2019届高考数学专题十九 圆锥曲线综合总结 练习题及答案

1．直线过定点

例1：已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为焦点F且垂直于x轴的直线交椭圆C于P，Q两点，且PQ（1）求C的方程；

（2）若直线l是圆x2y28上的点2,2处的切线，点M是直线l上任一点，过点M作椭圆C的切线MA，MB，切点分别为A，B，设切线的斜率都存在．求证：直线AB过定点，并求出该定点的坐标．

x2y2【答案】（1）1；（2）证明见解析，2,1．

84x2y2【解析】（1）由已知，设椭圆C的方程为221ab0，

ab22，过左

22．

因为

c22PQ22，不妨设点Pc,2，代入椭圆方程得221，

ab又因为eca22，所以1221，bc，所以b24，a22b28， 2bx2y2所以C的方程为1．

84（2）依题设，得直线l的方程为y2x2，即xy40， 设Mx0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，

由切线MA的斜率存在，设其方程为yy1kxx1，

yy1kxx1联立得，2k21x24ky1kx1x2y1kx1280， x2y21482y1kx140， 由相切得Δ16k2y1kx1282k21化简得y1kx128k24，即x128k22x1y1ky1240， 因为方程只有一解，所以kyy1x1xx1， 2y11

x1y1xyx11212x182y12y1，所以切线MA的方程为

即x1x2y1y8，同理，切线MB的方程为x2x2y2y8， 又因为两切线都经过点Mx0,y0，所以程为x0x2y0y8，

又x0y04，所以直线AB的方程可化为x0x24x0y8， 即x0x2y8y80，令x2x2y0，得，

y18y80x1x02y1y08，所以直线AB的方

xx2yy82020所以直线AB恒过定点2,1．

2．面积问题

x2y2例2：已知椭圆221ab0的左、右焦点分别为F1、F2，焦距为

ab4，直线l1:ybx与椭圆相交于A、B两点，F2关于直线l1的对称点E在

c椭圆上．斜率为1的直线l2与线段AB相交于点P，与椭圆相交于C、D两点．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）求四边形ACBD面积的取值范围．

3232x2y2【答案】（1）1；（2）,． 8493,2，F22,0，【解析】（1）由椭圆焦距为4，设F10连结EF1，设EF1F2，

2

则tanb，又a2b2c2，得sinb，cosc，

caaeF1F22csin901ac， 2aEF1||EF2sinsin90bcbcaaa222x2y2解得abccbc2，a8，所以椭圆方程为1．

84（2）设直线l2方程：yx+m，Cx1,y1、Dx2,y2，

4xxmx2y21213由，得3x24mx2m280，所以482yxmxx2m8123，

2由（1）知直线l1：yx，代入椭圆得A36,2226，B6,6，得333AB44836,6，由直线l2与线段AB相交于点P，得m， 333216m242m848x1x22m2+12，

933CD2x1x22x1x22而kl21与kl11，知l2l1，SACBD1163ABCDm2+12， 294由m36,41633232326，得m2,0，所以m2+12,，

939333232四边形ACBD面积的取值范围,．

93

3．参数的值与范围

例3：已知抛物线C:y22pxp0的焦点F1,0，点A1,2在抛物线C上，过焦点F的直线l交抛物线C于M，N两点． （1）求抛物线C的方程以及

AF的值；

BN40，

2（2）记抛物线C的准线与x轴交于点B，若MFFN，BM2

3

求的值．

【答案】（1）y24x，

AF2；（2）23．

【解析】（1）抛物线C:y22pxp0的焦点F1,0，

p21，则2p4，抛物线方程为y24x； 点A1,2在抛物线C上，AF1p22． （2）依题意，F1,0，设l:xmy1，设Mx1,y1、联立方程y24xmy1，消去x，得y24my40x．

所以y1y24mxmy1y1y24 ①，且11x，

2my21

又MFFN，则1x1,y1x21,y2，即y1y2，代入①得y224，消去y12得4m21y24m2，

B1,0，则BMx11,y1，BNx21,y2，

则BM|2BN|2BM2BN2x22211y21x21y2

x221x222x1x22y1y22

(my211)2(my21)22my1my222y21y2 m21y221y24my1y28

m2116m284m4m816m440m216，

当16m440m21640，解得m212，故23．

4．弦长类问题

4

Nx2,y2，

例

x2y2x24：已知椭圆C1:221ab0的左右顶点是双曲线C2:y21的

ab332顶点，且椭圆C1的上顶点到双曲线C2的渐近线的距离为（1）求椭圆C1的方程；

．

（2）若直线l与C1相交于M1，M2两点，与C2相交于Q1，Q2两点，且

OQ1OQ25，求M1M2的取值范围．

x2【答案】（1）y21；（2）0,10． 3【解析】（1）由题意可知：a23，又椭圆C1的上顶点为0,b， 双曲线C2的渐近线为：y由点到直线的距离公式有：3xx3y0， 333bx2b1，∴椭圆方程y21． 223x2（2）易知直线的斜率存在，设直线的方程为ykxm，代入y21，

