（新課標(biāo)）2020版高考數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題五 解析幾何 第2講 圓錐曲線的定義、方程與性質(zhì)學(xué)案 理 新人教A版

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1、第2講　圓錐曲線的定義、方程與性質(zhì) [做真題] 題型一　圓錐曲線的定義與方程 1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知橢圓C的焦點(diǎn)為F1(－1，0)，F(xiàn)2(1，0)，過(guò)F2的直線與C交于A，B兩點(diǎn)，若|AF2|＝2|F2B|，|AB|＝|BF1|，則C的方程為(　　) A．＋y2＝1　　　　　　 B．＋＝1 C．＋＝1 D．＋＝1 解析：選B．由題意設(shè)橢圓的方程為＋＝1(a>b>0)，連接F1A，令|F2B|＝m，則|AF2|＝2m，|BF1|＝3m.由橢圓的定義知，4m＝2a，得m＝，故|F2A|＝a＝|F1A|，則點(diǎn)A為橢圓C的上頂點(diǎn)或下頂點(diǎn)．令∠OAF2＝θ(O為坐標(biāo)原點(diǎn))，

2、則sin θ＝.在等腰三角形ABF1中，cos 2θ＝＝，所以＝1－2，得a2＝3.又c2＝1，所以b2＝a2－c2＝2，橢圓C的方程為＋＝1.故選B． 2．(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)若拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)是橢圓＋＝1的一個(gè)焦點(diǎn)，則p＝(　　) A．2 B．3 C．4 D．8 解析：選D．由題意，知拋物線的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，橢圓的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(±，0)，所以＝，解得p＝8，故選D． 3．(一題多解)(2017·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知雙曲線C：－＝1 (a＞0，b＞0)的一條漸近線方程為y＝x，且與橢圓＋＝1有公共焦點(diǎn)，則C的方程為(　　) A．－＝1 B．－＝1 C．－＝

3、1 D．－＝1 解析：選B．法一：由雙曲線的漸近線方程可設(shè)雙曲線方程為－＝k(k>0)，即－＝1，因?yàn)殡p曲線與橢圓＋＝1有公共焦點(diǎn)，所以4k＋5k＝12－3，解得k＝1，故雙曲線C的方程為－＝1.故選B． 法二：因?yàn)闄E圓＋＝1的焦點(diǎn)為(±3，0)，雙曲線與橢圓＋＝1有公共焦點(diǎn)，所以a2＋b2＝(±3)2＝9①，因?yàn)殡p曲線的一條漸近線為y＝x，所以＝②，聯(lián)立①②可解得a2＝4，b2＝5，所以雙曲線C的方程為－＝1. 4．(2017·高考全國(guó)卷Ⅱ)已知F是拋物線C：y2＝8x的焦點(diǎn)，M是C上一點(diǎn)，F(xiàn)M的延長(zhǎng)線交y軸于點(diǎn)N.若M為FN的中點(diǎn)，則|FN|＝____________． 解析：法

4、一：依題意，拋物線C：y2＝8x的焦點(diǎn)F(2，0)，準(zhǔn)線x＝－2，因?yàn)镸是C上一點(diǎn)，F(xiàn)M的延長(zhǎng)線交y軸于點(diǎn)N，M為FN的中點(diǎn)，設(shè)M(a，b)(b>0)，所以a＝1，b＝2，所以N(0，4)，|FN|＝＝6. 法二：依題意，拋物線C：y2＝8x的焦點(diǎn)F(2，0)，準(zhǔn)線x＝－2，因?yàn)镸是C上一點(diǎn)，F(xiàn)M的延長(zhǎng)線交y軸于點(diǎn)N，M為FN的中點(diǎn)，則點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為1，所以|MF|＝1－(－2)＝3，|FN|＝2|MF|＝6. 答案：6 題型二　圓錐曲線的幾何性質(zhì) 1．(2018·高考全國(guó)卷Ⅱ)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，A是C的左頂點(diǎn)，點(diǎn)P在過(guò)A且斜率為的直線上，△PF

