2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题6 第2讲　圆锥曲线的方程与性质

第2讲圆锥曲线的方程与性质[考情分析]高考对这部分知识的考查侧重三个方面：一是求圆锥曲线的标准方程；二是求椭圆的离心率、双曲线的离心率以及渐近线问题；三是抛物线的性质及应用问题．考点一圆锥曲线的定义与标准方程核心提炼1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：|PF1|＋|PF2|＝2a(2a|F1F2|)．(2)双曲线：||PF1|－|PF2||＝2a(02a|F1F2|)．(3)抛物线：|PF|＝|PM|，l为抛物线的准线，点F不在定直线l上，PM⊥l于点M.2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”“定型”：确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；“计算”：利用待定系数法求出方程中的a2，b2，p的值．例1(1)(2022·衡水中学模拟)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，上顶点为B，以线段F1A为直径的圆交线段F1B的延长线于点P，若F2B∥AP且线段AP的长为2＋2，则该椭圆方程为()A.x24＋y22＝1B.x28＋y23＝1C.x25＋y24＝1D.x28＋y24＝1答案D解析设椭圆的半焦距为c，因为点P在以线段F1A为直径的圆上，所以AP⊥PF1.又因为F2B∥AP，所以F2B⊥BF1.又因为|F2B|＝|BF1|，所以△F1F2B是等腰直角三角形，于是△F1AP也是等腰直角三角形，因为|AP|＝2＋2，所以|F1A|＝2(2＋2)，得a＋c＝2(2＋2)，又b＝c，所以a＝2c，解得a＝22，c＝2，得b2＝a2－c2＝4，所以椭圆方程为x28＋y24＝1.(2)(2022·荆州模拟)已知双曲线C：x216－y29＝1的左、右焦点分别是F1，F2，点P是C右支上的一点(不是顶点)，过F2作∠F1PF2的角平分线的垂线，垂足是M，O是原点，则|MO|＝________.答案4解析延长F2M交PF1于点Q，由于PM是∠F1PF2的角平分线，F2M⊥PM，所以△QPF2是等腰三角形，所以|PQ|＝|PF2|，且M是QF2的中点．根据双曲线的定义可知|PF1|－|PF2|＝2a，即|QF1|＝2a，由于O是F1F2的中点，所以MO是△QF1F2的中位线，所以|MO|＝12|QF1|＝a＝4.易错提醒求圆锥曲线的标准方程时的常见错误双曲线的定义中忽略“绝对值”致错；椭圆与双曲线中参数的关系式弄混，椭圆中的关系式为a2＝b2＋c2，双曲线中的关系式为c2＝a2＋b2；圆锥曲线方程确定时还要注意焦点位置．跟踪演练1(1)已知双曲线的渐近线方程为y＝±22x，实轴长为4，则该双曲线的方程为()A.x24－y22＝1B.x24－y28＝1或y24－x28＝1C.x24－y28＝1D.x24－y22＝1或y24－x28＝1答案D解析设双曲线方程为x22m－y2m＝1(m≠0)，∵2a＝4，∴a2＝4，当m0时，2m＝4，m＝2；当m0时，－m＝4，m＝－4.故所求双曲线的方程为x24－y22＝1或y24－x28＝1.(2)已知A，B是抛物线y2＝8x上两点，当线段AB的中点到y轴的距离为3时，|AB|的最大值为()A．5B．52C．10D．102答案C解析设抛物线y2＝8x的焦点为F，准线为l，线段AB的中点为M.如图，分别过点A，B，M作准线l的垂线，垂足分别为C，D，N，连接AF，BF.因为线段AB的中点到y轴的距离为3，抛物线y2＝8x的准线l：x＝－2，所以|MN|＝5.因为|AB|≤|AF|＋|BF|＝|AC|＋|BD|＝2|MN|＝10，当且仅当A，B，F三点共线时取等号，所以|AB|max＝10.考点二椭圆、双曲线的几何性质核心提炼1．求离心率通常有两种方法(1)求出a，c，代入公式e＝ca.(2)根据条件建立关于a，b，c的齐次式，消去b后，转化为关于e的方程或不等式，即可求得e的值或取值范围．