2020全国高考数学考点题型分类与解析12 圆锥曲线方程

8（. 2020•全国
2
卷）已知椭圆
：x2
C1 a2
+
y2 b2
的右焦点 = 1(a>b>0)
F
与抛物线
C2 的焦点重合，
5 / 19
C1的中心与 C2的顶点重合.过 F 且与 x 轴垂直的直线交 C1于 ，A B 两点，交 C2于 ，C D 两点，
且4 |CD|= |AB|. 3
（1）求 C1的离心率； （2）设 M 是 C1与 C2的公共点，若|MF|=5，求 C1与 C2的标准方程.
y2
=
4cx
，解得
x
y
= c ，∴
= ±2c
CD
=
4c ，
，即 ， ，即 ，即 ， Q CD = 4 AB 3
4c = 8b2 2b2 = 3ac 3a
2c2 + 3ac − 2a2 = 0 2e2 + 3e − 2 = 0
Q
0
<
e
< 1 ，解得 e
=
1 2
，因此，椭圆 C1 的离心率为
1 2
；
6.（2020•全国
1
卷）已知
、A B
分别为椭圆
E：
x2 a2
+
y2
=
1
（a>1）的左、右顶点，G
为
E
的上顶点，
uuur AG
⋅
uuur GB
=
8
，P
为直线
x=6
上的动点，PA
与
E
的另一交点为
，C PB
与
E
的另一
交点为 D． （1）求 E 的方程； （2）证明：直线 CD 过定点.
3 / 19
【解析】（1）依据题意作出如下图象：
x2 a2
−
y2 b2
= 1(a
> 0,b
> 0) ∴
y=±bx a
Q 直线
x
=
a
与双曲线
C
:
x2 a2
−
y2 b2
= 1(a
>
0, b
>
0)
的两条渐近线分别交于
D
，
E
两点
不妨设
D
为在第一象限，
E
在第四象限.联立
x y
= =
a b a
x
，解得
x y
= =
a b
故 联立 ，解得 故 D(a,b) ,
( ) ( ) ( ) ， =
2
64k 2 4k 2
−8 +1
+
3×
−32k 2 4k2 +1
+
8
=
2×
64k 2 − 8
+ 3× −32k 2 4k2 +1
+8
4k2 +1
=0
2 / 19
故 从而 yP + yQ = 0, yP = − yQ .
PB = yP = 1 . PQ yQ
【解析】如图所示：
．
因为线段 FQ 的垂直平分线上的点到 F,Q 的距离相等，又点 P 在抛物线上，根据定义可知， PQ = PF ，所以线段 FQ 的垂直平分线经过点 P .故选：B.
2.（2020•北京卷）已知双曲线C : x2 − y2 =1，则 C 的右焦点的坐标为_________；C 的焦 63
4.（2020•全国 1 卷）已知 A 为抛物线 C:y2=2px（p>0）上一点，点 A 到 C 的焦点的距离为
12，到 y 轴的距离为 9，则 （ p= ）
A. 2
B. 3
C. 6
D. 9
【答案】C
【解析】设抛物线的焦点为
F，由抛物线的定义知
|
AF
|=
xA
+
p 2
=
12
，即12
=
9
+
p 2
，解
得p= 6.