5、1F2為等腰三角形，∠F1F2P＝120°，則C的離心率為(　　) A． B． C． D． 解析：選D．由題意可得橢圓的焦點(diǎn)在x軸上，如圖所示，設(shè)|F1F2|＝2c，因?yàn)椤鱌F1F2為等腰三角形，且∠F1F2P＝120°，所以|PF2|＝|F1F2|＝2c，所以|OF2|＝c，所以點(diǎn)P坐標(biāo)為(c＋2ccos 60°，2csin 60°)，即點(diǎn)P(2c，c)．因?yàn)辄c(diǎn)P在過(guò)點(diǎn)A，且斜率為的直線上，所以＝，解得＝，所以e＝，故選D． 2．(一題多解)(2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，過(guò)F1的直線與C的兩條漸近線分別交于A，B

6、兩點(diǎn)．若＝，·＝0，則C的離心率為________． 解析：通解：因?yàn)椤ぃ?，所以F1B⊥F2B，如圖． 所以|OF1|＝|OB|，所以∠BF1O＝∠F1BO，所以∠BOF2＝2∠BF1O.因?yàn)椋?，所以點(diǎn)A為F1B的中點(diǎn)，又點(diǎn)O為F1F2的中點(diǎn)，所以O(shè)A∥BF2，所以F1B⊥OA，因?yàn)橹本€OA，OB為雙曲線C的兩條漸近線，所以tan ∠BF1O＝，tan ∠BOF2＝.因?yàn)閠an ∠BOF2＝tan(2∠BF1O)，所以＝，所以b2＝3a2，所以c2－a2＝3a2，即2a＝c，所以雙曲線的離心率e＝＝2. 優(yōu)解：因?yàn)椤ぃ?，所以F1B⊥F2B，在Rt△F1BF2中，|OB|＝|OF2

7、|，所以∠OBF2＝∠OF2B，又＝，所以A為F1B的中點(diǎn)，所以O(shè)A∥F2B，所以∠F1OA＝∠OF2B.又∠F1OA＝∠BOF2，所以△OBF2為等邊三角形．由F2(c，0)可得B，因?yàn)辄c(diǎn)B在直線y＝x上，所以c＝·，所以＝，所以e＝＝2. 答案：2 3．(一題多解)(2018·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知點(diǎn)M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過(guò)C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A，B兩點(diǎn)．若∠AMB＝90°，則k＝________． 解析：法一：由題意知拋物線的焦點(diǎn)為(1，0)，則過(guò)C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線方程為y＝k(x－1)(k≠0)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2

8、＋4)x＋k2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，則y1＋y2＝，y1y2＝－4，由∠AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，將x1＋x2＝，x1x2＝1與y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2. 法二：設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則所以y－y＝4(x1－x2)，則k＝＝，取AB的中點(diǎn)M′(x0，y0)，分別過(guò)點(diǎn)A，B作準(zhǔn)線x＝－1的垂線，垂足分別為A′，B′，又∠AMB＝90°，點(diǎn)M在準(zhǔn)線x＝

9、－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|)．又M′為AB的中點(diǎn)，所以MM′平行于x軸，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2. 答案：2 [明考情] 1．圓錐曲線的定義、方程與性質(zhì)是每年高考必考的內(nèi)容．以選擇、填空題的形式考查，常出現(xiàn)在第4～11 題或15～16題的位置，著重考查圓錐曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程與幾何性質(zhì)，難度中等． 2．圓錐曲線的綜合問(wèn)題多以解答題的形式考查，常作為壓軸題出現(xiàn)在第20題的位置，一般難度較大． 圓錐曲線的定義與標(biāo)準(zhǔn)方程 [典型例題] (1)橢圓＋＝1的左焦點(diǎn)為F，直線x＝m與橢圓相交于點(diǎn)M，N，當(dāng)△FMN的

