（江苏专版）2020版高考数学一轮复习 板块命题点专练（十二）圆锥曲线 文（含解析）苏教版

板块命题点专练(十二)圆锥曲线命题点一椭圆1.(2018·浙江高考)已知点P(0,1)，椭圆x24＋y2＝m(m＞1)上两点A，B满足AP―→＝2PB―→，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AP―→＝2PB―→，得－x1＝2x2，1－y1＝y2－，即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.因为点A，B在椭圆上，所以4x224＋－2y22＝m，x224＋y22＝m，解得y2＝14m＋34，所以x22＝m－(3－2y2)2＝－14m2＋52m－94＝－14(m－5)2＋4≤4，所以当m＝5时，点B横坐标的绝对值最大．答案：52．(2016·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，F是椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点，直线y＝b2与椭圆交于B，C两点，且∠BFC＝90°，则该椭圆的离心率是________．解析：将y＝b2代入椭圆的标准方程，得x2a2＋b24b2＝1，所以x＝±32a，故B－32a，b2，C32a，b2.又因为F(c,0)，所以BF―→＝c＋32a，－b2，CF―→＝c－32a，－b2.因为∠BFC＝90°，所以BF―→·CF―→＝0，所以c＋32ac－32a＋－b22＝0，即c2－34a2＋14b2＝0，将b2＝a2－c2代入并化简，得a2＝32c2，所以e2＝c2a2＝23，所以e＝63(负值舍去)．答案：633．(2017·江苏高考)如图，在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为12，两准线之间的距离为8.点P在椭圆E上，且位于第一象限，过点F1作直线PF1的垂线l1，过点F2作直线PF2的垂线l2.(1)求椭圆E的标准方程；(2)若直线l1，l2的交点Q在椭圆E上，求点P的坐标．解：(1)设椭圆的半焦距为c.因为椭圆E的离心率为12，两准线之间的距离为8，所以ca＝12，2a2c＝8，解得a＝2，c＝1，于是b＝a2－c2＝3，因此椭圆E的标准方程是x24＋y23＝1.(2)由(1)知，F1(－1,0)，F2(1,0)．设P(x0，y0)，因为P为第一象限的点，故x0＞0，y0＞0.当x0＝1时，l2与l1相交于F1，与题设不符．当x0≠1时，直线PF1的斜率为y0x0＋1，直线PF2的斜率为y0x0－1.因为l1⊥PF1，l2⊥PF2，所以直线l1的斜率为－x0＋1y0，直线l2的斜率为－x0－1y0，从而直线l1的方程为y＝－x0＋1y0(x＋1)，①直线l2的方程为y＝－x0－1y0(x－1)．②由①②，解得x＝－x0，y＝x20－1y0，所以Q－x0，x20－1y0.因为点Q在椭圆上，由对称性，得x20－1y0＝±y0，即x20－y20＝1或x20＋y20＝1.又点P在椭圆E上，故x204＋y203＝1.联立x20－y20＝1，x204＋y203＝1，解得x0＝477，y0＝377；联立x20＋y20＝1，x204＋y203＝1，无解．因此点P的坐标为477，377.4．(2018·北京高考)已知椭圆M：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为63，焦距为22.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.(1)求椭圆M的方程；(2)若k＝1，求|AB|的最大值；(3)设P(－2,0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D，若C，D和点Q－74，14共线，求k.解：(1)由题意得a2＝b2＋c2，ca＝63，2c＝22，解得a＝3，b＝1.所以椭圆M的方程为x23＋y2＝1.(2)设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由y＝x＋m，x23＋y2＝1，得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，所以x1＋x2＝－3m2，x1x2＝3m2－34.所以|AB|＝x2－x12＋y2－y12＝x2－x12＝x1＋x22－4x1x2]＝12－3m22.当m＝0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为6.(3)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意得x21＋3y21＝3，x22＋3y22＝3.直线PA的方程为y＝y1x1＋2(x＋2)．由y＝y1x1＋2x＋，x2＋3y2＝3，得[(x1＋2)2＋3y21]x2＋12y21x＋12y21－3(x1＋2)2＝0.设C(xC，yC)，所以xC＋x1＝－12y21x1＋2＋3y21＝4x21－124x1＋7.所以xC＝4x21－124x1＋7－x1＝－12－7x14x1＋7.所以yC＝y1x1＋2(xC＋2)＝y14x1＋7.设D(xD，yD)，同理得xD＝－12－7x24x2＋7，yD＝y24x2＋7.记直线CQ，DQ的斜率分别为kCQ，kDQ，则kCQ－kDQ＝y14x1＋7－14－12－7x14x1＋7＋74－y24x2＋7－14－12－7x24x2＋7＋74＝4(y1－y2－x1＋x2)．因为C，D，Q三点共线，所以kCQ－kDQ＝0.故y1－y2＝x1－x2.所以直线l的斜率k＝y1－y2x1－x2＝1.5．(2017·天津高考)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c,0)，右顶点为A，点E的坐标为(0，c),△EFA的面积为b22.(1)求椭圆的离心率；(2)设点Q在线段AE上，|FQ|＝32c，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PM∥QN，且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c.①求直线FP的斜率；②求椭圆的方程．解：(1)设椭圆的离心率为e.由已知，可得12(c＋a)c＝b22.