2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题17圆锥曲线教学案文（含解析）

2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题17圆锥曲线教学案文（含解析）

圆锥曲线 ‎【2019年高考考纲解读】‎ ‎1.以选择题、填空题形式考查圆锥曲线的方程、几何性质(特别是离心率).‎ ‎2.以解答题形式考查直线与圆锥曲线的位置关系(弦长、中点等)．‎ ‎【重点、难点剖析】‎ 一、圆锥曲线的定义与标准方程 ‎1．圆锥曲线的定义 ‎(1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a>|F1F2|)．‎ ‎(2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(2a<|F1F2|)．‎ ‎(3)抛物线：|PF|＝|PM|，点F不在直线l上，PM⊥l于点M.‎ ‎2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”‎ 所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值．‎ 二、圆锥曲线的几何性质 ‎1．椭圆、双曲线中a，b，c之间的关系 ‎(1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为e＝＝.‎ ‎(2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为e＝＝.‎ ‎2．双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x.注意离心率e与渐近线的斜率的关系．‎ 三、直线与圆锥曲线 判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法 ‎(1)代数法：联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消去y(或x)得一元二次方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标．‎ ‎(2)几何法：画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．‎ ‎【高考题型示例】‎ 题型一、圆锥曲线的定义与标准方程 例1、(1)[2018·天津卷]已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点．设A，B到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d1和d2，且d1＋d2＝6，则双曲线的方程为(　　)‎ 15‎ A.－＝1　 B.－＝1‎ C.－＝1 D.－＝1‎ ‎【解析】如图，不妨设A在B的上方，‎ 则A，B.其中的一条渐近线为bx－ay＝0，则d1＋d2＝＝＝2b＝6，∴ b＝3.‎ 又由e＝＝2，知a2＋b2＝‎4a2，∴ a＝.‎ ‎∴ 双曲线的方程为－＝1.‎ 故选C. ‎ ‎①②联立，解得a＝3且b＝4，‎ 可得双曲线的方程为－＝1.‎ ‎(2)如图，过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F的直线l交抛物线于点A，B，交其准线于点C，若|BC|＝2|BF|，且|AF|＝3，则此抛物线方程为(　　)‎ A．y2＝9x B．y2＝6x C．y2＝3x D．y2＝x 15‎ 答案　C 解析　如图分别过点A，B作准线的垂线，分别交准线于点E，D，设准线交x轴于点G.‎ 设＝a，则由已知得＝2a，‎ 由抛物线定义，得＝a，故∠BCD＝30°，‎ 在Rt△ACE中，‎ ‎∵＝|AF|＝3，＝3＋3a，|AC|＝2|AE|，‎ ‎∴3＋3a＝6，从而得a＝1，＝3a＝3.‎ ‎∴p＝＝＝，‎ 因此抛物线方程为y2＝3x，故选C.‎ 题型二　圆锥曲线的几何性质 例2、 (2018·北京)已知椭圆M：＋＝1(a>b>0)，双曲线N：－＝1.若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M的离心率为________；双曲线N的离心率为________．‎ 答案　－1　2‎ 解析　方法一　双曲线N的渐近线方程为y＝±x，则＝tan 60°＝，∴双曲线N的离心率e1满足e＝1＋＝4，∴e1＝2.‎ 由得x2＝.‎ 如图，设D点的横坐标为x，‎ 由正六边形的性质得|ED|＝2x＝c，∴4x2＝c2.‎ ‎∴＝a2－b2，得3a4－6a2b2－b4＝0，‎ ‎∴3－－2＝0，解得＝2－3.‎ ‎∴椭圆M的离心率e2满足e＝1－＝4－2.