10、周長(zhǎng)最大時(shí)，△FMN的面積是(　　) A．　　　　　　　　　 B． C． D． (2)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)，P是C上一點(diǎn)，若|PF1|＋|PF2|＝6a，且△PF1F2最小內(nèi)角的大小為30°，則雙曲線C的漸近線方程是(　　) A．x±y＝0 B．x±y＝0 C．x±2y＝0 D．2x±y＝0 【解析】　(1)如圖，設(shè)橢圓的右焦點(diǎn)為F′，連接MF′，NF′. 因?yàn)閨MF|＋|NF|＋|MF′|＋|NF′|≥|MF|＋|NF|＋|MN|，所以當(dāng)直線x＝m過(guò)橢圓的右焦點(diǎn)時(shí)，△FMN的周長(zhǎng)最大． 此時(shí)|MN|＝＝，又c＝＝＝1，所以

11、此時(shí)△FMN的面積S＝×2×＝.故選C． (2)不妨設(shè)P為雙曲線C右支上一點(diǎn)，由雙曲線的定義，可得|PF1|－|PF2|＝2a. 又|PF1|＋|PF2|＝6a，解得|PF1|＝4a，|PF2|＝2a，又|F1F2|＝2c，則|PF2|＝2a最小，所以∠PF1F2＝30°. 在△PF1F2中，由余弦定理，可得cos 30°＝＝＝，整理得c2＋3a2＝2ac，解得c＝a，所以b＝ ＝a. 所以雙曲線C的漸近線方程為y＝±x.故選A． 【答案】　(1)C　(2)A (1)圓錐曲線的定義 ①橢圓：|MF1|＋|MF2|＝2a(2a>|F1F2|)． ②雙曲線：||MF1|－|MF

12、2||＝2a(2a<|F1F2|)． ③拋物線：|MF|＝d(d為M點(diǎn)到準(zhǔn)線的距離)． [注意]　應(yīng)用圓錐曲線定義解題時(shí)，易忽視定義中隱含條件導(dǎo)致錯(cuò)誤． (2)求解圓錐曲線標(biāo)準(zhǔn)方程的思路 定型 就是指定類型，也就是確定圓錐曲線的焦點(diǎn)位置，從而設(shè)出標(biāo)準(zhǔn)方程 計(jì)算 即利用待定系數(shù)法求出方程中的a2，b2或p.另外，當(dāng)焦點(diǎn)位置無(wú)法確定時(shí)，拋物線常設(shè)為y2＝2ax或x2＝2ay(a≠0)，橢圓常設(shè)為mx2＋ny2＝1(m>0，n>0)，雙曲線常設(shè)為mx2－ny2＝1(mn>0) [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1．設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓＋＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，點(diǎn)P在橢圓上，若線段PF1的中點(diǎn)在y軸上，則的值為(

13、　　) A． B． C． D． 解析：選D．如圖，設(shè)線段PF1的中點(diǎn)為M，因?yàn)镺是F1F2的中點(diǎn)，所以O(shè)M∥PF2，可得PF2⊥x軸，|PF2|＝＝，|PF1|＝2a－|PF2|＝，所以＝. 2．(2019·福州模擬)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)B是虛軸的一個(gè)端點(diǎn)，線段BF與雙曲線C的右支交于點(diǎn)A，若＝2，且||＝4，則雙曲線C的方程為(　　) A．－＝1 B．－＝1 C．－＝1 D．－＝1 解析：選D．不妨設(shè)B(0，b)，由＝2，F(xiàn)(c，0)，可得A，代入雙曲線C的方程可得×－＝1， 所以＝.?、? 又||＝＝4，c2＝a2＋b2， 所

14、以a2＋2b2＝16.　② 由①②可得，a2＝4，b2＝6， 所以雙曲線C的方程為－＝1. 3．過(guò)拋物線y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F作直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，若|AF|＝2|BF|＝6，則p＝________． 解析：設(shè)直線AB的方程為x＝my＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1>x2，將直線AB的方程代入拋物線方程得y2－2pmy－p2＝0，所以y1y2＝－p2，4x1x2＝p2.設(shè)拋物線的準(zhǔn)線為l，過(guò)A作AC⊥l，垂足為C，過(guò)B作BD⊥l，垂足為D，因?yàn)閨AF|＝2|BF|＝6，根據(jù)拋物線的定義知，|AF|＝|AC|＝x1＋＝6，|BF|＝|BD|＝x2＋＝3，所以x

