【人教A版】2020年高考数学二轮复习圆锥曲线《常见条件翻译转化》讲义案及中档题型精讲卷

12020年高考数学二轮复习圆锥曲线第二章《常见条件翻译转化》讲义案及中档题型精讲卷第一节:三角形的面积表达一、直线l与圆锥曲线C的位置关系的判断判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时,通常将直线l的方程0AxByc代入圆锥曲线C的方程,0Fxy,消去y(也可以消去x)得到关系一个变量的一元二次方程,,即0,0AxBycFxy,消去y后得20axbxc(1)当0a时,即得到一个一元一次方程,则l与C相交,且只有一个交点,此时,若C为双曲线,则直线l与双曲线的渐近线平行;若C为抛物线,则直线l与抛物线的对称轴平行(2)当0a时,0,直线l与曲线C有两个不同的交点;0,直线l与曲线C相切,即有唯一的公共点(切点);0,直线l与曲线C二、圆锥曲线的弦连接圆锥曲线上两点的线段称为圆锥曲线的弦直线:,0lfxy,曲线:F,0,A,BCxy为l与C的两个不同的交点,坐标分别为1122,,,AxyBxy,则1122,,,AxyBxy是方程组,0,0fxyFxy的两组解,方程组消元后化为关于x或y的一元二次方程20AxBxc(0A),判别式24BAC,应有0,所以12,xx是方程20AxBxc的根,由根与系数关系(韦达定理)求出1212,BCxxxxAA,所以,AB两点间的距离为22221212121141ABkxxkxxxxkA,即弦长公式,弦长公式也可以写成关于y的形式2221212121140ABkyykyyyyk2三、三角形面积求法方法12底高Cabsin211212121211:,22SFFyySFFxx拆分适合题型一切题型边角已知的题过定点的题备注不一定简单简单简单【例1】.已知双曲线C:x2a2−y2b2=1(a0,b0)的两个焦点为F:−2,0,F:(2,0),点P(3,7)在双曲线C上.(1)求双曲线C的方程;(2)记O为坐标原点,过点02Q（，）的直线l与双曲线C相交于不同的两点EF、,若OEF的面积为22,求直线l的方程.【解答】解:(1):依题意,由a2+b2=4,得双曲线方程为x2a2−y24−a2=1(0＜a2＜4),将点(3,7)代入上式,得9a2−74−a2=1.解得a2=18(舍去)或a2=2,故所求双曲线方程为x22−y22=1.(2):依题意,可设直线l的方程为y=kx+2,代入双曲线C的方程并整理,得(1﹣k2)x2﹣4kx﹣6=0.∵直线I与双曲线C相交于不同的两点E、F,∴1−k2≠0△=(−4k)2+4×6(1−k)20⇔k≠±1−3＜k＜3∴k∈(﹣3,−1)∪(1,3).设E(x1,y1),F(x2,y2),则由①式得x1+x2=4k1−k2,x1x2=﹣61−k2,于是,|EF|=(x1−x2)2+(y1−y2)2=(1+k2)(x1−x2)2=1+k2⋅(x1+x2)2−4x1x2=1+k2⋅223−k2|1−k2|而原点O到直线l的距离d=21+k2,∴S△OEF=12d⋅|EF|=12⋅21+k2⋅1+k2⋅223−k2|1−k2|=223−k2|1−k2|.若S△OEF=22,即223−k2|1−k2|=22⇔k4−k2−2=0,解得k=±2,满足②.故满足条件的直线l有两条,其方程分别为y=2x+2和y=−2x+2.3【例2】.设椭圆x2a2+y2b2=10ab（＞＞）的左焦点为F,右顶点为A,离心率为12.已知A是抛物线220ypxp（＞）的焦点,F到抛物线的准线l的距离为12.(I)求椭圆的方程和抛物线的方程;(II)设l上两点PQ，关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B(B异于A),直线BQ与x轴相交于点D.若APD的面积为62,求直线AP的方程.【解答】(1)解:设F的坐标为(﹣c,0).