1(ab0)的一個焦點為F(2,0)，點A(2,1)為橢圓E內(nèi)一點，若橢圓E上存在一點P，使得|PA|PF|8，則橢圓E的離心率的取值范圍是()A. B.C. D.答案A解析設橢圓的左焦點為F2(2,0)，則|PA|AF2|PF2|PA|AF2|，即|PA|1|PF2|PA|1，當且僅當P，A，F(xiàn)2三點共線時，等號成立，則2a|PF|PF2|7,9，則橢圓的離心率e，故選A.5拋物線C：y28x的焦點F的坐標為_，若點P(，m)在拋物線C上，則線段PF的長度為_答案(

17、2,0)2解析拋物線y28x的焦點坐標為(2,0)，則拋物線的準線方程為x2，因為點P(，m)在拋物線上，所以PF的長度等于點P(，m)到拋物線的準線的距離，即|PF|2.6(2018北京)已知橢圓M：1(ab0)，雙曲線N：1.若雙曲線N的兩條漸近線與橢圓M的四個交點及橢圓M的兩個焦點恰為一個正六邊形的頂點，則橢圓M的離心率為_；雙曲線N的離心率為_答案12解析方法一雙曲線N的漸近線方程為yx，則tan 60，雙曲線N的離心率e1滿足e14，e12.由得x2.如圖，設D點的橫坐標為x，由正六邊形的性質(zhì)得|ED|2xc，4x2c2.a2b2，得3a46a2b2b40，320，解得23.橢圓M的

18、離心率e2滿足e142.e21.方法二雙曲線N的漸近線方程為yx，則tan 60.又c12m，雙曲線N的離心率為2.如圖，連接EC，由題意知，F(xiàn)，C為橢圓M的兩焦點，設正六邊形的邊長為1，則|FC|2c22，即c21.又E為橢圓M上一點，則|EF|EC|2a，即12a，a.橢圓M的離心率為1.7已知拋物線C：y22px(p0)的焦點為F，過點F的直線l與拋物線C交于A，B兩點，且直線l與圓x2pxy2p20交于C，D兩點，若|AB|3|CD|，則直線l的斜率為_答案解析由題意得F，由x2pxy2p20，配方得2y2p2，所以直線l過圓心，可得|CD|2p，若直線l的斜率不存在，則l：x，|AB

19、|2p，|CD|2p，不符合題意，直線l的斜率存在可設直線l的方程為yk，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立化為x2x0，所以x1x2p，所以|AB|x1x2p2p，由|AB|3|CD|，所以2p6p，可得k2，所以k.8已知A，B是橢圓C上關(guān)于原點對稱的兩點，若橢圓C上存在點P，使得直線PA，PB斜率的絕對值之和為1，則橢圓C的離心率的取值范圍是_答案解析不妨設橢圓C的方程為1(ab0)，P(x，y)，A(x1，y1)，則B，所以1，1，兩式相減得，所以，所以直線PA，PB斜率的絕對值之和為2，由題意得1，所以a24b24a24c2，即3a24c2，所以e2，又因為0e1，所以e0)的

20、直線l與C交于A，B兩點，|AB|8.(1)求l的方程；(2)求過點A，B且與C的準線相切的圓的方程解(1)由題意得F(1,0)，l的方程為yk(x1)(k0)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得k2x2(2k24)xk20.16k2160，故x1x2.所以|AB|AF|BF|(x11)(x21).由題意知8，解得k1(舍去)或k1.因此l的方程為xy10.(2)由(1)得AB的中點坐標為(3,2)，所以AB的垂直平分線方程為y2(x3)，即yx5.設所求圓的圓心坐標為(x0，y0)，則解得或因此所求圓的方程為(x3)2(y2)216或(x11)2(y6)2144.10(2018天津)設

21、橢圓1(ab0)的左焦點為F，上頂點為B.已知橢圓的離心率為，點A的坐標為(b,0)，且|FB|AB|6.(1)求橢圓的方程；(2)設直線l：ykx(k0)與橢圓在第一象限的交點為P，且l與直線AB交于點Q.若sinAOQ(O為原點)，求k的值解(1)設橢圓的焦距為2c，由已知有 ，又由a2b2c2，可得2a3b.由已知可得|FB|a，|AB|b，由|FB|AB|6，可得ab6，從而a3，b2.所以橢圓的方程為1.(2)設點P的坐標為(x1，y1)，點Q的坐標為(x2，y2)由已知有y1y20，故|PQ|sinAOQy1y2.又因為|AQ|，而OAB，所以|AQ|y2.由sinAOQ，可得5y