3消去y并整理得：

13kx226kmx3m230，

要与C2相交于两点，则应有：

213k2013k0， 22222236km413k3m30m13k设Q1x1,y1，Q2x2,y2， 则有：x1x26km213k3m23，x1x2． 213k又OQ1OQ2x1x2y1y2x1x2kx1mkx2m1k2x1x2kmx1x2m2． 又：OQ1OQ25，所以有：

m219k2，②

11k23m236k2m2m213k25， 213k 5

x2将ykxm，代入y21，消去y并整理得：13k2x26kmx3m230，

3要有两交点，则Δ36k2m2413k23m2303k21m2．③ 由①②③有0k21．

9设M1x3,y3、M2x4,y4．有x3x46km213kM1M21k23m23，x3x4，

13k236k2m243m2313k213k2222

1k243m239k213k2．

1k2将m219k代入有M1M2k21k2144k213k922M1M212k13k21k2．

M1M21213k22210,，令tk2，t， 1t令ftt1t13tf't13t1t，0,． 39110,tft所以f't0在t内恒成立，故函数在0,内单调递增， 99 故ft0,5M1M20,10． 72

5．存在性问题 例

x2y25：已知椭圆C:221ab0的左、右焦点分别为F11,0，F21,0，

ab2在椭圆C上． 2点A1,（1）求椭圆C的标准方程；

6

（2）是否存在斜率为2的直线l，使得当直线l与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y5上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，

3满足PMNQ？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

x2【答案】（1）y21；（2）不存在，见解析．

2【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c，则c1，

21,∵A2在椭圆C上，∴2aAF1AF2222221122， 2222x2∴a2，bac1，故椭圆C的方程为y21．

2（2）假设这样的直线存在，设直线l的方程为y2xt，

5x,设Mx1,y1，Nx2,y2，P3，Qx4,y4，MN的中点为Dx0,y0，

3y2xtx2y222由，消去x，得9y22tyt280，

t且3t3， 9∴y1y22t，且Δ4t236t280，故y0y1y292由PMNQ，知四边形PMQN为平行四边形， 而D为线段MN的中点，因此D为线段PQ的中点，

5y4t3∴y029，得y42t15，

9

又3t3，可得7y41，∴点Q不在椭圆上，

3故不存在满足题意的直线l．

7

一、解答题

1．已知动圆P过点F22,0并且与圆F1:x22y24相外切，动圆圆心P的轨迹为C．

（1）求曲线C的轨迹方程；

（2）过点F22,0的直线l1与轨迹C交于A、B两点，设直线l:x1，设

2点D1,0，直线AD交l于M，求证：直线BM经过定点．

y2【答案】（1）x1x0；（2）见解析．

32【解析】（1）由已知|PF1 |PF2 2，|PF1 |PF2 2，

P轨迹C为双曲线的右支，2a2，a1，|F1F2 2c4，c2

y2曲线C标准方程x1x0．

32（2）由对称性可知，直线BM必过x轴的定点，

13当直线l1的斜率不存在时，A2,3，B2,3，M,，知直线BM经过

22点P1,0，

当直线l1的斜率存在时，不妨设直线l1:ykx2，Ax1,y1，Bx2,y2， 直线AD:yy11x1，当xx112时，yM13y13y1,，M22x1， 2x1114k2ykx22222得3kx4kx4k30，x1x2223k23xy34k23，x1x22，

k3下面证明直线BM经过点P1,0，即证kPMkPB，即

3y1y2， x11x21即3y1x23y1x1y2y2，由y1kx12k，y2kx22k，

4k234k234k2520 整理得，4x1x25x1x240，即42k3k3k23 8

即证BM经过点P1,0，直线BM过定点1,0．

x2y232．已知点1,在椭圆E:221ab0上，设A，B分别为椭圆的左

ab2顶点、下顶点，原点O到直线AB的距离为2（1）求椭圆E的方程；

21． 7（2）设P为椭圆E在第一象限内一点，直线PA，PB分别交y轴、x轴于D，C两点，求四边形ABCD的面积．

x2y2【答案】（1）1；（2）23．

439314【解析】（1）因为椭圆E:x2y21ab0经过点1,，有221， abab222由等面积法，可得原点O到直线AB的距离为221ab7a2b2，

x2y2联立两方程解得a2，b3，所以椭圆E的方程为E:1．

4322x0y0（2）设点Px0,y0x00,y00，则1，即3x024y0212．

43直线PA:y从而有BDy02yx2，令x0，得yD0． x02x022y03x02y0233x02x02ACBD，同理，可得AC3x02y023y03．

所以四边形的面积为1213x02y0233x02y0232x02y03

224y01243x0y012x083y01121243x0y012x083y013x022x0y03x02y023x0y03x02y0231223x0y06x043y0x0y03x02y02323．

