2020年高考文科數(shù)學(xué)《圓錐曲線》題型歸納與訓(xùn)練

例2已知拋物線C例2已知拋物線C:y2=4x,點(diǎn)M（m,0）在x軸的正半軸上，過M點(diǎn)的直線1與拋物線C相交于A,B兩11⑵是否存在定點(diǎn)M，使得不論直線1:x=kk+m繞點(diǎn)M如何轉(zhuǎn)動(dòng)，喬*~Bm2恒為定值?【答案】（1）（x-3匕+（y-2匕=16.（2）存在定點(diǎn)M（2,0）【解析］（1）當(dāng)m=1時(shí)，M6,0）,此時(shí)，點(diǎn)M為拋物線C的焦點(diǎn),直線1的方程為y=x一1，設(shè)A（訊），ST，聯(lián)立｛仁l，消去y得,x2-6x+1-0，?:xi+3二6，ki+k2-%+3一2二4…??圓心坐標(biāo)為(3,2)?又|AB|=xi+x2+2=8，?圓的半徑為4,?：圓的方程為(x一3)2+(y一2)2=16.⑵由題意可設(shè)直線1⑵由題意可設(shè)直線1的方程為x=ky+m,則直線1的方程與拋物線C:y2二4x聯(lián)立,消去x得：k2-4消去x得：k2-4kk一4m-0,則甘-4m，人+k2-4k,1丄1=1AM|2|BMp—(T-m)+1b+y2(x-m)2+y2112211y2+y2(k2+l)y2(k2+1)y2(k2+1)yy21212(y+y)2一2yy1212(2+1丿y2y212=-(^16k2+8m2k2+m=(k2+1)16m2=2mfe)對(duì)任意k&R恒為定值'c111于是m2,此時(shí)jAjq；阿卩切??:存在定點(diǎn)M2,0，滿足題意.【易錯(cuò)點(diǎn)】定點(diǎn)、定值問題同證明問題類似，在求定點(diǎn)、定值之前已知該值的結(jié)果（取特殊位置或特殊值），因此求解時(shí)應(yīng)設(shè)參數(shù)，運(yùn)用推理，到最后必定參數(shù)統(tǒng)消，定點(diǎn)、定值顯現(xiàn)【思維點(diǎn)撥】定點(diǎn)、定值問題通常先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確，則存在；若結(jié)論不正確，則不存在?在求解中通過設(shè)參數(shù)或取特殊值來確定“定點(diǎn)”是什么、“定值”是多少，或者將該問題涉及的幾何式轉(zhuǎn)化為代數(shù)式或三角問題，證明該式是恒定的.【鞏固訓(xùn)練】題型一求曲線的方程1?設(shè)圓x2y22x150的圓心為A，直線l過點(diǎn)B1,0且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E.證明|EA|EB|為定值，并寫出點(diǎn)E的軌跡方程.X2y2【答案】才三i（y0）【解析】因?yàn)镮AD||AC|，EB//AC，故EBDACDADC，所以|EB||ED|，故|EA||EB||EA||ED||AD,又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為（x1）2y216,從而IAD|4,所以|EA||EB|4.由題設(shè)得A（1，0），BQ,。），〔AB,2,由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為寧y1（y0）.2?已知?jiǎng)訄AG過定點(diǎn)F4,0，且在y軸上截得的弦長(zhǎng)為8.求動(dòng)圓G的圓心點(diǎn)G的軌跡方程;【答案】y28x42【解析】設(shè)動(dòng)圓圓心Gx，y，設(shè)圓交y軸于M,N兩點(diǎn)，連接GF,GM,則|GFI|GM|，過點(diǎn)6作冊(cè)MN，則點(diǎn)H是MN的中點(diǎn)，42顯然|GM|Jx242,|GF|Jx42y2，于是Jx42y2低7化簡(jiǎn)整理得y28X，故的軌跡方程為y28x.

3?已知拋物線C:y2二2x的焦點(diǎn)為F，平行于x軸的兩條直線l,l分別交C于A,B兩點(diǎn)，交C的準(zhǔn)線12于PQ兩點(diǎn).若F在線段AB上,R是PQ的中點(diǎn)，證明AR^FQ；若厶PQF的面積是△ABF的面積的兩倍，求AB中點(diǎn)的軌跡方程.【答案】(1)見解析；(2)y2二x-1.【解析】由題設(shè)F(2，°)?設(shè)〈：y二a，Vy二b，則ab豐0，且A(與,a),B(b2,b),P(-2,a),Q(-1,b),R(-j,罟記過A,B兩點(diǎn)的直線為1，則1的方程為2x-(a+b)y+ab=0.a-bk二11+a2⑴由于F在線段AB上，故1+ab=0?記ARa-bk二11+a2a-b二-=乂=-b二k.所以AR〃FQ.a2-abaa2(2)設(shè)1與x軸的交點(diǎn)為D(x,0),△ABF=△ABF=2lb-allFD=2lb-al1x——,S—12△PQF由題設(shè)可得2由題設(shè)可得2|b-alx]—2所以叮二0(舍去)，％二1.設(shè)滿足條件的AB的中點(diǎn)為E(x,y).r\當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí)，由k=k可得(x豐1).ABDEa+bx一1而=y，所以y2=x-1(x豐1).當(dāng)AB與x軸垂直時(shí)，E與D重合?所以，所求軌跡方程為y2二x-1.

