【創(chuàng)新設計】2021高考數(shù)學(江蘇專用-理科)二輪專題整合：1-5-2圓錐曲線的基本問題

第2講圓錐曲線的基本問題一、填空題1．已知雙曲線C∶eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的實軸長為2，離心率為2，則雙曲線C的焦點坐標是________． 解析∵2a＝2，∴a＝1，又eq\f(c,a)＝2，∴c＝2，∴雙曲線C的焦點坐標是(±2,0)． 答案(±2,0)2．(2021·陜西卷)雙曲線eq\f(x2,16)－eq\f(y2,m)＝1(m>0)的離心率為eq\f(5,4)，則m等于________． 解析由題意得c＝eq\r(16＋m)，所以eq\f(\r(16＋m),4)＝eq\f(5,4)，解得m＝9. 答案93．已知P為橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,16)＝1上的一點，M，N分別為圓(x＋3)2＋y2＝1和圓(x－3)2＋y2＝4上的點，則PM＋PN的最小值為________． 解析由題意知橢圓的兩個焦點F1，F(xiàn)2分別是兩圓的圓心，且PF1＋PF2＝10，從而PM＋PN的最小值為PF1＋PF2－1－2＝7. 答案74．已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的一個焦點與拋物線y2＝4x的焦點重合，且雙曲線的離心率等于eq\r(5)，則該雙曲線的方程為________． 解析由于拋物線y2＝4x的焦點為F(1,0)，即c＝1，又e＝eq\f(c,a)＝eq\r(5)，可得a＝eq\f(\r(5),5)，結合條件有a2＋b2＝c2＝1，可得b2＝eq\f(4,5)，又焦點在x軸上，則所求的雙曲線的方程為5x2－eq\f(5,4)y2＝1. 答案5x2－eq\f(5,4)y2＝15．(2021·新課標全國Ⅰ卷改編)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為F(3,0)，過點F的直線交橢圓于A，B兩點．若AB的中點坐標為(1，－1)，則E的方程為________． 解析直線AB的斜率k＝eq\f(0＋1,3－1)＝eq\f(1,2)， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以 eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，①,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，②)) ①－②得eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2).又x1＋x2＝2，y1＋y2＝－2，所以k＝－eq\f(b2,a2)×eq\f(2,－2)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2)，③ 又a2－b2＝c2＝9，④ 由③④得a2＝18，b2＝9.故橢圓E的方程為eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝1. 答案eq\f(x2,18)＋eq\f(y2,9)＝16．(2022·金麗衢十二校聯(lián)考)已知F1，F(xiàn)2分別是雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦點，點P在雙曲線上且不與頂點重合，過F2作∠F1PF2的角平分線的垂線，垂足為A.若OA＝b，則該雙曲線的離心率為________． 解析如圖，延長F2A交PF1于B 依題意可得BF1＝ PF1－PF2＝2a 又點A是BF2的中點， 所以OA＝eq\f(1,2)BF1， 即b＝a， ∴c＝eq\r(2)a，即e＝eq\r(2). 答案eq\r(2)7．已知雙曲線C與橢圓eq\f(x2,16)＋eq\f(y2,12)＝1有共同的焦點F1，F(xiàn)2，且離心率互為倒數(shù)．若雙曲線右支上一點P到右焦點F2的距離為4，則PF2的中點M到坐標原點O的距離等于________． 解析由橢圓的標準方程，可得橢圓的半焦距c＝eq\r(16－12)＝2，故橢圓的離心率e1＝eq\f(2,4)＝eq\f(1,2)，則雙曲線的離心率e2＝eq\f(1,e1)＝2.由于橢圓和雙曲線有共同的焦點，所以雙曲線的半焦距也為c＝2.設雙曲線C的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則有a＝eq\f(c,e2)＝eq\f(2,2)＝1，b2＝eq\r(c2－a2)＝eq\r(22－12)＝eq\r(3)，所以雙曲線的標準方程為x2－eq\f(y2,3)＝1.由于點P在雙曲線的右支上，則由雙曲線的定義，可得PF1－PF2＝2a＝2，又PF2＝4，所以PF1＝6.由于坐標原點O為F1F2的中點，M為PF2的中點． 所以MO＝eq\f(1,2)PF1＝3. 答案38．已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦點，過F1的直線l與橢圓C交于A，B兩點．若AB∶BF2∶AF2＝3∶4∶5，則橢圓的離心率為________． 解析設AB＝3t(t＞0)，則BF2＝4t，AF2＝5t，則AB＋BF2＋AF2＝12t.由于AB＋BF2＋AF2＝4a，所以12t＝4a，即t＝eq\f(1,3)a. 又F1A＋AF2＝2a，所以F1A＝2a－eq\f(5,3)a＝eq\f(1,3)a， F1B＝eq\f(2,3)a，BF2＝eq\f(4,3)a. 由AB∶BF2∶AF2＝3∶4∶5， 知AB⊥BF2，故F1B2＋BFeq\o\al(2,2)＝4c2，即 (eq\f(2,3)a)2＋(eq\f(4,3)a)2＝4c2，得eq\f(5,9)a2＝c2.所以e2＝eq\f(c2,a2)＝eq\f(5,9)， 即e＝eq\f(\r(5),3). 答案eq\f(\r(5),3)二、解答題9．(2022·江蘇卷)如圖，在平面直角坐標系xOy中，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別是橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點，頂點B的坐標為(0，b)，連接BF2并延長交橢圓于點A，過點A作x軸的垂線交橢圓于另一點C，連接F1C. (1)若點C的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，且BF2＝eq\r(2)，求橢圓的方程； (2)若F1C⊥AB，求橢圓離心率e 解設橢圓的焦距為2c F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)． (1)由于B(0，b)，所以BF2＝eq\r(b2＋c2)＝a. 