高考数学圆锥曲线题型归纳与训练

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Fi ( 2,0) , F2(2,0),点P满足| PFi | |PF2 | 2 ,记点P的轨迹为E .求轨迹E 的方程.2【答案】x2 L 13【解析】由|PFi| | PF2 | 2 4 |讦2|可知：点P的轨迹E是以Fi,F2为焦点的双曲线 的右支，2由c 2,2a 2, b2 22 12 3 ,故轨迹E的方程为x2 L 心 0).3【易错点】(1)对于双曲线的定义理解片面；(2)如果动点P满足 |PFi| PF2II 2a (2a 尼)，则点P的轨迹是双曲线。但该题已知条件中给出的是|PFi | |PF2

2、| 2”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X2 V2例2已知椭圆C: +$=1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)、+ yy01X0 22 x0y0 x0 2y0+2x0y0 x0 2y0+ 2=1, e=呼(2)2.【解析】(1)由题意得a = 2, b=1,x2c所以椭圆C的方程为+y2= 1.又c=A/a2 b2所以离

3、心率e= 1=2.(2)证明:设 P(x0, y0)(x0 0, y0b0),四点 P1(1,1), P2(0, 1), P3 1P4 1 丈3 a b，2，2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的斜率的和为一1,证明：l过定点.X2 C【答案】(1) + y2=1(2)(2, -1)【解析】(1)因为P3 1 g , P4 1史，所以P3, P4两点关于y轴对称, 22故由题设知椭圆C经过P3, P4两点.11 13 .又由了 十声了 +后知，椭圆C不经过点P1,所以点P2在椭圆C上.1 b2 因此，1=1,产后

4、a2 = 4, 解得2 =1,，一 ，、一 一,X2c故椭圆C的方程为了 + y2=1.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1, k2.4 t2 t, F如果l与x轴垂直，设l: x= t,由题设知t?Q且|t|0.设 A(xi, yi), B(x2, y2),一 8km -4m24Xi+X2 4k2+i, XiX2-4k2+i-yi而 ki + k2 =一1y2 - 1一+-XiX2kXi + m 1 kX2 + m 1XiX2= +_ 2kxix2m 1 x1 x2X1X2由题设 ki + k2= 1,故(2k+1)X1X2+(m 1)(xi+x2)=0. TOC o 1-5

5、 h z 4m24 8km即(2k+ 1) 4k2 + i +(m- 1) 4k2+ i =0.m+ 1解得k2当且仅当m-1时，奥0,于是，ml，l： y=- 2 X+m,即 y+i = -mL2-1(x-2),所以l过定点(2, 1).【易错点】(1)观察不出P3, P4对称，忽视对称性导致判断失误；5(2)不会用点的坐标代入方程判断 Pl, P2是否在椭圆上而滞做；(3)联立直线l与椭圆C的方程，计算化简失误而滞做；(4)利用ki + k2=1运算变形不明确变形目标，导致化简不出k, m的关系.【思维点拨】第(1)问利用椭圆的性质，易排除点Pi(1,1)不在椭圆上，从而求椭圆 方程；第(

6、2)问分类讨论斜率是否存在，若存在，设 l: y=kx+ m,利用条件建立k, m 的等量关系，消参后再表示出直线l的方程可证明.题型三最值(范围)问题例4已知椭圆C: X2+y2=1(a0), F1, F2分别是其左、右焦点，以F1F2为直径 a的圆与椭圆C有且仅有两个交点.(1)求椭圆C的方程；(2)设过点F1且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆于A, B两点，线段AB的垂直平1，分线与x轴交于点P,点P横坐标的取值范围是 一4, 0 ,求线段AB长的取值范 围.【答案】(1)X2+y2= 1(2)个，2 2【解析】(1)因为以F1F2为直径的圆与椭圆C有且仅有两个交点，所以b = c=1,a=