題型二最值(范圍)問題1.已知?jiǎng)狱c(diǎn)E到點(diǎn)A(2,0)與點(diǎn)B(—2,0)的直線斜率之積為-丄，點(diǎn)E的軌跡為曲線C.4求C的方程；過點(diǎn)D(1,0)作直線l與曲線C交于P，Q兩點(diǎn)，求OP-OQ的最大值.【答案】(1)罕+y2=1(x乂±2)(2)144【解析】(1)設(shè)E(x,y)，則xh±2?因?yàn)镋到點(diǎn)A(2,0)，與點(diǎn)B(—2,0)的斜率之積為—丄，所以4缶.呂=—1，整理得C的方程為寧+y2=l(x工±2).⑵當(dāng)/垂直于軸時(shí)，1的方程為x=1，代入才+y2=1得P-1,當(dāng)l不垂直于x軸時(shí)，依題意可設(shè)y=k(x—1)(k豐0)，代入扌+y2=1得Q(x2,y2)G+4k2)x2—8k2x+4k2—4=0.因?yàn)锳=16G+3k2)〉0，設(shè)Q(x2,y2)118k24k2—4則x+x=，xx=121+4k2121+4k2OP?OQ=OP?OQ=xx+yy=xx12121212+k2(x—1)(x—1)=G+k2)xx—k2(x+x1212)+k2TOC\o"1-5"\h\z(7)4k2—48k471171=M+k2—+k2=—<_1+4k21+4k244+16k24綜上OP?OQ<丄，當(dāng)1垂直于x軸時(shí)等號(hào)成立，故OP?OQ的最大值是]?44

2.設(shè)橢圓M2.設(shè)橢圓M:一+■a2b2備=!（a>bb0）經(jīng)過點(diǎn)P牡]，F(xiàn)F2是橢圓M的左、右焦點(diǎn)，且呼F2的面積為f.（1）求橢圓M的方程；（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn),過橢圓M內(nèi)的一點(diǎn)（0,t）作斜率為k的直線l與橢圓m交于A,B兩點(diǎn)，直線OA,OB的斜率分別為ki,勺，若對(duì)任意實(shí)數(shù)k，存在實(shí)數(shù)m，使得冒k2-mk，求實(shí)數(shù)m的取值范圍?【答案】（1）#+^3=1；（2）mg[2,+8）.解析】（1）略x2y2+=1(2)設(shè)直線l的方程為y二kx+1，由｛43y=kx+1得(3+4k2)x2+8ktx+4t2-12=0,8kt4t2-12則x+x=-,xx=t(x+x)—2kt212=2t(x+x)—2kt212=2k-xxt2-312k+k=—1+—^2=k+—+k+—=2k+12xxxx1212由k1由k1+k2=mk對(duì)任意k成立,得m=2-t2-33(m-2)m又（0,t）在橢圓內(nèi)部中，0<12<3m>2，即m自2,+a）.題型三定點(diǎn)定值與存在性問題x2y211.已知FF分別是橢圓E:—+二=1（a>b>0）的左、右焦點(diǎn)，離心率為亍M,N分別是橢圓的上、12a2b22下頂點(diǎn)，MFNF=-2.22（1）求橢圓E的方程；⑵若直線y=kx+m與橢圓E交于相異兩點(diǎn)A，B，且滿足直線MA，MB的斜率之積為1，證明：直線AB恒過定點(diǎn)，并求定點(diǎn)的坐標(biāo).【答案】⑴寧+琴=1【答案】⑴寧+琴=1（2）直線AB恒過定點(diǎn)y=kxy=kx+mx2y2得：——+—=1〔43-8kmx+x=123+4k24Cm2-3)xx=123+4k2【解析](1)由題知F(c,0)，M(0,b)，N(0,—b)，MF-NF=c2-b2=-2①222c1由e==—，得a=2c②又a2一b2=c2③a2x2y2由①②③聯(lián)立解得：a2=4，b2=3???橢圓E的方程為才+丁=1（2）證明：由橢圓E的方程得，上頂點(diǎn)M心）,11設(shè)AG,yJ，BC,y2），由題意知，x1豐0，x2豐011+4k222+8kmx+4Cm2-3)=07y-p3kx+m-7y-p3kx+m-空3