2．与双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)共渐近线bx±ay＝0的双曲线方程为x2a2－y2b2＝λ(λ≠0)．考向1椭圆、双曲线的几何性质例2(2022·河南五市联考)设双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F2为圆心的圆恰好与双曲线C的两条渐近线相切，且该圆恰好经过线段OF2的中点，则双曲线C的渐近线方程为()A．y＝±3xB．y＝±33xC．y＝±233xD．y＝±2x答案B解析由题意知，渐近线方程为y＝±bax，焦点F2(c，0)，c2＝a2＋b2，因为以F2为圆心的圆恰好与双曲线C的两渐近线相切，则圆的半径r等于圆心到切线的距离，即r＝±ba·c1＋±ba2＝b，又该圆过线段OF2的中点，故c2＝r＝b，所以ba＝b2a2＝b2c2－b2＝33.所以渐近线方程为y＝±33x.考向2离心率问题例3(2022·全国乙卷改编)双曲线C的两个焦点为F1，F2，以C的实轴为直径的圆记为D，过F1作D的切线与C交于M，N两点，且cos∠F1NF2＝35，则C的离心率为()A.52B.32C.132或52D.172或32答案C解析不妨设双曲线的标准方程为x2a2－y2b2＝1(a0，b0)，F1(－c，0)，F2(c，0)．当两个交点M，N在双曲线两支上时，如图1所示，图1设过F1的直线与圆D相切于点P，连接OP，由题意知|OP|＝a，又|OF1|＝c，所以|F1P|＝b.过点F2作F2Q⊥F1N，交F1N于点Q.由中位线的性质，可得|F2Q|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.因为cos∠F1NF2＝35，所以sin∠F1NF2＝45，故|NF2|＝52a，|QN|＝32a，所以|NF1|＝|F1Q|＋|QN|＝2b＋32a.由双曲线的定义可知|NF1|－|NF2|＝2a，所以2b＋32a－52a＝2a，所以2b＝3a.两边平方得4b2＝9a2，即4(c2－a2)＝9a2，整理得4c2＝13a2，所以c2a2＝134，故ca＝132，即e＝132.当两个交点M，N都在双曲线上的左支上时，如图2所示，图2同理可得|F2Q|＝2|OP|＝2a，|PQ|＝b.因为cos∠F1NF2＝35，所以sin∠F1NF2＝45，可得|NF2|＝52a，|NQ|＝32a，所以|NF1|＝|NQ|－|QF1|＝32a－2b，所以|NF2|＝|NF1|＋2a＝72a－2b，又|NF2|＝52a，所以72a－2b＝52a，即a＝2b，故e＝1＋ba2＝52.综上，C的离心率为132或52.规律方法(1)在“焦点三角形”中，常利用正弦定理、余弦定理，结合椭圆(或双曲线)的定义，运用平方的方法，建立与|PF1|·|PF2|的联系．(2)求双曲线渐近线方程的关键在于求ba或ab的值，也可将双曲线方程中等号右边的“1”变为“0”，然后因式分解得到．跟踪演练2(1)(2022·全国甲卷)椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左顶点为A，点P，Q均在C上，且关于y轴对称．若直线AP，AQ的斜率之积为14，则C的离心率为()A.32B.22C.12D.13答案A解析设P(m，n)(n≠0)，则Q(－m，n)，易知A(－a，0)，所以kAP·kAQ＝nm＋a·n－m＋a＝n2a2－m2＝14.(*)因为点P在椭圆C上，所以m2a2＋n2b2＝1，得n2＝b2a2(a2－m2)，代入(*)式，得b2a2＝14，所以e＝ca＝1－b2a2＝32.故选A.(2)(2022·衡水中学模拟)已知双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点F2的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|，则下列结论正确的是________．(填序号)①∠AF1B＝∠F1AB；②双曲线的离心率e＝333；③双曲线的渐近线方程为y＝±63x；④原点O在以F2为圆心，|AF2|为半径的圆上．