7、 2,一 一一 一、一 ，x2所以椭圆C的方程为x2+y2=1.(2)根据题意，直线A, B的斜率存在且不为0,设直线AB的方程为y=k(x+1), ,x2,与5+ y2 = l联立，消去 y并整理得(1 + 2k2)x2 + 4k2x+ 2k2 2=0,设 A(xi, y) B(x2, 丫2), AB 的中点为 M(xo, y),4k22k22则 Xi + X2= i + 2k2，xi 2= i + 2k2，yi + y2 = k(xi + i) + k(x2 + i) = k(xi + x2 + 2)=2k；i + 28一2k2即 M -E， ki2k2一i + 2k2则直线AB的垂直平分

8、线为y7枭=1x+百汞，令y = 0,得xp=一,i - i k2因为冷 一4，。，即一4i+2k20， , ci所以 0k2b0)的离心率是*，点P(0, 1)在短轴CD上,且 pC pd = - 1.(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 力使得OA OB+ 2A pB为定值？若存在，求 入的值；若 不存在，请说明理由.【答案】(1) +=1(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pc pd = 1,1 b2= - 1,于是1r室,解得 a=2,

9、 b= 2.a2 b2 = c2.22所以椭圆E的方程为 + 1 = 1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y=kx+ 1, A, B的坐标分别为(xi, y。，(x2, y2).x2 y2t+t-= 1 、联立 4 2得(2k2+1)x2 + 4kx 2= 0.y= kx+1其判别式 = (4k)2+8(2k2+1)0,所以x1 + x2 =4k2k2+1x1x2= 一22k2+1.从而，oa ob + Apa pB=乂仅2+丫1丫2+ 1x2+(y1一 1)(y2 1)=(1 + 4(1 + k2)x1x2 + k(x + x2) +1- 2k2+124 k221Z2 2k2

10、 1一,， 入一1所以，当上1日寸，-21+ 1 2= - 3.此时，OA ob+Apa pb = - 3为定值.当直线AB斜率不存在时，直线 AB即为直线CD.止匕时，oA ob+ Apa pb = OC OD + Tpc pD = - 2一入当上1时，Oa Ob+ pa pb =- 3,为定值.综上，存在常数 上1,使得OA Ob + Apa PB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:%y2=1（ab0）的右焦点为F2（2,0）,点P1,邛 在椭圆C 上.求椭圆C的标准方程；（2）是

11、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.）八, x2 V2【答案】（1）1+5= 1（2）不存在满足条件的直线l【解析】（1）法一：二.椭圆C的右焦点为F2（2,0）,. c=2,椭圆C的左焦点为F1（-2,0）.由椭圆的定义可得2a= 11 2 2 卓 J1 2 2 普=、/96+、/24=2 .6,解得 a= 6,b2= a2 c2 = 6 4 = 2.一一 .一八、），x2 v2椭圆c的标准方程为x + y=1.6 210法二：.椭圆C的右焦点为F2（2,0）,c=2,故 a2 b2

12、 = 4,又点p i,一书5在椭圆c上，则$+952= 1，“115故bK +前=1，化简得 3b4+4b2 20 = 0,得 b2=2, a2=6.x2 v2椭圆c的标准方程为 + v2=1- (2)假设存在满足条件的直线I,设直线l的方程为v= x+t,x2 v2 d+ 7T= 1,由 6 2 得 x2+3(x+t)2 6=0, y= x+1即 4x26tx+(3t26)=0,= (-6t)2-4X4X(3 6) = 9612t20,解得2 2Vt2:2.3t3t26设 M(x1, y。，N(x2, y2),贝Ux1 + x2=2，x1x2= 4 ,由于|F1M|=|F1N|,设线段MN的

13、中点为E,1则 F1EXMN,故 kF1E=-；=1,Kmnx1 x2又 F1(2,0), E-,V1 + y22，11口口 3t即E 4,kFiE=3t- 4+2=1,解得 t= 4.当t= 4时，不满足2y12Vt|AF| = 2, .点P的轨迹是以A、F为焦点的椭圆，且a = b0)的离心率为-，点(2,避)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.x2 v2-【答案】(1)金+5= 1(2)略 o 4【解析】(1)由题意有汽/ = *, 5=1,解得 a2=8, b2=