15、1－x2＝3，x1＋x2＝9－p，所以(x1＋x2)2－(x1－x2)2＝4x1x2＝p2，即18p－72＝0，解得p＝4. 答案：4 圓錐曲線的性質(zhì) [典型例題] (1)(2019·高考全國(guó)卷Ⅱ)設(shè)F為雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的右焦點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，以O(shè)F為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2交于 P，Q兩點(diǎn)．若|PQ|＝|OF|，則C的離心率為(　　) A．　　　　　　　 B． C．2 D． (2)(2019·濟(jì)南市模擬考試)設(shè)F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，過(guò)F2的直線交橢圓于A，B兩點(diǎn)，且1·2＝0，2＝2，則橢圓E的離心率為(　　)

16、 A． B． C． D． 【解析】　(1)如圖，由題意，知以O(shè)F為直徑的圓的方程為＋y2＝①，將x2＋y2＝a2記為②式，①－②得x＝，則以O(shè)F為直徑的圓與圓x2＋y2＝a2的相交弦所在直線的方程為x＝，所以|PQ|＝2.由|PQ|＝|OF|，得2＝c，整理得c4－4a2c2＋4a4＝0，即e4－4e2＋4＝0，解得e＝，故選A． (2)設(shè)|BF2|＝m，則|AF2|＝2m.連接BF1，由橢圓的定義可知|AF1|＝2a－2m，|BF1|＝2a－m.由1·2＝0知AF1⊥AF2，故在Rt△ABF1中，(2a－2m)2＋(3m)2＝(2a－m)2，整理得m＝.故在Rt△AF1F2中，

17、|AF1|＝，|AF2|＝，故＋＝4c2，解得e＝. 【答案】　(1)A　(2)C (1)橢圓、雙曲線的離心率(或范圍)的求法 求橢圓、雙曲線的離心率或離心率的范圍，關(guān)鍵是根據(jù)已知條件確定a，b，c的等量關(guān)系或不等關(guān)系，然后把b用a，c代換，求的值． (2)雙曲線的漸近線的求法及用法 ①求法：把雙曲線標(biāo)準(zhǔn)方程等號(hào)右邊的1改為零，分解因式可得． ②用法：(i)可得或的值． (ii)利用漸近線方程設(shè)所求雙曲線的方程．　 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1．雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的離心率為，則其漸近線方程為(　　) A．y＝±x B．y＝±x C．y＝±x D．y＝±x 解析

18、：選A．因?yàn)閑＝＝＝，所以a2＋b2＝3a2，所以b＝a.所以漸近線方程為y＝±x. 2．(2019·廣州市調(diào)研測(cè)試)已知拋物線y2＝2px(p>0)與雙曲線－＝1(a>0，b>0)有相同的焦點(diǎn)F，點(diǎn)A是兩曲線的一個(gè)交點(diǎn)，且AF⊥x軸，則雙曲線的離心率為(　　) A．＋1 B．＋1 C．＋1 D．＋2 解析：選A．如圖，結(jié)合題意畫出圖形，因?yàn)閽佄锞€的焦點(diǎn)坐標(biāo)為，所以由題設(shè)知雙曲線的右焦點(diǎn)的坐標(biāo)為，所以a2＋b2＝①.因?yàn)锳F⊥x軸，所以由點(diǎn)A在拋物線上可得A(取A在第一象限)，又點(diǎn)A在雙曲線上，所以p＝②.將②代入①得a2＋b2＝，即b4＝4a4＋4a2b2，所以4＋4－1＝0，所

19、以＝，從而e2＝＝＝(＋1)2，故e＝＋1.故選A． 直線與圓錐曲線的位置關(guān)系 [典型例題] 命題角度一　位置關(guān)系的判斷及應(yīng)用 在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l：y＝t(t≠0)交y軸于點(diǎn)M，交拋物線C：y2＝2px(p＞0)于點(diǎn)P，M關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)為N，連接ON并延長(zhǎng)交C于點(diǎn)H. (1)求； (2)除H以外，直線MH與C是否有其他公共點(diǎn)？說(shuō)明理由． 【解】　(1)由已知得M(0，t)，P. 又N為M關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)，故N，ON的方程為y＝x，代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝.因此H. 所以N為OH的中點(diǎn)，即＝2. (2)直線MH與C除