‎ 15‎ ‎∴e2＝－1.‎ 方法二　双曲线N的渐近线方程为y＝±x，‎ 则＝tan 60°＝.‎ 又c1＝＝2m，∴双曲线N的离心率为＝2.‎ 如图，连接EC，由题意知，F，C为椭圆M的两焦点，‎ 设正六边形的边长为1，则|FC|＝2c2＝2，即c2＝1.‎ 又E为椭圆M上一点，则|EF|＋|EC|＝2a，即1＋＝2a，‎ ‎∴a＝.‎ ‎∴椭圆M的离心率为＝＝－1.‎ ‎【变式探究】(2018·全国Ⅰ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2,0)且斜率为的直线与C交于M，N两点，则·等于(　　)‎ A．5 B．6 C．7 D．8‎ 答案　D 解析　由题意知直线MN的方程为y＝(x＋2)，‎ 联立直线与抛物线的方程，得 解得或 不妨设点M的坐标为(1,2)，点N的坐标为(4,4)．‎ 又∵抛物线的焦点为F(1,0)，‎ ‎∴＝(0,2)，＝(3,4)．‎ ‎∴·＝0×3＋2×4＝8.‎ 故选D.‎ ‎【变式探究】(2018·全国Ⅰ)已知双曲线C：－y2＝1，O为坐标原点，F为C的右焦点，过F的直线与C 15‎ 的两条渐近线的交点分别为M，N.若△OMN为直角三角形，则|MN|等于(　　)‎ A. B．3 C．2 D．4‎ 答案　B 解析　由已知得双曲线的两条渐近线方程为y＝± x.‎ 设两渐近线的夹角为2α，则有tan α＝＝，‎ 所以α＝30°.‎ 所以∠MON＝2α＝60°.‎ 又△OMN为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN⊥ON，如图所示．‎ 在Rt△ONF中，|OF|＝2，则|ON|＝.‎ 则在Rt△OMN中，|MN|＝|ON|·tan 2α＝·tan 60°＝3.‎ 故选B.‎ ‎【方法技巧】圆锥曲线几何性质的应用技巧 ‎1．求解与椭圆曲线几何性质有关的问题时要结合图形进行分析，即使不画出图形，思考时也要联想到图形．当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系． ‎ ‎2．解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a，b，c的方程(组)或不等式(组)，再根据a，b，c的关系消掉b得到a，c的关系式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.‎ ‎【变式探究】(2017·全国Ⅱ)若双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线被圆(x－2)2＋y2＝4所截得的弦长为2，则双曲线C的离心率为________．‎ 15‎ ‎【变式探究】(1)设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过点F1的直线交椭圆E于A，B两点，若△AF1F2的面积是△BF1F2面积的三倍，cos∠AF2B＝，则椭圆E的离心率为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　设|F1B|＝k，‎ 依题意可得|AF1|＝3k，|AB|＝4k，‎ ‎∴|AF2|＝2a－3k，|BF2|＝2a－k.‎ ‎∵cos∠AF2B＝，‎ 在△ABF2中，由余弦定理可得 ‎|AB|2＝|AF2|2＋|BF2|2－2|AF2||BF2|cos∠AF2B，‎ ‎∴(4k)2＝(2a－3k)2＋(2a－k)2－(2a－3k)(2a－k)，‎ 化简可得(a＋k)(a－3k)＝0，‎ 而a＋k>0，故a－3k＝0，a＝3k，‎ ‎∴|AF2|＝|AF1|＝3k，|BF2|＝5k，‎ ‎∴|BF2|2＝|AF2|2＋|AB|2，‎ ‎∴AF1⊥AF2，∴△AF1F2是等腰直角三角形．‎ ‎∴c＝a，椭圆的离心率e＝＝.‎ ‎(2)已知双曲线M：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，＝2c.若双曲线M的右支上存在点P，使＝，则双曲线M的离心率的取值范围为(　　)‎ A. B. 15‎ C．(1,2) D. 答案　A 解析　根据正弦定理可知＝，‎ 所以＝，即|PF2|＝|PF1|，‎ ＝2a，‎ 所以＝2a，解得＝，‎ 而>a＋c，即>a＋c，‎ 整理得3e2－4e－1<0，解得1，所以1b>0)的左、右焦点，A是C的左顶点，点P在过A且斜率为的直线上，△PF1F2为等腰三角形，∠F1F2P＝120°，则C的离心率为(　　)‎ A. B. C. D. 答案　D 解析　如图，作PB⊥x轴于点B.‎ 由题意可设|F1F2|＝|PF2|＝2，则c＝1，‎ 由∠F1F2P＝120°，‎ 可得|PB|＝，|BF2|＝1，‎ 故|AB|＝a＋1＋1＝a＋2，‎ tan∠PAB＝＝＝，‎ 15‎ 解得a＝4，‎ 所以e＝＝.