yP yQ
< 0 ，且：
PB PQ
=
yP yQ
，注意到：
， yP
+
yQ
=
− ( 2k
+1)
x1 x1
+ +
4 2
+
x2 x2
+ +
4 2
=
− ( 2k
+ 1) ×
( x1
+
4)( x2 + 2) + ( x2 + 4)( x1 ( x1 + 2)( x2 + 2)
+
2)
而： ( x1 + 4)( x2 + 2) + ( x2 + 4)( x1 + 2) = 2 x1x2 + 3( x1 + x2 ) + 8
4 / 19
直线 的方程为： ， ∴ CD
y−
−2 y0 2
y0 +1
=
6 y0 y02 +
9
−
−2 y02
y0 +1
−3y02 + 27 − 3y02 − 3
x−
3 y02 y02
−3 +1
y02 + 9
y02 +1
整理可得： ( ) y + 2y0 = 8y0 y02 + 3
x y
= =
a −
b a
x
x = a
, E(a, −b) ,∴ | ED |= 2b
y = −b
面积为： 双曲线 ∴ ODE
S△ODE
=
1 2
a × 2b
=
ab
=
8 ,Q
C
:
x2 a2
−
y2 b2
= 1(a > 0,b > 0)
∴其焦距为 2c = 2 a2 + b2 ≥ 2 2ab = 2 16 = 8,当且仅当 a = b = 2 2 取等号 ∴ C 的焦距的最小值：8 ,故选：B.
）
A. 1
B. 2
C. 4
D. 8
【答案】A
【解析】Q c = a
，5 ∴c =
5a ，根据双曲线的定义可得 PF1 − PF2
= 2a ，
，即 ， ， ， △S PF1F2
=
1 2
|
PF1
|
⋅
PF2
=4
| PF1 | ⋅ PF2 = 8 Q F1P ⊥ F2P ∴| PF1 |2 + PF2 2 = ( 2c)2
x a
2 2
−
y2 b2
=1
a2 = b2 + c2
x y
= =
c ±
b2 a
BF = b2 . a
依题可得， ， ，即 ，变形得 ， BF = 3 AF = c − a AF
b2
c
a −a
=
c2 − a2
a(c −a)
=
3
c + a = 3a c = 2a ,
因此，双曲线C 的离心率为2 .故答案为：2 ．
m 5
2
=
15 4
解得 或 舍 ， 的方程为： ，即 ； m = 5 m = − 5 ( ) ∴ C
=
2c+c 3
=
5c 3
= 5 ，解得c
= 3.因此，曲线C1 的标准方程
为 ，曲线 的标准方程为 x2 + y2 =1 36 27
C2
y2 = 12x .
9（. 2020•全国 3 卷）设O 为坐标原点，直线 x = 2 与抛物线 C：y2 = 2 px( p > 0) 交于 D ，
E 两点，若OD ⊥ OE ，则C 的焦点坐标为（ ）
将 代入直线 可得： x
=
−3y02 + 27 y02 + 9
y = y0 ( x + 3)
9
y
=
6 y0 y02 + 9
所以点 的坐标为 . C
−3y02 + 27 y02 + 9
,
6 y0 y02 +
9
同理可得：点 的坐标为 D
3 y02 − 3 y02 + 1
,
−2 y02
y0 +1
与椭圆方程 x2 + y2 =1联立可得： x2 + 4k2 ( x + 4)2 = 8，即： 82
( ) ( ) ， 4k2 +1 x2 + 32k2x + 64k2 −8 = 0
则： 直线 的方程为： ， x1
+
x2
=
−32k 2 4k 2 +1
,
x1x2
=
64k 2 − 8 4k2 +1
.
MA
，即 ，解得 ， ( ) ∴ PF1 − PF2 2 + 2 PF1 ⋅ PF2 = 4c2
a2 − 5a2 + 4 = 0
a =1
故选：A.
（ •全国 卷）已知椭圆 的离心率为 11. 2020
3
C : x2 + 25
y2 m2
= 1(0 < m < 5)
15 ，A ，B 分别为C
4
的左、右顶点．
【解析】（1）Q F (c,0) ， AB ⊥ x 轴且与椭圆C1 相交于 A、 B 两点，
x = c
则直线
AB
的方程为
x
=
，联立 c
x2 a2
+
y2 b2
=1
，
a2 = b2 + c2
解得 ，则 ，
x y
= =
c ±
b2 a
AB = 2b2 a
抛物线C2 的方程为
y2
=
4cx
，联立 x = c
故选：C.