20、H以外沒(méi)有其他公共點(diǎn)．理由如下： 直線MH的方程為y－t＝x，即x＝(y－t)． 代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y(tǒng)2＝2t，即直線MH與C只有一個(gè)公共點(diǎn)，所以除H以外直線MH與C沒(méi)有其他公共點(diǎn)． (1)直線與圓錐曲線有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)的判定 通常的方法是直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消元后得到一元二次方程，其Δ>0；另一方法就是數(shù)形結(jié)合，如直線與雙曲線有兩個(gè)不同的公共點(diǎn)，可通過(guò)判定直線的斜率與雙曲線漸近線的斜率的大小得到． (2)直線與圓錐曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)的結(jié)論 直線與圓錐曲線只有一個(gè)公共點(diǎn)，則直線與雙曲線的一條漸近線平行，或直線與拋物線的對(duì)稱軸平行，或

21、直線與圓錐曲線相切．　 命題角度二　弦長(zhǎng)問(wèn)題 (2019·高考全國(guó)卷Ⅰ)已知拋物線C：y2＝3x的焦點(diǎn)為F，斜率為的直線l與C的交點(diǎn)為A，B，與x軸的交點(diǎn)為P. (1)若|AF|＋|BF|＝4，求l的方程； (2)若＝3，求|AB|. 【解】　設(shè)直線l：y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)． (1)由題設(shè)得F，故|AF|＋|BF|＝x1＋x2＋，由題設(shè)可得x1＋x2＝. 由可得9x2＋12(t－1)x＋4t2＝0，則x1＋x2＝－. 從而－＝，得t＝－. 所以l的方程為y＝x－. (2)由＝3可得y1＝－3y2. 由可得y2－2y＋2t＝0. 所以y1＋y

22、2＝2.從而－3y2＋y2＝2，故y2＝－1，y1＝3. 代入C的方程得x1＝3，x2＝. 故|AB|＝. 直線與圓錐曲線的相交弦弦長(zhǎng)的求法 解決直線與圓錐曲線的相交弦問(wèn)題的通法是將直線方程與圓錐曲線方程聯(lián)立，消去y或x后得到一元二次方程，當(dāng)Δ>0時(shí)，直線與圓錐曲線有兩個(gè)交點(diǎn)，設(shè)為A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系求出x1＋x2，x1x2或y1＋y2，y1y2，則弦長(zhǎng)|AB|＝·＝·＝·|y1－y2|＝·(k為直線的斜率且k≠0)，當(dāng)A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)易求時(shí)也可以直接用|AB|＝求之．　 命題角度三　定比、定點(diǎn)問(wèn)題 已知橢圓C的兩個(gè)焦點(diǎn)為F1(－1，0)，F(xiàn)2

23、(1，0)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)E. (1)求橢圓C的方程； (2)過(guò)點(diǎn)F1的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A位于x軸上方)，若＝λ，且2≤λ＜3，求直線l的斜率k的取值范圍． 【解】　(1)由解得 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題意得直線l的方程為y＝k(x＋1)(k＞0)， 聯(lián)立方程，得整理得y2－y－9＝0，Δ＝＋144＞0， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝，y1y2＝， 又＝λ，所以y1＝－λy2，所以y1y2＝(y1＋y2)2， 則＝，λ＋－2＝， 因?yàn)?≤λ＜3，所以≤λ＋－2＜， 即≤＜，且k＞0，解得0＜k≤. 故直線l的斜率k的取值范

24、圍是. (1)對(duì)于弦的中點(diǎn)問(wèn)題常用“根與系數(shù)的關(guān)系”或“點(diǎn)差法”求解．在使用“根與系數(shù)的關(guān)系”時(shí)，要注意使用條件Δ＞0；在用“點(diǎn)差法”時(shí)，要檢驗(yàn)直線與圓錐曲線是否相交． (2)圓錐曲線以P(x0，y0)(y0≠0)為中點(diǎn)的弦所在直線的斜率分別是k＝－(橢圓＋＝1)，k＝(雙曲線－＝1)，k＝(拋物線y2＝2px)，其中k＝(x1≠x2)，(x1，y1)，(x2，y2)為弦端點(diǎn)的坐標(biāo)．　 [對(duì)點(diǎn)訓(xùn)練] 1．(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動(dòng)點(diǎn)，過(guò)D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B. (1)證明：直線AB過(guò)定點(diǎn)； (2)若以E為圓心的圓與直線AB相切

