2019年高考数学(理科)圆锥曲线的综合及应用问题 含解析

专题五 圆锥曲线的综合及应用问题 第1课时

22y1．已知点F1，F2分别为双曲线x－＝1的左、右焦点，点P为双曲线右支上的任意3

2|PF1|

一点，则的最小值为( )

|PF2|

A．8 B．5 C．4 D．9

x22→→

2．已知点F1，F2是＋y＝1的左、右焦点，点P在椭圆上运动，则PF1·PF2的最大值

4

是( )

A．4 B．5 C．2 D．1

x2y2

3．(2017年广东揭阳一模)已知双曲线－＝1右焦点为F，P为双曲线左支上一点，

42

点A(0，2)，则△APF周长的最小值为( )

A．4(1＋2) B．4＋2 C．2(2＋6) D.6＋3 2 4．(2016年四川)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0) 上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为( )

322

A. B. C. D．1 332

x2y2

5．设F1，F2分别是椭圆＋＝1的左、右焦点，P为椭圆上任一点，点M的坐标为

2516

(6,4)，则|PM|＋|PF1|的最大值为________．

x2y2

6．已知F是双曲线－＝1的左焦点，A(1,4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|＋|PA|

412

的最小值为________．

x2y23

7．(2014年新课标Ⅰ)已知点A(0，－2)，椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，F

ab2

2 3

是椭圆的焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．

3

(1)求E的方程；

(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．

x22x2y2

8．(2017年广东广州二模)已知双曲线－y＝1的焦点是椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的

5ab

顶点，且椭圆与双曲线的离心率互为倒数．

(1)求椭圆C的方程；

4 3

(2)设动点M，N在椭圆C上，且|MN|＝，记直线MN在y轴上的截距为m，求m

3

的最大值．

第2课时

x2y2

1．(2017年广东调研)已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的右焦点到直线x－y＋3 2＝0的

ab

距离为5，且椭圆C的一个长轴端点与一个短轴端点间的距离为10. (1)求椭圆C的标准方程；

116 5

(2)给出定点Q，0，对于椭圆C的任意一条过Q的弦AB，|QA|2＋|QB|2是否为定

5

值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．

x2y22

2．已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率为，且过点P(2，1)．

ab2

(1)求椭圆C的方程；

(2)若A1，A2分别是椭圆C的左、右顶点，动点M满足MA2⊥A1A2，且MA1交椭圆C

→→

于不同于A1的点R，求证：OR·OM为定值．

3．(2017年广东广州一模)过点P(a，－2)作抛物线C：x2＝4y的两条切线，切点分别为A(x1，y1), B(x2，y2)．

(1)证明：x1x2＋y1y2为定值；

(2)记△PAB的外接圆的圆心为点M，点F是抛物线C的焦点， 对任意实数a，试判断以PM为直径的圆是否恒过点F? 并说明理由．

x2y264．(2017年广东广州华附执信深外联考)已知椭圆2＋2＝1，离心率为，点A，B分

ab3

6

别是椭圆与x轴，y轴的交点，且原点O到AB的距离为.

2

(1)求椭圆方程； (2)如图Z5-1若F是椭圆的右焦点，过F的直线l交椭圆于M，N两点，当直线l绕着

点F转动过程中，试问在直线x＝3上是否存在点P，使得△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由。

图Z5-1

x2y2

5．(2016年四川)已知椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三

ab

角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.

(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；

(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值．

专题五 圆锥曲线的综合及应用问题

第1课时

22

|PF1|2|PF2|＋2|PF2|＋4|PF2|＋4441．A 解析：＝＝＝|PF2|＋＋4≥2 |PF2|·＋

|PF2||PF2||PF2||PF2||PF2|

4＝8.当且仅当|PF2|＝2时取等号．

→

2．D 解析：方法一，设点P(x0，y0)，F1(－3，0)，F2(3，0)，PF1＝(－3－x0，－

x2→→→032222

y0)，PF2＝(3－x0，－y0)，PF1·PF2＝x0－3＋y0＝x0－3＋1－＝x20－2.又因为x0≤4，所以4432

x－2≤1. 40

→

方法二，可设点P(2cos α，sin α)，转化为三角问题，则由PF1＝(－3－2cos α，－sin α)，→→→PF2＝(3－2cos α，－sin α)，得到PF1·PF2＝3cos 2α－2≤1.故选D.