14、4.所以C的方程为+ Vr= 18 4(2)证明：设直线 l: y= kx+ b(k?Q b#0,)A(x1, y。，B(x2, V2), M(xm, Vm).将V=kx+b代入，力=1,得(2k2+ 1)x2 + 4kbx+ 2 b2 8= 0.故xm =x-x2-2kb2k2+ 1，VM = k xm + b=2+ 1 于是直线OM的斜率koM=VM=-；, xm2k14即 koM k= - 2.所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.已知动圆M恒过点(0,1),且与直线y=1相切.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

15、y轴对称，求证：直线 AC恒过定点.【答案】(1)x2 = 4y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y= 1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y= - 1为准线的抛物线， 则p=1, p= 2.圆心M的轨迹方程为x2 = 4y.证明：由题知，直线l的斜率存在，设直线 l: y= kx-2, A(x1, y) B(x2, y2),则 C(一 X2, y?),一、x2= 4y,联立得 x2 4kx+ 8=0,y=kx 2,x1 +x2=4k,xx2 = 8.15X2L_ X2yi y244 xi X2kAC=X1+2=X1+2 =1-，

16、则直线AC的方程为yyi =Xi 4(xxi),Xi x2,即 y=yi + 4(xxi)Xi x2xi xi x2 , x2 TOC o 1-5 h z =Tx+4xi x2 xix2=-；-x+ . 44. c .Xi x2 xix2 Xix2 一 XiX28, .y- 4 x+ 4 4 x+2,故直线AC恒过定点(0,2).一x2 y2,3 .3.已知椭圆C: /+京=i(ab0)上一点Pi, 2与椭圆右焦点的连线垂直于 x 轴，直线I:y=kx+ m与椭圆C相交于A, B两点(均不在坐标轴上).求椭圆C的标准方程；(2)设O为坐标原点，若MOB的面积为3,试判断直线OA与OB的斜率之积

17、是 否为定值？【答案】(i)$ + = i(2)-3.i6a2= 4, 解得2 ob2= 3,4 + 2=1.【解析】(1)由题意知a 4ba2 = b2+ 1,椭圆c的标准方程为y2=1.4 3(2)设点 A(xi, yi), B(X2, y,x2 y2，V+O=1，-c cc由 .koA koB= 4,即直线OA与OB的斜率N积为定值3题型三最值(范围)问题11.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一2. 一 ，、一 ,、一3得(4k2+3)x2+8kmx+ 4m212 = 0,y=kx+ m,由= (8km)216(4k2+3)(m23)0,得 m

18、20,从而有 4k2m2= m2 3(*),y1y2kx + mkx2+mk2x1x2 + km x + x2 + m2二 koA koB =x1x2x1x2x1x24m2-124 m2 312k2+3m23 4k2 m24k2- m2，由。式，得 丁2_ 3 = 1，17（1）求动点M的轨迹E的方程；（2）设直线l: y=x + m（m?则轨迹E交于A, B两点，线段AB的垂直平分线交 轴于点P,当m变化时，求4PAB面积的最大值.【答案】（i）X2+y2= i（x0）（2）32【解析】（1）设M的坐标为（x, y）, 1分/4日古汉/日y+1 y i 1依定息信 = - x,x x 2x2

19、化简得动点M的轨迹E的万程为万+y2= 1（x？0） (2)设 A(x1, y。, B(x2, y2).x2 2 d+y2= 1联立2y = x+ m,化简得 3x2+ 4mx+ 2m22=0（x*0）.有两个不同的交点，2 c由根与系数的关系得x1+x2=-V，乂及2 = 吗二,33. = (4m)212(2m2 2)0,即一V3 mb0)离心率为1,过点E(巾，0)的椭圆的两条切线相(1)求此椭圆的方程;19（2）若存在过点（t,0）的直线l交椭圆于A, B两点，使得FA，FB（F为右焦点），求t 的取值范围.【答案】（i）x2+y2= i（2）4 34 2 . 6，74 2.67，C 1

20、【解析】（1）由椭圆的离心率e= a= 2,得 a=2c, b2= a2 c2= 3c2.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kME = 1,直线ME的方程为y=x+,y=x+ .7,联立x2 v2消去y,4?+3c2=1整理得 7x2+ 8 7x+28- 12c2=0,由= (8)2 4X7X(2812c2) = 0,得 c= 1,a= 2, b= y/3,.二椭圆方程为7 + y= 1.4 3(2)设 l 的方程为 x=my+1, A(x1, y。, B(x2, y2),my+ t=x,联立x2 y2消去x,一十 = 14十31整理得(3m2 + 4)y2 +