25、，且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求四邊形ADBE的面積． 解：(1)證明：設(shè)D，A(x1，y1)，則x＝2y1. 由于y′＝x，所以切線DA的斜率為x1，故＝x1. 整理得2tx1－2y1＋1＝0. 設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0. 故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0. 所以直線AB過(guò)定點(diǎn). (2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋.由可得x2－2tx－1＝0. 于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1， |AB|＝|x1－x2|＝×＝2(t2＋1)． 設(shè)d1，d2分別為點(diǎn)D，E到直線AB的距離，則d1＝，d2

26、＝. 因此，四邊形ADBE的面積S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3). 設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則M. 由于⊥，而＝(t，t2－2)，與向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0. 解得t＝0或t＝±1. 當(dāng)t＝0時(shí)，S＝3；當(dāng)t＝±1時(shí)，S＝4. 因此，四邊形ADBE的面積為3或4. 2．(2019·湖南長(zhǎng)沙模擬)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點(diǎn)為(，0)，且經(jīng)過(guò)點(diǎn)，點(diǎn)M是x軸上的一點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)M的直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在x軸的上方)． (1)求橢圓C的方程； (2)若＝2，且直線l與圓O：x2＋y2＝相切于點(diǎn)N，求|MN|. 解：(1)由題意知

27、得(a2－4)(4a2－3)＝0，又a2＝3＋b2>3，故a2＝4，則b2＝1，所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)設(shè)M(m，0)，直線l：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝2，得y1＝－2y2. 由得(t2＋4)y2＋2tmy＋m2－4＝0， 則y1＋y2＝－，y1y2＝. 由y1y2＝－2y，y1＋y2＝－2y2＋y2＝－y2， 得y1y2＝－2[－(y1＋y2)]2＝－2(y1＋y2)2， 所以＝－2， 化簡(jiǎn)得(m2－4)(t2＋4)＝－8t2m2. 易知原點(diǎn)O到直線l的距離d＝， 又直線l與圓O：x2＋y2＝相切， 所以＝，即t2＝m2－1.

28、 由 得21m4－16m2－16＝0， 即(3m2－4)(7m2＋4)＝0， 解得m2＝，此時(shí)t2＝，滿足Δ>0， 所以M. 在Rt△OMN中，|MN|＝＝. 一、選擇題 1．已知雙曲線－＝1(a＞0，b＞0)的焦點(diǎn)到漸近線的距離為，且離心率為2，則該雙曲線的實(shí)軸的長(zhǎng)為(　　) A．1　　　　　　　　　 B． C．2 D．2 解析：選C．由題意知雙曲線的焦點(diǎn)(c，0)到漸近線bx－ay＝0的距離為＝b＝，即c2－a2＝3，又e＝＝2，所以a＝1，該雙曲線的實(shí)軸的長(zhǎng)為2a＝2. 2．若拋物線y2＝4x上一點(diǎn)P到其焦點(diǎn)F的距離為2，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，則△OFP的面積為(　　

29、) A． B．1 C． D．2 解析：選B．設(shè)P(x0，y0)，依題意可得|PF|＝x0＋1＝2，解得x0＝1，故y＝4×1，解得y0＝±2，不妨取P(1，2)，則△OFP的面積為×1×2＝1. 3．(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)雙曲線C：－＝1的右焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P在C的一條漸近線上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．若|PO|＝|PF|，則△PFO的面積為(　　) A． B． C．2 D．3 解析：選A．不妨設(shè)點(diǎn)P在第一象限，根據(jù)題意可知c2＝6，所以|OF|＝. 又tan∠POF＝＝，所以等腰三角形POF的高h(yuǎn)＝×＝， 所以S△PFO＝××＝. 4．(2019·昆明模擬)已知F1，F(xiàn)2為