依题意可得ca=12a=p2a−c=12解得a=1,c=12,p=2,于是b2=a2﹣c2=34.所以,椭圆的方程为x2+4y23=1,抛物线的方程为y2=4x.(2)解:直线l的方程为x=﹣1,设直线AP的方程为x=my+1(m≠0),联立方程组x=−1x=my+1,解得点P(﹣1,﹣2m),故Q(﹣1,2m).联立方程组x=my+1x2+4y23=1,消去x,整理得(3m2+4)y2+6my=0,解得y=0,或y=﹣6m3m2+4∴B(−3m2+43m2+4,−6m3m2+4).∴直线BQ的方程为(−6m3m2+4﹣2m)(x+1)﹣(−3m2+43m2+4+1)(y﹣2m)=0,令y=0,解得x=2−3m23m2+2,故D(2−3m23m2+2,0).∴|AD|=1﹣2−3m23m2+2=6m23m2+2.又∵△APD的面积为62,∴12×6m23m2+2×2|m|=62,整理得3m2﹣26|m|+2=0,解得|m|=63,∴m=±63.∴直线AP的方程为3x+6y﹣3=0,或3x﹣6y﹣3=0.【例3】已知椭圆C:22221xyab(0ab)的左焦点为(2,0)F,离心率为63.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设O为坐标原点,T为直线3x上一点,过F作TF的垂线交椭圆于P,Q.当四边形OPTQ是平行四4边形时,求四边形OPTQ的面积.(1)由已知得:63ca,2c,所以6a又由222abc,解得2b,所以椭圆的标准方程为:22162xy.(2)设T点的坐标为(3,)m,则直线TF的斜率03(2)TFmkm.当0m时,直线PQ的斜率1PQkm,直线PQ的方程是2xmy当0m时,直线PQ的方程是2x,也符合2xmy的形式.将2xmy代入椭圆方程得:22(3)420mymy.其判别式22168(3)0mm.设1122(,),(,)PxyQxy,则121212122224212,,()4333myyyyxxmyymmm.因为四边形OPTQ是平行四边形,所以OPQT,即1122(,)(3,)xyxmy.所以122122123343xxmmyymm解得1m.此时四边形OPTQ的面积2122214222||||2()423233OPTQOPQmSSOFyymm.【例4】.如图,在平面直角坐标系xOy中,椭圆C过点(3,12)焦点12(30),(30)FF-，，,圆O的直径为12FF.(1)求椭圆C及圆O的方程;(2)设直线l与圆O相切于第一象限内的点P.①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点,求点P的坐标;②直线l与椭圆C交于AB，两点.若OAB的面积为267,求直线l的方程.【解答】解:(1)由题意可设椭圆方程为x2a2+y2b2=1,(ab0),5∵焦点F1(﹣3,0),F2(3,0),∴c=3.∵∴3a2+14b2=1,又a2﹣b2=c2=3,解得a=2,b=1.∴椭圆C的方程为:x24+y2=1,圆O的方程为:x2+y2=3.(2)①可知直线l与圆O相切,也与椭圆C,且切点在第一象限,因此k一定小于0,∴可设直线l的方程为y=kx+m,(k＜0,m0).由圆心(0,0)到直线l的距离等于圆半径3,可得m21+k2=3,即m2=3+3k2.由y=kx+mx2+4y2=4,可得(4k2+1)x2+8kmx+4m2﹣4=0,△=(8km)2﹣4(4k2+1)(4m2﹣4)=0,可得m2=4k2+1,∴3k2+3=4k2+1,结合k＜0,m0,解得k=﹣2,m=3.将k=﹣2,m=3代入x2+y2=3y=kx+m可得x2−22x+2=0,解得x=2,y=1,故点P的坐标为(2,1).②设A(x1,y1),B(x2,y2),由k＜0,m0m2=3+3k2△0⇒k＜﹣2.