5（. 2020•全国
1
卷）已知
F
为双曲线
C
:
x2 a2
−
y2 b2
= 1(a
>
0, b
>
0)
的右焦点，A
为
C
的右顶点，
B 为 C 上的点，且 BF 垂直于 x 轴.若 AB 的斜率为 3，则 C 的离心率为______________.
【答案】2
x = c
【解析】联立 ，解得 ，所以
代入抛物线方程4 = 4 p ，求得 p =1，所以其焦点坐标为(1 ,0)，故选：B. 2
10.（2020•全国
3
卷）设双曲线
： x2
C
a2
−
y2 b2
= 1（a>0，b>0）的左、右焦点分别为
， ， F1 F2
离心率为
5
．P
是
C
上一点，且
⊥ ．若△ F1P F2P
PF1F2
的面积为
4，则
（ a=
2
1 / 19
所以，双曲线C 的焦点到其渐近线的距离为
3= 12 + 2
3 .故答案为：(3,0)；
3.
3.（2020•北京卷）已知椭圆 C
:
x2 a2
+
y2 b2
= 1 过点
A(−2, −1)
，且 a
=
2b ．
（Ⅰ）求椭圆 C 的方程：
（Ⅱ）过点 B(−4,0) 的直线 l 交椭圆 C 于点 M , N ,直线 MA, NA分别交直线 x = −4于点
2020 全国高考数学考点题型分类与解析 12 圆锥曲线
1.（2020•北京卷）设抛物线的顶点为O，焦点为 F ，准线为l ． P 是抛物线上异于O的一
点，过 P 作 PQ ⊥ l 于Q ，则线段 FQ 的垂直平分线（ ）．
A. 经过点O C. 平行于直线OP
B. 经过点 P D. 垂直于直线OP
【答案】B
P,Q ．求 | PB | 的值． | BQ |
【解析】(1)设椭圆方程为：
x2 a2
+
y2 b2
=
1(a
>
b
>
0)
，由题意可得：
，解得： ，故椭圆方程为：
4 a2
+
1 b2
=1
a = 2b
ba22
= =
8 2
x2 + y2 =1. 82
设 (2) M ( x1, y1) ， N ( x2, y2 ) ，直线 MN 的方程为： y = k ( x + 4) ，
y +1 = y1 +1 ( x + 2)
x1 + 2
令 可得： ， x = −4
yP
=
−2 ×
y1 +1 x1 + 2
−1 =
−2 ×
k
( x1 + 4) +1
x1 + 2
−
x1 x1
+ +
2 2
=
− ( 2k
+1)( x1
x1 + 2
+
4)
同理可得： yQ
很明显 = −(2k +1)( x2 + 4) . x2 + 2
6 / 19
A.
1 4
,
0
【答案】B
B.
1 2
,
0
C. (1, 0)
D. (2, 0)
【解析】因为直线 x = 2 与抛物线 y2 = 2 px( p > 0) 交于 E, D 两点，且OD ⊥ OE ，
根据抛物线的对称性可以确定∠DOx = ∠EOx = π ，所以 D(2,2) ， 4
( ) ( ) y02 +1 6 9 − y04
x
−
3 y02 y02
−3 +1
=
6
8 y0 3 − y02
x
−
3 y02 y02
−3 +1
整理得： ( ) ( ) y = 4y0 3 3 − y02
x+
2 y0 y02 − 3
=
3
4 y0 3 − y02
x
−
3 2
故直线
C
D
过定点
由椭圆方程
E
:
x2 a2
+
y2
=
1(a
>
1)
可得：Hale Waihona Puke A ( −a,0)
，
， B (a,0) G (0,1)
， ， 椭圆方程为： uuur
∴ AG = (a,1)
uuur GB
=
(a,
−1)
∴
uuur AG
⋅
uuur GB
=
a
2
−
1
=
8
∴ a2 = 9 ∴
x2 + y2 =1 9
（2）证明：设 P(6, y0 ) ，
3 2
,
0
7.（2020•全国
2
卷）设O
为坐标原点，直线
x
=
a
与双曲线
C
:
x2 a2