3．A 解析：易得点F(6，0)，△APF的周长l＝|AF|＋|AP|＋|PF|＝|AF|＋2a＋|PF′|＋|AP|，要△APF的周长最小，只需|AP|＋|PF′|最小，如图D137，当A，P，F′三点共线时|AP|＋|PF′|最小，故l＝2|AF|＋2a＝4(1＋2)．

图D137

p→

2pt2－，2pt .∵|PM|＝2|MF|，4．C 解析：设P(2pt2,2pt)，M(x，y)(不妨设t>0)，则FP＝ 2→1→

∴FM＝FP .

3p2ppx－＝t2－，236

∴

2pty＝.3



∴2pt

y＝3.2ppx＝t2＋，33

2t112

＝≤＝.

12t＋112t＋2 t·2t2t12

当且仅当t＝时等号成立．∴(kOM)max＝.

2t2

故选C.

5．15 解析：∵|PF1|＋|PF2|＝10，∴|PF1|＝10－|PF2|.

∴|PM|＋|PF1|＝10＋|PM|－|PF2|.易知点M在椭圆外，连接MF2，并延长交椭圆于点P，此时|PM|－|PF2|取最大值|MF2|，故|PM|＋|PF1|的最大值为10＋|MF2|＝10＋6－32＋42＝15.

6．9 解析：∵点A在双曲线的两支之间，且双曲线右焦点为F′(4,0)，∴由双曲线的性质，得|PF|－|PF′|＝2a＝4.而|PA|＋|PF′|≥|AF′|＝5，两式相加，得|PF|＋|PA|≥9.当且仅当A，P，F′三点共线时等号成立．

22 37．解：(1)设F(c,0)，由条件知，＝，解得c＝3.

c3

∴kOM＝

2

c3又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1. a2

x22

故E的方程为＋y＝1.

4

(2)当l⊥x轴时不合题意，

故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．

x22

将y＝kx－2代入＋y＝1，得

4

(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.

3

当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>时，

4

8k±24k2－3x1,2＝.

4k2＋14k2＋1·4k2－3

则|PQ|＝k＋1|x1－x2|＝.

4k2＋12

又点O到直线PQ的距离d＝2.

k＋1

244k2－31

所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.

24k2＋1

4t44

设4k2－3＝t，则t>0，S△OPQ＝2＝≤＝1.

4t＋44t＋t·t2 t

7

当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.

2

77

所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝x－2，或y＝－x－2.

22

2x30

8．解：(1)双曲线－y2＝1的焦点坐标为(±6，0)，离心率为. 55x22x2y2

因为双曲线－y＝1的焦点是椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的顶点，且椭圆与双曲线的离

5ab

心率互为倒数，

a2－b230所以a＝6，且＝.解得b＝1.

a6x22

故椭圆C的方程为＋y＝1.

64 3

(2)因为|MN|＝>2，所以直线MN的斜率存在．

3

因为直线MN在y轴上的截距为m， 所以可设直线MN的方程为y＝kx＋m.

x22

代入椭圆方程＋y＝1，得

6

22

(1＋6k)x＋12kmx＋6(m2－1)＝0.

因为Δ＝(12km)2－24(1＋6k2)(m2－1)＝24(1＋6k2－m2)>0， 所以m2<1＋6k2.

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

－12km6m2－1

则x1＋x2＝，x1x2＝. 1＋6k21＋6k2则|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝

2－12km22－24m－1. 1＋6k1＋6k21＋k2·

x1＋x22－4x1x2＝

1＋k2

因为|MN|＝所以1＋k

4 3， 3

2－12km22－24m－1＝4 3. 31＋6k1＋6k22－18k4＋39k2＋7

整理，得m＝. 91＋k2

令k2＋1＝t≥1，则k2＝t－1.