21、6mty+ 3t2 12 = 0,20则 yi + y2=6mt3t2-123m2+4 y1y2=3m2+ 4又下始=(不一1, yi), FB = (X2- 1, y2), W 下B = (xi1)(X21) + yiy2=X1X2 (x1 + x2)+1 + y1y2=(m2+1)y1y2+ (mtm)(y1 +y2)+ t22t+ 1 = 0,/.(m2+1)(3t2-12)+(mt- m)(-6mt)+(t2- 2t+1) (tf + 4) = 0,化简得 7t2-8t-8=9m2.要满足题意，则7t28t 8=9m2有解，7t2 8t8划解得t步段或t占弊.t的取值范围为x2 y23

22、.已知椭圆学+ #=1(ab0)的右焦点为F,直线PQ过F交椭圆于P,Q两点,且 |PF|maxQF|mina!4.(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j的取值范围.Sdoe21【答案】(1)2(2) 1, 9【解析】(1)设F(c,0),r则 |PF|max=a+ C, |QF|min=a C,2 o a2- a2c2 = 4，vb2+c2 = a2, /.a2=4b2,长轴与短轴的比值为2a ： 2b = 2.x2y2 /由(1)知a=2b,可设椭圆万程为 后+#= 1-依题意，直线PQ的斜率存在且不为0,设直

23、线 PQ 的方程为 y=k(x c), P(x1, y。，Q(x2, y?),y= k x c ,联立x2y2消去y,后+b2= 1得(4k2 + 1)x2 8k2cx+ 4k2 c2 4b2= 0,8k2c贝 u x1+x2=4k71，., 2kc y1 + y2 = k(x1 + x2 2c) = 4k2 + 1 ,4k2ckcM 4k2+1 4k2+1 -22VMDXPQ,设 D(X3,0),kc4，/4k2c k- T，X3-4k2+1解得地=若，D 0.DMFs/XDOE,k_k2+ _s2. Sdfm -DM1 4k2+1 4k2+14k2+i _i i 1,OD2-3k2c 2-

24、9 1 + k2 9?4k2+1 Sw的取值范围为L .S doe9题型四存在性问题1.如图，椭圆C:靠+标=1(ab0)经过点P1, 3 ,离心率e=,直线l的方程 a D22为 x=4.(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FA, PB, PM的斜率分别为ki, k2, k3.问：是否存在常数%使得ki + k2=入刘 若存在，求入的值；若不存在，说明理由.【答案】(1) + 9 = 1(2)入=223，3 , , , 一，i 9【解析】(i)由p i, 3在椭圆上得，,+看=依题设知a=2c,则bxix2xi+x2+1=3

25、c2. 代入解得c2 = 1, a2= 4, b2= 3.故椭圆c的方程为f+y2=i.4 3(2)由题意可设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为y=k(x- 1).代入椭圆方程并整理，得(4k2 + 3)x2 8k2x + 4(k2 3) = 0.设 A(xi, yi), B(x2, y2),则有8k2xi 一 k2 yi 2所以 ki + k2 =7 +xi+x24k2+3 xix2 4k2 + 3在方程中令x=4得，M的坐标为(4,3k). TOC o 1-5 h z 333yi2y223k5i从而 ki =k2=k3=: ，=k 一不xi ix2 i4 i2k.由于A, F, B三点

26、共线，则有k=小=丘，即有占=谓=3 y22x2 i2k = +* 3, xi ix2i 2 xi- ixi + x2 2248k234k2+3 .代入华 ki + k2= 2k 2 22 o2-= 2k 1,2 4 k2 -38k2 4k2 + 34k2 + 3一 1又L=k 所以ki +k2 = 2k3.故存在常数 上2符合题息.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Fi( 2,0), 点B(2,啦)在椭圆C上，直线y=kx(k?曲椭圆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.x2 y2，、【答案】(1)以 + y = 1(2)P(2,0)或 P(2,0) 8 4x2 y2【解析】(1)设椭圆