又由b2＝a2－c2，可得2c2＋ac－a2＝0，即2e2＋e－1＝0.又因为0＜e＜1，解得e＝12.所以椭圆的离心率为12.(2)①依题意，设直线FP的方程为x＝my－c(m＞0)，则直线FP的斜率为1m.由(1)知a＝2c，可得直线AE的方程为x2c＋yc＝1，即x＋2y－2c＝0，与直线FP的方程联立，可解得x＝m－cm＋2，y＝3cm＋2，即点Q的坐标为m－cm＋2，3cm＋2.由已知|FQ|＝32c，有m－cm＋2＋c2＋3cm＋22＝3c22，整理得3m2－4m＝0，所以m＝43，即直线FP的斜率为34.②由a＝2c，可得b＝3c，故椭圆方程可以表示为x24c2＋y23c2＝1.由①得直线FP的方程为3x－4y＋3c＝0，联立3x－4y＋3c＝0，x24c2＋y23c2＝1消去y，整理得7x2＋6cx－13c2＝0，解得x＝c或x＝－13c7(舍去)．因此可得点Pc，3c2，进而可得|FP|＝c＋c2＋3c22＝5c2，所以|PQ|＝|FP|－|FQ|＝5c2－3c2＝c.由已知，线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离，故直线PM和QN都垂直于直线FP.因为QN⊥FP，所以|QN|＝|FQ|·tan∠QFN＝3c2×34＝9c8，所以△FQN的面积为12|FQ||QN|＝27c232，同理，△FPM的面积等于75c232，由四边形PQNM的面积为3c，得75c232－27c232＝3c，整理得c2＝2c.又由c＞0，得c＝2.所以椭圆的方程为x216＋y212＝1.命题点二双曲线1.(2018·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，若双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的右焦点F(c,0)到一条渐近线的距离为32c，则其离心率的值为________．解析：∵双曲线的渐近线方程为bx±ay＝0，∴焦点F(c,0)到渐近线的距离d＝|bc±0|b2＋a2＝b，∴b＝32c，∴a＝c2－b2＝12c，∴e＝ca＝2.答案：22．(2016·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲线x27－y23＝1的焦距是________．解析：由双曲线的标准方程，知a2＝7，b2＝3，所以c2＝a2＋b2＝10，所以c＝10，从而焦距2c＝210.答案：2103．(2017·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，双曲线x23－y2＝1的右准线与它的两条渐近线分别交于点P，Q，其焦点是F1，F2，则四边形F1PF2Q的面积是________．解析：由题意得，双曲线的右准线x＝32与两条渐近线y＝±33x的交点坐标为32，±32.不妨设双曲线的左、右焦点分别为F1，F2，则F1(－2,0)，F2(2,0)，故四边形F1PF2Q的面积是12|F1F2|·|PQ|＝12×4×3＝23.答案：234．(2018·北京高考)若双曲线x2a2－y24＝1(a＞0)的离心率为52，则a＝________.解析：由e＝ca＝a2＋b2a2，得a2＋4a2＝54，∴a2＝16.∵a＞0，∴a＝4.答案：45．(2018·全国卷Ⅲ改编)设F1，F2是双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，O是坐标原点．过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PF1|＝6|OP|，则C的离心率为________．解析：法一：不妨设一条渐近线的方程为y＝bax，则F2到y＝bax的距离d＝|bc|a2＋b2＝b.在Rt△F2PO中，|F2O|＝c，所以|PO|＝a，所以|PF1|＝6a，又|F1O|＝c，所以在△F1PO与Rt△F2PO中，根据余弦定理得cos∠POF1＝a2＋c2－6a22ac＝－cos∠POF2＝－ac，即3a2＋c2－(6a)2＝0，得3a2＝c2，所以e＝ca＝3.法二：如图，过点F1向OP的反向延长线作垂线，垂足为P′，连接P′F2，由题意可知，四边形PF1P′F2为平行四边形，且△PP′F2是直角三角形．因为|F2P|＝b，|F2O|＝c，所以|OP|＝a.又|PF1|＝6a＝|F2P′|，|PP′|＝2a，所以|F2P|＝2a＝b，所以c＝a2＋b2＝3a，所以e＝ca＝3.答案：36．(2015·江苏高考)在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点，若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．解析：所求的c的最大值就是双曲线的一条渐近线x－y＝0与直线x－y＋1＝0的距离，此距离d＝12＝22.答案：22命题点三抛物线1.(2017·全国卷Ⅱ改编)过抛物线C：y2＝4x的焦点F，且斜率为3的直线交C于点M(M在x轴的上方)，l为C的准线，点N在l上且MN⊥l，则M到直线NF的距离为________．解析：法一：由题意，得F(1,0)，则直线FM的方程是y＝3(x－1)．由y＝3x－，y2＝4x，得x＝13或x＝3.由M在x轴的上方，得M(3,23)，由MN⊥l，得|MN|＝|MF|＝3＋1＝4.又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是边长为4的等边三角形，所以点M到直线NF的距离为4×32＝23.法二：依题意，得直线FM的倾斜角为60°，则|MN|＝|MF|＝21－cos60°＝4.又∠NMF等于直线FM的倾斜角，即∠NMF＝60°，因此△MNF是边长为4的等边三角形，所以点M到直线NF的距离为4×32＝23.答案：232．(2018·北京高考)已知直线l过点(1,0)且垂直于x轴，若l被抛物线y2＝4ax截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为________．解析：由题知直线l的方程为x＝1，则直线与抛物线的交点为(1，±2a)(a＞0)．又直线被抛物线截得的线段长为4，所以4a＝4，即a＝1.所以抛物线的焦点坐标为(1,0)．答案：(1,0)3．(2017·天津高考)设抛物线y2＝4x的焦点为F，准线为l.已知点C在l上，以C为圆心的圆与y轴的正半轴相切于点A.若∠FAC＝120°，则圆的方