又BF2＝eq\r(2)，故a＝eq\r(2). 由于點Ceq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))在橢圓上，所以eq\f(\f(16,9),a2)＋eq\f(\f(1,9),b2)＝1. 解得b2＝1. 故所求橢圓的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1. (2)由于B(0，b)，F(xiàn)2(c,0)在直線AB上， 所以直線AB的方程為eq\f(x,c)＋eq\f(y,b)＝1. 解方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x,c)＋\f(y,b)＝1，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，)) 得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝\f(2a2c,a2＋c2)，,y1＝\f(bc2－a2,a2＋c2)，))eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝0，,y2＝b.)) 所以點A的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)，\f(bc2－a2,a2＋c2))). 又AC垂直于x軸，由橢圓的對稱性，可得點C的坐標為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2a2c,a2＋c2)，\f(ba2－c2,a2＋c2))). 由于直線F1C的斜率為eq\f(\f(ba2－c2,a2＋c2)－0,\f(2a2c,a2＋c2)－－c)＝eq\f(ba2－c2,3a2c＋c3)，直線AB的斜率為－eq\f(b,c)，且F1C⊥AB， 所以eq\f(ba2－c2,3a2c＋c3)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(b,c)))＝－1. 又b2＝a2－c2，整理得a2＝5c2.故e2＝eq\f(1,5). 因此e＝eq\f(\r(5),5).10．(2022·北京卷)已知橢圓C：x2＋2y2＝4. (1)求橢圓C的離心率； (2)設O為原點，若點A在橢圓C上，點B在直線y＝2上，且OA⊥OB，試推斷直線AB與圓x2＋y2＝2的位置關系，并證明你的結論． 解(1)由題意，橢圓C的標準方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1. 所以a2＝4，b2＝2， 從而c2＝a2－b2＝2. 因此a＝2，c＝eq\r(2).故橢圓C的離心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2). (2)直線AB與圓x2＋y2＝2相切．證明如下： 設點A，B的坐標分別為(x0，y0)，(t,2)，其中x0≠0. 由于OA⊥OB，所以eq\o(OA,\s\up12(→))·eq\o(OB,\s\up12(→))＝0，即tx0＋2y0＝0， 解得t＝－eq\f(2y0,x0). 當x0＝t時，y0＝－eq\f(t2,2)，代入橢圓C的方程，得t＝±eq\r(2)， 故直線AB的方程為x＝±eq\r(2).圓心O到直線AB的距離d＝eq\r(2).此時直線AB與圓x2＋y2＝2相切． 當x0≠t時，直線AB的方程為 y－2＝eq\f(y0－2,x0－t)(x－t)， 即(y0－2)x－(x0－t)y＋2x0－ty0＝0. 圓心O到直線AB的距離d＝eq\f(|2x0－ty0|,\r(y0－22＋x0－t2)). 又xeq\o\al(2,0)＋2yeq\o\al(2,0)＝4，t＝－eq\f(2y0,x0)，故 d＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(2x0＋\f(2y\o\al(2,0),x0))),\r(x\o\al(2,0)＋y\o\al(2,0)＋\f(4y\o\al(2,0),x\o\al(2,0))＋4))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(4＋x\o\al(2,0),x0))),\r(\f(x\o\al(4,0)＋8x\o\al(2,0)＋16,2x\o\al(2,0))))＝eq\r(2). 此時直線AB與圓x2＋y2＝2相切．11．(2022·南京、鹽城模擬)在平面直角坐標系xOy中，過點A(－2，－1)的橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左焦點為F，短軸端點為B1，B2，eq\o(FB1,\s\up12(→))·eq\o(FB2,\s\up12(→))＝2b2. (1)求a、b的值； (2)過點A的直線l與橢圓C的另一交點為Q，與y軸的交點為R.過原點O且平行于l的直線與橢圓的一個交點為P.若AQ·AR＝3OP2，求直線l的方程． 解(1)由于F(－c,0)，B1(0，－b)，B2(0，b)，所以eq\o(FB1,\s\up12(→))＝(c，－b)，eq\o(FB2,\s\up12(→))＝(c，b)． 由于eq\o(FB1,\s\up12(→))·eq\o(FB2,\s\up12(→))＝2b2， 所以c2－b2＝2b2.① 由于橢圓C過A(－2，－1)，代入得，eq\f(4,a2)＋eq\f(1,b2)＝1.② 由①②解得a2＝8，b2＝2. 所以a＝2eq\r(2)，b＝eq\r(2). (2)由題意，設直線l的方程為y＋1＝k(x＋2)． 由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＋1＝kx＋2，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))得(x＋2)[(4k2＋1)(x＋2)－(8k＋4)]＝0. 由于x＋2≠0，所以x＋2＝eq\f(8k＋4,4k2＋1)，即xQ＋2＝eq\f(8k＋4,4k2＋1). 由題意，直線OP的方程為y＝kx. 由eq\b\lc\{\r