30、橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)，B為C的短軸的一個(gè)端點(diǎn)，直線BF1與C的另一個(gè)交點(diǎn)為A，若△BAF2為等腰三角形，則＝(　　) A． B． C． D．3 解析：選A．如圖，不妨設(shè)點(diǎn)B在y軸的正半軸上，根據(jù)橢圓的定義，得|BF1|＋|BF2|＝2a，|AF1|＋|AF2|＝2a，由題意知|AB|＝|AF2|，所以|BF1|＝|BF2|＝a，|AF1|＝，|AF2|＝.所以＝.故選A． 5．已知F是拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)，直線y＝kx－1與該拋物線在第一象限內(nèi)交于點(diǎn)A，B，若|AF|＝3|FB|，則k的值是(　　) A． B． C． D． 解析：選D．顯然k＞0

31、.拋物線的準(zhǔn)線l：y＝－1，設(shè)其與y軸交于點(diǎn)F′，則直線y＝kx－1過(guò)點(diǎn)F′.分別過(guò)點(diǎn)A，B作l的垂線，垂足分別為A′，B′，根據(jù)拋物線定義，得|AF|＝|AA′|，|BF|＝|BB′|，根據(jù)已知，得＝＝3.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則＝＝＝3，即x1＝3x2①.聯(lián)立拋物線方程與已知直線方程，消元得x2－4kx＋4＝0，則x1＋x2＝4k②，由①②得x1＝3k，x2＝k，又x1x2＝4，所以3k·k＝4，即k2＝，解得k＝(負(fù)值舍去)． 6．(2019·湖南湘東六校聯(lián)考)已知橢圓Γ：＋＝1(a>b>0)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)是短軸長(zhǎng)的2倍，過(guò)右焦點(diǎn)F且斜率為k(k>0)的直線與Γ相交于A，B兩

32、點(diǎn)．若＝3，則k＝(　　) A．1 B．2 C． D． 解析：選D．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)椋?，所以y1＝－3y2.因?yàn)闄E圓Γ的長(zhǎng)軸長(zhǎng)是短軸長(zhǎng)的2倍，所以a＝2b，設(shè)b＝t，則a＝2t，故c＝t，所以＋＝1.設(shè)直線AB的方程為x＝sy＋t，代入上述橢圓方程，得(s2＋4)y2＋2sty－t2＝0，所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，即－2y2＝－，－3y＝－，得s2＝，k＝，故選D． 二、填空題 7．已知P(1，)是雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)漸近線上的點(diǎn)，則雙曲線C的離心率是________． 解析：雙曲線C的一條漸近線的方程為y＝x，P(1，)是雙曲

33、線C漸近線上的點(diǎn)，則＝，所以離心率e＝＝＝＝2. 答案：2 8．(2019·高考全國(guó)卷Ⅲ)設(shè)F1，F(xiàn)2為橢圓C：＋＝1的兩個(gè)焦點(diǎn)，M為C上一點(diǎn)且在第一象限．若△MF1F2為等腰三角形，則M的坐標(biāo)為________． 解析：不妨令F1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點(diǎn)，根據(jù)題意可知c＝＝4.因?yàn)椤鱉F1F2為等腰三角形，所以易知|F1M|＝2c＝8，所以|F2M|＝2a－8＝4.設(shè)M(x，y)， 則得 所以M的坐標(biāo)為(3，)． 答案：(3，) 9．(2019·洛陽(yáng)尖子生第二次聯(lián)考)過(guò)拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)F的直線與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，且＝3，拋物線C的準(zhǔn)線l與x軸交

34、于點(diǎn)E，AA1⊥l于點(diǎn)A1，若四邊形AA1EF的面積為6，則p＝________． 解析：不妨設(shè)點(diǎn)A在第一象限，如圖，作BB1⊥l于點(diǎn)B1，設(shè)直線AB與l的交點(diǎn)為D，由拋物線的定義及性質(zhì)可知|AA1|＝|AF|，|BB1|＝|BF|，|EF|＝p. 設(shè)|BD|＝m，|BF|＝n，則＝＝＝，即＝，所以m＝2n. 又＝，所以＝＝，所以n＝， 因?yàn)閨DF|＝m＋n＝2p，所以∠ADA1＝30°. 又|AA1|＝3n＝2p，|EF|＝p，所以|A1D|＝2p，|ED|＝p，所以|A1E|＝p，所以直角梯形AA1EF的面積為(2p＋p)·p＝6，解得p＝2. 答案：2 三、解答題 1