2

5075－2×3052－18t＋75t－50118t＋≤所以m＝＝75－＝. t9t993

525

等号成立的条件是t＝，此时k2＝，m2＝满足m2<1＋6k2，符合题意．

33315

故m的最大值为. 3

2

第2课时

|c＋3 2|1．解：(1)由题意知右焦点(c,0)到直线x－y＋3 2＝0的距离d＝＝5，

2

所以c＝2 2.则a2－b2＝8. ①

又由题意，得a2＋b2＝10，即a2＋b2＝10. ② 由①②，解得a2＝9，b2＝1.

x22

所以椭圆C的标准方程为＋y＝1.

9

1111

(2)当直线AB与x轴重合时，＋＝10. 2＋2＝|QA||QB|6 526 52

5＋35－3

当直线AB不与x轴重合时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

6

直线AB的方程为x＝my＋，

5

与椭圆C的方程联立，化简，得

12m9

(m2＋9)y2＋y－＝0，

55

12m

所以y1＋y2＝－， ③

5m2＋99

y1y2＝－. ④ 25m＋91111又＝222＝2， 2＝|QA|622my1＋y1m＋1y21

x－＋y11511同理， 2＝2|QB|m＋1y22

y1＋y22－2y1y21111

所以＋＝＋2＝2.⑤ |QA|2|QB|2m2＋1y2m＋1y2m2＋1y2121y2

11

将③④代入⑤式，化简可得＝10. 2＋|QA||QB|211

综上所述，为定值10. 2＋|QA||QB|2a2－b221c2

2．(1)解：由题意，得2＋2＝1，e＝＝＝，

abaa2

解得a2＝4，b2＝2.

x2y2

所以椭圆C的方程为＋＝1.

42

(2)证明：由(1)知A1(－2,0)，A2(2,0)． 由题意设M(2，y0)，R(x1，y1)，

y0y0则易知直线MA1的方程为y＝x＋. 42

22xy

将其代入椭圆方程＋＝1，得

42

222

1＋y0x2＋y0x＋y0－4＝0， 822

4y20－8

所以(－2)×x1＝2.

y0＋8

－2y28y00－8

解得x1＝2，从而y1＝2. y0＋8y0＋8

2

－2y28y0－4y28y00－80－8→→，2·所以OR·OM＝ (2，y0)＝＋2＝4. 2y0＋8y0＋8y0＋8y20＋8

→→故OR·OM为定值．

11

3．解：(1)方法一，由x2＝4y，得y＝x2，所以y′＝x.

42

1

所以直线PA的斜率为x1.

2

因为点A(x1，y1)和B(x2，y2)在抛物线C上，

112

所以y1＝x2，y＝x.

41242

11

所以直线PA的方程为y－x21＝x1(x－x1)． 42因为点P(a，－2)在直线PA上，

121

所以－2－x1＝x1(a－x1)，即x21－2ax1－8＝0. 42同理，可得x22－2ax2－8＝0.

所以x1，x2是方程x2－2ax－8＝0的两个根． 所以x1x2＝－8.

12121

又y1y2＝x1·x2＝(x1x2)2＝4,

4416

所以x1x2＋y1y2＝－4为定值．

方法二，设过点P(a，－2)且与抛物线C相切的切线方程为y＋2＝k(x－a), y＋2＝kx－a，由2消去y，得x2－4kx＋4ka＋8＝0， x＝4y由Δ＝16k2－4(4ak＋8)＝0，化简，得k2－ak－2＝0. 所以k1k2＝－2.

11

由x2＝4y，得y＝x2，所以y′＝x.

42

11

所以直线PA的斜率为k1＝x1，直线PB的斜率为k2＝x2.

22

1

所以x1x2＝－2, 即x1x2＝－8.

4

12121

又y1y2＝x1·x2＝(x1x2)2＝4，

4416

所以x1x2＋y1y2＝－4为定值．

(2)方法一，直线PA的垂直平分线方程为：

y1－2x1＋a2y－＝－x－，

2x1212

由于y1＝x21，x1－8＝2ax1， 4

所以直线PA的垂直平分线方程为：

x1＋aax12

y－＝－x－. ①

4x12同理直线PB的垂直平分线方程为：

x2＋aax22

y－＝－x－. ②

4x22

3a2

由①②，解得x＝a, y＝1＋. 222

3aa，1＋. 所以点M22

抛物线C的焦点为F(0,1)，

a2→→3

则MF＝－2a，－2，PF＝(－a,3)．

22

→→3a3a由于MF·PF＝－＝0,

22

→→所以MF⊥PF.