9

所以四边形ABCD的面积为23．

3．已知点C为圆x12y28的圆心，P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，且有点A1,0和AP上的点M，满足MQAP0，AP2AM． （1）当点P在圆上运动时，判断Q点的轨迹是什么？并求出其方程； （2）若斜率为k的直线l与圆x2y21相切，与（1）中所求点Q的轨迹交于不同的两点F，H，且3OFOF4（其中O是坐标原点），求k45的取值范围．

【答案】（1）是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴长为2x2（2）2,3y21；

32232,． 322的椭圆，【解析】（1）由题意MQ是线段AP的垂直平分线， 所以CPQCQPQCQA22CA2，

所以点Q的轨迹是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴长为2∴a2，c1，ba2c21，

2的椭圆，

x2故点Q的轨迹方程是y21．

2（2）设直线l：ykxb，Fx1,y1，Hx2,y2， 直线l与圆x2y21相切，得bk211，即b2k21，

x22y1联立2，消去y得：12k2x24kbx2b220，

ykxbΔ16k2b2412k22b2182k2b218k20，得k0，

4kbx1x212k22b22，x1x2，

12k222∴OFOHx1x2y1y21kx1x2kbx1x2b1k2b22212k2kb4kb12k2b2

10

1k2k2212k24k2k2112k21k2k112k22，

31k24112所以，得， k412k2532∴32k32，解得23或3k2， k233232,． 3223故所求范围为,32x2y24．已知椭圆C:221ab0的焦距为2c，离心率为1，圆

ab2O:x2y2c2，A1，A2是椭圆的左右顶点，AB是圆O的任意一条直径，

△A1AB面积的最大值为2．

（1）求椭圆C及圆O的方程；

（2）若l为圆O的任意一条切线，l与椭圆E交于两点P，Q，求PQ的取值范围．

x2y2【答案】（1）1，x2y21；（2）3,46．

343【解析】（1）设B点到x轴距离为h，则S△AAB2S△AOB21AOhah，1112易知当线段AB在y轴时，hmaxeBOc，S△A1ABac2，

c1，a2c，a2，c1，b3， a2x2y2所以椭圆方程为1，圆的方程为x2y21．

43（2）当直线L的斜率不存在时，直线L的方程为x1，此时

d设直线L方程为：直线为圆的切线，ykxm，

m1k22b2 PQ3；a1， m2k21，

11

ykxm直线与椭圆联立，，得4k23x28kmx4m2120， x2y21348kmxx124k232判别式Δ483k20，由韦达定理得：， 24m12xx124k23所以弦长 所以

431k23k22PQ1kx1x24k232，令t4k233，

24612； PQ333,3tt综上，PQ3,46， 3x2y25．如图，己知F1、F2是椭圆G:221ab0的左、右焦点，直线

abl:ykx1经过左焦点F1，且与椭圆G交A，B两点，△ABF2的周长为

43．

（1）求椭圆G的标准方程；

（2）是否存在直线I，使得△ABF2为等腰直角三角形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）x23y22

（2）不存在，见解析． 1；

【解析】（1）设椭圆G的半焦距为c，因为直线l与x轴的交点为1,0，故c1． 又△ABF2的周长为4

3，即ABAF2BF24a43，故a3，所以，12

b2a2c2312．

x2y2因此，椭圆G的标准方程为1．

32（2）不存在．理由如下：

先用反证法证明AB不可能为底边，即

AF2BF2．

，则

由题意知F21,0，设Ax1,y1，Bx2,y2，假设

x112AF2BF2y12x2122y2，

又

22x12y12x2y2代入上式，消去y12，y22得：x1x2x1x260． 1，1，

3232因为直线l斜率存在，所以直线l不垂直于x轴，所以x1x2，故x1x26． (与x1

x2y216k22222联立方程32，得：所以x1x2263k2x6kx3k60，3k2ykx13，x23，x1x2236矛盾）

矛盾． 故

AF2BF2．

再证明AB不可能为等腰直角三角形的直角腰． 假设△ABF2为等腰直角三角形，不妨设A为直角顶点． 设

AF1m，则AF223m，在△AF1F2中，由勾股定理得：

m223m24，此方程无解．故不存在这样的等腰直角三角形．

13