22、19y2.由方程組消去x，可得y1 .由題意求得直線AB的方程為xy20，由方程組消去x，可得y2.由5y19y2，可得5(k1)3，兩邊平方，整理得56k250k110，解得k或k.所以k的值為或.B組能力提高112000多年前，古希臘大數(shù)學家阿波羅尼奧斯(Apollonius)發(fā)現(xiàn)：平面截圓錐的截口曲線是圓錐曲線已知圓錐的高為PH，AB為地面直徑，頂角為2，那么不過頂點P的平面與PH夾角a時，截口曲線為橢圓；與PH夾角a時，截口曲線為拋物線；與PH夾角a0時，截口曲線為雙曲線如圖，底面內(nèi)的直線AMAB，過AM的平面截圓錐得到的曲線為橢圓，其中與PB的交點為C，可知AC為長軸那么當C在線段P

23、B上運動時，截口曲線的短軸端點的軌跡為()A圓的一部分 B橢圓的一部分C雙曲線的一部分 D拋物線的一部分答案D解析如圖，因為對于給定的橢圓來說，短軸的端點Q到焦點F的距離等于長半軸a，但短軸的端點Q到直線AM的距離也是a，即說明短軸的端點Q到定點F的距離等于到定直線AM的距離，且點F不在定直線AM上，所以由拋物線的定義可知，短軸的端點的軌跡是拋物線的一部分，故選D.12已知直線MN過橢圓y21的左焦點F，與橢圓交于M，N兩點，直線PQ過原點O與MN平行，且與橢圓交于P，Q兩點，則_.答案2解析方法一特殊化，設MNx軸，則，24, 2.方法二由題意知F(1,0)，當直線MN的斜率不存在時，|MN

24、|，|PQ|2b2，則2；當直線MN的斜率存在時，設直線MN的斜率為k，則MN方程為yk(x1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程整理得(2k21)x24k2x2k220.由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1x2，x1x2，則|MN|.直線PQ的方程為ykx，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，則解得x2，y2，則|OP|2x2y2，又|PQ|2|OP|，所以|PQ|24|OP|2，2.13(2018浙江省杭州二中月考)已知橢圓1(ab0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點F1且斜率為1的直線與x2y21相切，點P是橢圓上的點，G，I分別是F1PF2的重心與內(nèi)心，且，則橢圓的方程為_答案1解析

25、過橢圓的左焦點F1且斜率為1的直線的方程為xyc0，因為其與圓x2y21相切，所以1，解得c.設點P的坐標為(x0，y0)，則F1PF2的重心G的坐標為，即G，又因為，所以GI平行于x軸，則F1PF2的內(nèi)心I的縱坐標為，則F1PF2的內(nèi)切圓的半徑為，則F1PF2的面積為(|F1F2|PF1|PF2|)|y0|F1F2|，即(2c2a)|y0|2c，化簡得a2c2，則b2a2c26，所以橢圓的方程為1.14(2018浙江)已知點P(0,1)，橢圓y2m(m1)上兩點A，B滿足2，則當m_時，點B橫坐標的絕對值最大答案5解析方法一如圖，設A(xA，yA)，B(xB，yB)，由于橢圓具有對稱性，不妨

26、設點B在第一象限，則xB0，yB0.P(0,1)，2，(xA,1yA)2(xB，yB1)xA2xB，即xA2xB.設直線AB：ykx1(k0)將ykx1代入y2m，得(14k2)x28kx44m0.(*)xAxBxB，xB2，當且僅當4k，即k時，xB取到最大值2，此時方程(*)化為x22x22m0，xAxB2x8，即22m8，解得m5.當點B在其他象限時，同理可解方法二設直線AB：ykx1(k0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)由P(0,1)，2，得xA2xB.由得(14k2)x28kx44m0，xAxBxB，xAxB2x.消去xB，得m1.|xB|2，當且僅當|k|時，|xB|max2，此時m5.