35、0．(2019·高考天津卷)設(shè)橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點(diǎn)為F，上頂點(diǎn)為B.已知橢圓的短軸長(zhǎng)為4，離心率為. (1)求橢圓的方程； (2)設(shè)點(diǎn)P在橢圓上，且異于橢圓的上、下頂點(diǎn)，點(diǎn)M為直線PB與x軸的交點(diǎn)，點(diǎn)N在y軸的負(fù)半軸上，若|ON|＝|OF|(O為原點(diǎn))，且OP⊥MN，求直線PB的斜率． 解：(1)設(shè)橢圓的半焦距為c，依題意，2b＝4，＝，又a2＝b2＋c2， 可得a＝，b＝2，c＝1. 所以，橢圓的方程為＋＝1. (2)由題意，設(shè)P(xp，yp)(xp≠0)，M(xM，0)．設(shè)直線PB的斜率為k(k≠0)， 又B(0，2)，則直線PB的方程為y＝kx＋2，與橢圓方程聯(lián)

36、立 整理得(4＋5k2)x2＋20kx＝0， 可得xp＝－， 代入y＝kx＋2得yp＝， 進(jìn)而直線OP的斜率為＝. 在y＝kx＋2中，令y＝0，得xM＝－. 由題意得N(0，－1)，所以直線MN的斜率為－. 由OP⊥MN，得·＝－1，化簡(jiǎn)得k2＝，從而k＝±. 所以，直線PB的斜率為或－. 11．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，短軸長(zhǎng)為2. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若kOM·kON＝，求原點(diǎn)O到直線l的距離的取值范圍． 解：(1)由題知e＝＝，2b＝2，又a2＝b2＋c2，所以b＝1，a＝

37、2， 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1. (2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 依題意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＞0，化簡(jiǎn)得m2＜4k2＋1，① x1＋x2＝－，x1x2＝， y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 若kOM·kON＝，則＝，即4y1y2＝5x1x2， 所以4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2， 所以(4k2－5)·＋4km·(－)＋4m2＝0， 即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化簡(jiǎn)

38、得m2＋k2＝，② 由①②得0≤m2＜，＜k2≤， 因?yàn)樵c(diǎn)O到直線l的距離d＝， 所以d2＝＝＝－1＋， 又＜k2≤， 所以0≤d2＜，所以原點(diǎn)O到直線l的距離的取值范圍是. 12．(2019·成都市第二次診斷性檢測(cè))已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的短軸長(zhǎng)為4，離心率為. (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)橢圓C的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，左、右頂點(diǎn)分別為A，B，點(diǎn)M，N為橢圓C上位于x軸上方的兩點(diǎn)，且F1M∥F2N，直線F1M的斜率為2，記直線AM，BN的斜率分別為k1，k2，求3k1＋2k2的值． 解：(1)由題意，得2b＝4，＝. 又a2－c2＝b2，所以a＝3，b＝2，c＝1. 所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1. (2)由(1)可知A(－3，0)，B(3，0)，F(xiàn)1(－1，0)． 據(jù)題意，直線F1M的方程為y＝2(x＋1)． 記直線F1M與橢圓C的另一個(gè)交點(diǎn)為M′.設(shè)M(x1，y1)(y1>0)，M′(x2，y2)．因?yàn)镕1M∥F2N，所以根據(jù)對(duì)稱性，得N(－x2，－y2)． 聯(lián)立，消去y，得14x2＋27x＋9＝0. 由題意知x1>x2，所以x1＝－，x2＝－， k1＝＝＝，k2＝＝＝－， 所以3k1＋2k2＝3×＋2×＝0，即3k1＋2k2的值為0. - 20 -