联立直线与椭圆方程得(4k2+1)x2+8kmx+4m2﹣4=0,|x2﹣x1|=(x1+x2)2−4x1x2=44k2+1−m24k2+1,O到直线l的距离d=|m|1+k2,|AB|=1+k2|x2﹣x1|=44k2+1−m24k2+1⋅1+k2,△OAB的面积为S=12×44k2+1−m24k2+1⋅1+k2×|m|1+k2=12×4k2−24k2+1×1+k2×3=267,解得k=﹣5,(正值舍去),m=32.∴y=﹣5x+32为所求.6【例5】.在平面直角坐标系xOy中,点B与点1,1A（）关于原点O对称,P是动点,且直线AP与BP的斜率之积等于13.(1)求动点P的轨迹方程;(2)设直线AP和BP分别与直线3x交于点,MN,问:是否存在点P使得PAB与PMN的面积相等？若存在,求出点P的坐标;若不存在,说明理由.若存在点P使得PAB与PMN的面积相等,设点P的坐标为00(,)xy则11||||sin||||sin22PAPBAPBPMPNMPN,因为sinsinAPBMPN,所以||||||||PAPNPMPB所以000|1||3||3||1|xxxx即2200(3)|1|xx,解得0x53因为220034xy,所以0339y,故存在点P使得PAB与PMN的面积相等,此时点P的坐标为533(,)39.【例6】.已知抛物线22Cyx：的焦点为F,平行于x轴的两条直线12ll，分别交C于AB，两点,交C的准线于PQ，两点.(1)若F在线段AB上,R是PQ的中点,证明ARFQ;(2)若PQF的面积是ABF的面积的两倍,求AB中点的轨迹方程.【解答】(1)证明:连接RF,PF,由AP=AF,BQ=BF及AP∥BQ,得∠AFP+∠BFQ=90°,∴∠PFQ=90°,∵R是PQ的中点,∴RF=RP=RQ,∴△PAR≌△FAR,∴∠PAR=∠FAR,∠PRA=∠FRA,∵∠BQF+∠BFQ=180°﹣∠QBF=∠PAF=2∠PAR,∴∠FQB=∠PAR,∴∠PRA=∠PQF,∴AR∥FQ.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),F(12,0),准线为x=﹣12,S△PQF=12|PQ|=12|y1﹣y2|,7设直线AB与x轴交点为N,∴S△ABF=12|FN||y1﹣y2|,∵△PQF的面积是△ABF的面积的两倍,∴2|FN|=1,∴xN=1,即N(1,0).设AB中点为M(x,y),由y12=2x1y22=2x2得y12−y22=2(x1﹣x2),又y1−y2x1−x2=yx−1,∴yx−1=1y,即y2=x﹣1.∴AB中点轨迹方程为y2=x﹣1.【例7】.设椭圆x2a2+y2b2=10ab（＞＞）的右顶点为A,上顶点为B.已知椭圆的离心率为53,||AB13.(1)求椭圆的方程;(2)设直线0lykxk：（＜）与椭圆交于PQ，两点,l与直线AB交于点M,且点PM，均在第四象限.若BPM的面积是BPQ面积的2倍,求k的值.【解答】解:(1)设椭圆的焦距为2c,由已知可得c2a2=59,又a2=b2+c2,解得a=3,b=2,∴椭圆的方程为:x29+y24=1,(2)设点P(x1,y1),M(x2,y2),(x2x10).则Q(﹣x1,﹣y1).∵△BPM的面积是△BPQ面积的2倍,∴|PM|=2|PQ|,从而x2﹣x1=2[x1﹣(﹣x1)],∴x2=5x1,易知直线AB的方程为:2x+3y=6.由2x+3y=6y=kx,可得x2=63k+20.由4x2+9y2=36y=kx,可得x1=69k2+4,⇒9k2+4=5(3k+2),⇒18k2+25k+8=0,解得k=﹣89或k=﹣12.由x2=63k+20.可得k−23,故k=﹣12,【例8】.已知椭圆C的两个顶点分别为2020AB（-，），（，）,焦点在x轴上,离心率为32.(1)求椭圆C的方程;(2)点D为x轴上一点,过D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点MN