‎ 故选D.‎ ‎(2)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的焦距为2c，直线l过点且与双曲线C的一条渐近线垂直，以双曲线C的右焦点为圆心，半焦距为半径的圆与直线l交于M，N两点，若|MN|＝c，则双曲线C的渐近线方程为(　　)‎ A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±2x D．y＝±4x 答案　B 解析　方法一　由题意可设渐近线方程为y＝x，‎ 则直线l的斜率kl＝－，‎ 直线l的方程为y＝－，‎ 整理可得ax＋by－a2＝0.‎ 焦点(c,0)到直线l的距离d＝＝，‎ 则弦长为2＝2＝c，‎ 整理可得c4－9a2c2＋12a3c－4a4＝0，‎ 即e4－9e2＋12e－4＝0，‎ 分解因式得＝0.‎ 又双曲线的离心率e>1，则e＝＝2，‎ 所以＝ ＝ ＝，‎ 所以双曲线C的渐近线方程为y＝±x.‎ 方法二　圆心到直线l的距离为＝，‎ 15‎ ‎∴＝，‎ ‎∴c2－3ac＋2a2＝0，‎ ‎∴c＝2a，b＝a，‎ ‎∴渐近线方程为y＝±x.‎ 题型三　直线与圆锥曲线 例3、(2018·全国Ⅱ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k>0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.‎ ‎(1)求l的方程；‎ ‎(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程．‎ 解　(1)由题意得F(1,0)，l的方程为y＝k(x－1)(k>0)．‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.‎ Δ＝16k2＋16>0，故x1＋x2＝.‎ 所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)‎ ‎＝.‎ 由题意知＝8，解得k＝－1(舍去)或k＝1.‎ 因此l的方程为x－y－1＝0.‎ ‎(2)由(1)得AB的中点坐标为(3,2)，所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，即y＝－x＋5.‎ 设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，‎ 则 ‎ 解得或 因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.‎ ‎【变式探究】(2018·天津)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，点A的坐标为(b,0)，且|FB|·|AB|＝6.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)设直线l：y＝kx(k>0)与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q.若＝sin∠AOQ(O为原点)，求k的值．‎ 15‎ 解　(1)设椭圆的焦距为2c，由已知有 ＝，‎ 又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.‎ 由已知可得|FB|＝a，|AB|＝b， ‎ 由|FB|·|AB|＝6，可得ab＝6，从而a＝3，b＝2.‎ 所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点Q的坐标为(x2，y2)．‎ 由已知有y1>y2>0，故|PQ|sin∠AOQ＝y1－y2.‎ 又因为|AQ|＝，而∠OAB＝，‎ 所以|AQ|＝y2.‎ 由＝sin∠AOQ，可得5y1＝9y2.‎ 由方程组消去x，可得y1＝ .‎ 由题意求得直线AB的方程为x＋y－2＝0，‎ 由方程组消去x，可得y2＝. ‎ 由5y1＝9y2，可得5(k＋1)＝3，两边平方，‎ 整理得56k2－50k＋11＝0，解得k＝或k＝.‎ 所以k的值为或.‎ ‎【变式探究】[2018·全国卷Ⅰ]设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过点(－2,0)且斜率为的直线与C交于M，N两点，则·＝(　　)‎ A．5 B．6‎ C．7 D．8‎ ‎【解析】由题意知直线MN的方程为y＝(x＋2)，‎ 联立直线与抛物线的方程，得 解得或不妨设M为(1,2)，N为(4,4)．‎ 又∵抛物线焦点为F(1,0)，∴＝(0,2)，＝(3,4)．‎ ‎∴·＝0×3＋2×4＝8.‎ 15‎ 故选D.‎ ‎【答案】D ‎【方法技巧】解决直线与圆锥曲线位置关系问题的方法 ‎1．