答案①②解析设|AF1|＝|BF2|＝2|AF2|＝2m，则|AB|＝|AF2|＋|BF2|＝3m.由双曲线的定义知，|AF1|－|AF2|＝2m－m＝2a，即m＝2a，又|BF1|－|BF2|＝2a，即|BF1|－2m＝m，∴|BF1|＝3m＝|AB|，∠AF1B＝∠F1AB，故①正确；由余弦定理知，在△ABF1中，cos∠AF1B＝|AF1|2＋|BF1|2－|AB|22|AF1|·|BF1|＝4m2＋9m2－9m22·2m·3m＝13，在△AF1F2中，cos∠F1AB＝|AF1|2＋|AF2|2－|F1F2|22·|AF1|·|AF2|＝4m2＋m2－4c22·2m·m＝cos∠AF1B＝13，化简整理得12c2＝11m2＝44a2，∴离心率e＝ca＝4412＝333，故②正确；双曲线的渐近线方程为y＝±bax＝±c2－a2a2x＝±e2－1x＝±263x，故③错误；若原点O在以F2为圆心，|AF2|为半径的圆上，则c＝m＝2a，与ca＝333相矛盾，故④错误．考点三抛物线的几何性质核心提炼抛物线的焦点弦的几个常见结论设AB是过抛物线y2＝2px(p0)的焦点F的弦，若A(x1，y1)，B(x2，y2)，则(1)x1x2＝p24，y1y2＝－p2.(2)|AB|＝x1＋x2＋p.(3)当AB⊥x轴时，弦AB的长最短为2p.例4(1)(2022·泰安模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，点M在抛物线C上，射线FM与y轴交于点A(0,2)，与抛物线C的准线交于点N，FM→＝55MN→，则p的值等于()A.18B．2C.14D．4答案B解析设点M到抛物线的准线的距离为|MM′|，抛物线的准线与x轴的交点记为点B.由抛物线的定义知，|MM′|＝|FM|.因为|FM||MN|＝55，所以|MM′||MN|＝55，即cos∠NMM′＝|MM′||MN|＝55，所以cos∠OFA＝cos∠NMM′＝55，而cos∠OFA＝|OF||AF|＝p2p22＋22＝55，解得p＝2.(2)(2022·新高考全国Ⅱ改编)已知O为坐标原点，过抛物线C：y2＝2px(p0)焦点F的直线与C交于A，B两点，其中A在第一象限，点M(p，0)．若|AF|＝|AM|，则下列结论正确的是________．(填序号)①直线AB的斜率为26；②|OB|＝|OF|；③|AB|4|OF|；④∠OAM＋∠OBM180°.答案①③④解析对于①，由题意，得Fp2，0.因为|AF|＝|AM|，且M(p，0)，所以xA＝xF＋xM2＝34p，将其代入抛物线方程y2＝2px，得yA＝62p，所以A34p，62p，所以直线AB的斜率kAB＝kAF＝62p－034p－p2＝26，故①正确；对于②，根据①的分析，知直线AB的方程为y＝26x－p2，代入y2＝2px，得12x2－13px＋3p2＝0，解得x＝34p或x＝13p，所以xB＝13p，所以yB＝－63p，所以|OB|＝x2B＋y2B＝73p≠|OF|，故②不正确；对于③，由抛物线的定义及①②的分析，得|AB|＝xA＋xB＋p＝1312p＋p＝2512p2p，即|AB|4|OF|，故③正确；对于④，易知|OA|＝334p，|AM|＝54p，|OB|＝73p，|BM|＝103p，则cos∠OAM＝|OA|2＋|AM|2－|OM|22|OA|·|AM|＝3316p2＋2516p2－p22×334p·54p＝215330，cos∠OBM＝|OB|2＋|BM|2－|OM|22|OB|·|BM|＝79p2＋109p2－p22×73p·103p＝4700，所以∠OAM90°，∠OBM90°，所以∠OAM＋∠OBM180°，故④正确．规律方法利用抛物线的几何性质解题时，要注意利用定义构造与焦半径相关的几何图形(如三角形、直角梯形等)来沟通已知量与p的关系，灵活运用抛物线的焦点弦的特殊结论，使问题简单化且减少数学运算．跟踪演练3(1)(2021·新高考全国Ⅰ)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点为F，P为C上一点，PF与x轴垂直