，k=2=―2—MBx[)+m一、3丿=xx，又kMAix+m-y-\3kx+m—v'3x1由k-k=MANB412124Cm2-3)Ck2-1)+4kCm-J3)-8km)+4Cm-打)G+4k2)=0,化簡(jiǎn)得：m2-3j3m+6=0解得：m=^3或m=2、2，結(jié)合x主0，x主0知m=2^3,12

x2+4y2+4xy—4x—8y+44xy—4x—8y+8000000xy—x—2y+200000000xy—x—2y+20000=4.即直線AB恒過定點(diǎn)2.已知橢圓C:—+=1(a>b>即直線AB恒過定點(diǎn)2.已知橢圓C:—+=1(a>b>°)的離心率為二-，A(a,0),B(0,b),O(0,0),bOAB的面積為1.a2b22求橢圓C的方程；設(shè)P是橢圓C上一點(diǎn)，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N.求證：IANI-1BMI為定值.x2【答案】(1)—+y2=1(2)見解析.【解析】'c衛(wèi)a2'X2(1)由題意得＜-ab=1,解得a=2,b二1.所以橢圓C的方程為〒+y2=1.4a2=b2+c2,⑵由(1)知，A(2,0),B(0,1)，設(shè)P(%，兒)，則x2+4y2=4.y當(dāng)x豐0時(shí)，直線PA的方程為y=陀(x—2).0x—20令x=0，得yM=—呂2?從而=1-yJ=0y-1直線PB的方程為y=厶x+1x0令y=0，得xN=—一.從而|an|=|2—xj

y0所以|AN|?|BM|=cx2+0—y—1

02y

0—x—20x0—y-10當(dāng)X0=0時(shí)，y0=T，BM\=2,|AN|=2,所以|AN|當(dāng)X0=0時(shí)，y0=T，x2y2123.在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知橢圓C:+二=1(a>b>0)的離心率e=J3，且橢圓C上的點(diǎn)x2y2a2b2到Q(0,2)的距離的最大值為3.(1)求橢圓C的方程;(2)在橢圓C上，是否存在點(diǎn)M(m,n)使得直線l:mx+ny=1與圓0：x2+y2=1相交于不同的兩點(diǎn)A,B,且AOAB的面積最大？若存在,求出點(diǎn)M的坐標(biāo)及相對(duì)應(yīng)的AOAB的面積；若不存在，請(qǐng)說明理由.x2【答案】(1)丁+y2=12)見解析c【解析】(1)由e=a'2nc2=321a2，所以b2=a2—c2=a233x2y2y2設(shè)P(兀y)是橢圓C上任意一點(diǎn)，則忘+厲=1，所以x2=a2(1—厲)=a2-3y2IpQ1=2+(y—2)2=a2—3y2+(y—2)2=J-2(y+1)2+a2+6所以，當(dāng)y=—1時(shí)，IPQI有最大值訃a2+6=3，可得a=P3，所以b=1,c=\2故橢圓C的方程為：了+y2=1(2)存在點(diǎn)M滿足要求，使AOAB得面積最大.假設(shè)直線l:mx+ny=1與圓O:x2+y2=1相交于不同兩點(diǎn)A,B,則圓心O到l的距離d=<1，.??m2+n2>1①m2+n2m2因?yàn)镸(m,n)在橢圓C上，所以丁+n2=1②，由①②得：0<m2￡3?.?IABI=2J1—d2=2所以仏=21AB1，d=11、4m2冇？(1—右花)，由②得n2=1—可代入上式AOAB12寸6此時(shí)滿足要求的點(diǎn)M(±「土有四個(gè)．AOAB12寸6此時(shí)滿足要求的點(diǎn)M(±「土有四個(gè)．【解析】(1)拋物線的焦點(diǎn)F―?0，?:直線AB的方程為：y=\2丿聯(lián)立方程組｛y’，2y2=2pxfx-P]I2丿，消元得：x2-2px+晉=0,23當(dāng)且僅當(dāng)1=m2nm2=e(0,3]3231m2=,n2=22此時(shí)對(duì)應(yīng)的a°ab的面積為2.4.已知過拋物線y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)F，斜率為打的直線交拋物線于A匕"B匕打冷<X2)兩點(diǎn)，且|AB|=6.求該拋物線E的方程；過點(diǎn)F任意作互相垂直的兩條直線l,l，分別交曲線E于點(diǎn)C,D和M,N.設(shè)線段CD,MN的中點(diǎn)12分別為P,Q，求證：直線PQ恒過一個(gè)定點(diǎn).【答案】(1)y2=4x(2)直線PQ恒過定點(diǎn)(3,0).p2x+x=2p,xx=-12124.??|AB|=<1+2jG]+x2)2-4x^2=勇?J4p2-p2=6，解得p=±2.???p>0，???拋物線E的方程為：y2=4x.(2)設(shè)C,D兩點(diǎn)坐標(biāo)分別為(x,y),(x,y)，則點(diǎn)P的坐標(biāo)為f二學(xué),社乙1122I22由題意可設(shè)直線1的方程為y=k(x—1)(k主0).1y2=4x由｛y=k(x-1)得k2x2y2=4x由｛y=k(x-1)A=(2k2+4)-4k4=16k2+16>0因?yàn)橹本€L1與曲線E