所以以PM为直径的圆恒过点F.

另法： 以PM为直径的圆的方程为：

3a2(x－a)x－2a＋(y＋2)y－1－2＝0.

把点F(0,1)代入以上方程，知点F的坐标是方程的解． 所以以PM为直径的圆恒过点F. 方法二，设点M的坐标为(m，n)，

则△PAB的外接圆方程为(x－m)2＋(y－n)2＝(m－a)2＋(n＋2)2. 由于点A(x1，y1)，B(x2，y2)在该圆上， 则(x1－m)2＋(y1－n)2＝(m－a)2＋(n＋2)2， (x2－m)2＋(y2－n)2＝(m－a)2＋(n＋2)2.

两式相减，得(x1－x2)(x1＋x2－2m)＋(y1－y2)(y1＋y2－2n)＝0.①

112

由(1)知x1＋x2＝2a，x1x2＝－8，y1＝x2，y＝x2，代入上式，得(x1－x2)(4a－4m＋a312

44

＋4a－2an)＝0，

当x1≠x2时， 得8a－4m＋a3－2an＝0.②

→→

假设以PM为直径的圆恒过点F，则MF⊥PF. 即(－m,1－n)·(－a,3)＝0. 则ma－3(n－1)＝0.③

31

由②③，解得m＝a，n＝1＋a2.

22

31a，1＋a2. 所以点M22

当x1＝x2时， a＝0，点M(0,1)． 所以以PM为直径的圆恒过点F.

c6＝，a3

4．解：(1)由条件，得ab6

＝a＋b2，

22

令a＝3t，则c＝6t，b＝3t.代入第二式得t＝

x2y2

那么a＝6，b＝2.所以椭圆方程为＋＝1.

62

(2)若直线l斜率不存在，即x＝2时，则P(3,0)． 经检验此时|MN|≠2|FP|，故不符合题意，舍去． 当直线l斜率存在时，设直线l方程：y＝k(x－2)，

y＝kx－2，

联立方程：2得关于x的方程：(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0. 2

x＋3y＝6

12k2－612k22

x1＋x2＝2，x1x2＝2，Δ＝24(1＋k)>0， 1＋3k1＋3k

6. 3

1＋k2因为|x1－x2|＝2 6·，

1＋3k21＋k2

所以|MN|＝1＋k|x1－x2|＝2 6·. 1＋3k26k2

取MN的中点Q，则xQ＝. 1＋3k2若△PMN是以P为顶点的等腰直角三角形，必有PQ⊥MN，|MN|＝2|PQ|.

1那么|PQ|＝1＋2|3－xQ|

k2

1＋k213＋3k

＝1＋2·＝6·.

k1＋3k21＋3k2化简，得k2＝－3，无解，所以这样的点P不存在． 5．解：(1)由已知，得a2＋a2＝(2c)2，即a＝2c. 又c＝a2－b2，所以a＝2b.

x2y2

则椭圆E的方程为2＋2＝1.

2bb

x2y22＋2＝1，

由方程组2bb

2y＝－x＋3，

得3x2－12x＋(18－2b2)＝0. ①

方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3. 方程①的解为x1＝x2＝2.

x2y2

所以椭圆E的方程为＋＝1，点T的坐标为(2,1)．

63

1

(2)由已知可设直线l′ 的方程为y＝x＋m(m≠0)，

22m

1x＝2－，3y＝2x＋m，

由方程组可得

2my＝－x＋3y＝1＋.3

2m2m82－，1＋，|PT|2＝m2. 所以P点坐标为339

设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2) .

x2y2

＋＝1，63

由方程组

1

y＝x＋m，2





可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0. ②

方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，

3 23 2

由Δ>0，解得－22

4m2－124m

由②，得x1＋x2＝－，x1x2＝. 33122m2m52－－x1＝2－－x1. 所以|PA|＝1＋33222m5

2－－x2. 同理|PB|＝32

2m52m

2－－x12－－x2 所以|PA|·|PB|＝334

52m22m2－2－＝3－3x1＋x2＋x1x2 4

2

52m22m4m4m－122－2－－＝3－33＋43 10＝m2. 9

4

故存在常数λ＝，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|.

5