通法：将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入双曲线E的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元二次方程．解此方程或利用根与系数的关系整体代入的思想解题．‎ ‎2．点差法：在涉及直线与圆锥曲线相交弦的中点与斜率问题时，常把直线与圆锥曲线的交点坐标代入圆锥曲线方程，作差后结合已知条件进行转化求解．‎ 提醒：利用点差法，对求出的结果要验证其是否满足相交的要求，即Δ＞0.‎ ‎【变式探究】(2017·天津)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－c,0)，右顶点为A，点E的坐标为(0，c)，△EFA的面积为.‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)设点Q在线段AE上，|FQ|＝，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PM∥QN，且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c.‎ ‎①求直线FP的斜率；‎ ‎②求椭圆的方程．‎ ‎(2)①依题意，设直线FP的方程为x＝my－c(m>0)，‎ 则直线FP的斜率为.‎ 由(1)知a＝2c，可得直线AE的方程为＋＝1，‎ 即x＋2y－2c＝0，与直线FP的方程联立，‎ 15‎ 可得x＝，y＝，‎ 即点Q的坐标为.‎ 由已知|FQ|＝，‎ 有2＋2＝2，‎ 整理得3m2－4m＝0，所以m＝(m＝0舍去)，‎ 即直线FP的斜率为.‎ 进而可得|FP|＝ ＝，‎ 所以|PQ|＝|FP|－|FQ|＝－＝c.‎ 由已知，线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离，故直线PM和QN都垂直于直线FP.‎ 因为QN⊥FP，‎ 所以|QN|＝|FQ|·tan∠QFN＝×＝，‎ 所以△FQN的面积为|FQ||QN|＝.‎ 同理△FPM的面积等于.‎ 由四边形PQNM的面积为3c，得－＝3c，‎ 整理得c2＝2c.又由c>0，得c＝2. ‎ 所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎【变式探究】已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F1的直线交椭圆于A，B两点．‎ 15‎ ‎(1)若直线AB与椭圆的长轴垂直，|AB|＝a，求椭圆的离心率；‎ ‎(2)若直线AB的斜率为1，|AB|＝，求椭圆的短轴与长轴的比值．‎ 解　(1)由题意可知，直线AB的方程为x＝－c，‎ ‎∴|AB|＝＝a，‎ 即a2＝4b2，‎ 故e＝＝＝＝.‎ ‎(2)设F1(－c,0)，则直线AB的方程为y＝x＋c，‎ 联立消去y，‎ 得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2c2－a2b2＝0，‎ Δ＝4a4c2－4a2(a2＋b2)(c2－b2)＝8a2b4.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ ‎∴|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝·＝· ‎＝＝，‎ ‎∴a2＝2b2，∴＝，‎ ‎∴＝，即椭圆的短轴与长轴之比为.‎ ‎【感悟提升】解决直线与圆锥曲线问题的通法是联立方程，利用根与系数的关系，设而不求思想，弦长公式等简化计算；涉及中点弦问题时，也可用“点差法”求解．‎ ‎【变式探究】如图，过抛物线M：y＝x2上一点A(点A不与原点O重合)作抛物线M的切线AB交y轴于点B，点C是抛物线M上异于点A的点，设G为△ABC的重心(三条中线的交点)，直线CG交y轴于点D.设点A(x0，x)(x0≠0)．‎ ‎(1)求直线AB的方程；‎ 15‎ ‎(2)求的值．‎ 解　(1)因为y′＝2x，‎ 所以直线AB的斜率k＝y′＝2x0.‎ 所以直线AB的方程y－x＝2x0(x－x0)，‎ 即y＝2x0x－x，‎ 即直线AB的方程为2x0x－y－x＝0.‎ ‎(2)由题意得，点B的纵坐标yB＝－x，‎ 所以AB的中点坐标为.‎ 设C(x1，y1)，G(x2，y2)，‎ 直线CG的方程为x＝my＋x0.‎ 由 联立得m2y2＋(mx0－1)y＋x＝0.‎ Δ＝(mx0－1)2－4×m2×＝1－2mx0>0，‎ 即mx0<.‎ 因为G为△ABC的重心，所以y1＝3y2.‎ 由根与系数的关系，得y1＋y2＝4y2＝，‎ y1y2＝3y＝.‎ 所以＝，‎ 解得mx0＝－3±2，满足Δ>0.‎ 所以点D的纵坐标yD＝－＝，‎ 故＝＝4±6.‎ 15‎ 15‎