2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题17圆锥曲线热点难点突破理含解析

圆锥曲线
1．已知F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2
b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，过F 2作双曲线一条渐近线的垂线，垂足为点A ，交另一条渐近线于点B ，且AF 2→
＝13F 2B →，则该双曲线的离心率为( ) A.62 B.52 C. 3 D ．
2 答案 A
2．设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1，F 2，P 是椭圆上一点，且∠F 1PF 2＝π3
，若△F 1PF 2的外接圆和内切圆的半径分别为R ，r ，当R ＝4r 时，椭圆的离心率为( ) A.45 B.23 C.12 D.25
答案 B
解析 椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的焦点为F 1(－c,0)，F 2(c,0)，P 为椭圆上一点，且∠F 1PF 2＝π3
，|F 1F 2|＝2c ，根据正弦定理|F 1F 2|sin ∠F 1PF 2＝2c sin π3
＝2R ， ∴R ＝233
c ， ∵R ＝4r ，∴r ＝36
c ， 由余弦定理，
()2c 2＝|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|cos ∠F 1PF 2，
由|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，∠F 1PF 2＝π3
，
可得|PF 1||PF 2|＝43
()a 2－c 2， 则由三角形面积公式12()|PF 1|＋|PF 2|＋|F 1F 2|·r ＝12
|PF 1||PF 2|sin ∠F 1PF 2， 可得()2a ＋2c ·36c ＝43()a 2－c 2·32
， ∴e ＝c a ＝23
. 3．2000多年前，古希腊大数学家阿波罗尼奥斯(Apollonius)发现：平面截圆锥的截口曲线是圆锥曲线．已
知圆锥的高为PH ，AB 为地面直径，顶角为2θ，那么不过顶点P 的平面与PH 夹角π2
>a >θ时，截口曲线为椭圆；与PH 夹角a ＝θ时，截口曲线为抛物线；与PH 夹角θ>a >0时，截口曲线为双曲线．如图，底面内的直线AM ⊥AB ，过AM 的平面截圆锥得到的曲线为椭圆，其中与PB 的交点为C ，可知AC 为长轴．那么当C 在线段PB 上运动时，截口曲线的短轴端点的轨迹为( )
A ．圆的一部分
B ．椭圆的一部分
C ．双曲线的一部分
D ．抛物线的一部分 答案 D
解析 如图，因为对于给定的椭圆说，短轴的端点Q 到焦点F 的距离等于长半轴a ，但短轴的端点Q 到直线AM 的距离也是a ，即说明短轴的端点Q 到定点F 的距离等于到定直线AM 的距离，且点F 不在定直线AM 上，所以由抛物线的定义可知，短轴的端点的轨迹是抛物线的一部分，故选D.
4．过双曲线x 2a 2－y 2
b
2＝1(a >0，b >0)的左焦点且垂直于轴的直线与双曲线交于A ，B 两点，D 为虚轴的一个端点，且△ABD 为钝角三角形，则此双曲线离心率的取值范围为______________________．
答案 (1，2)∪(2＋2，＋∞)
解析 设双曲线x 2a 2－y 2
b
2＝1(a >0，b >0)的左焦点F 1(－c,0)， 令＝－c ，可得y ＝±b
c 2a 2－1＝±b 2a ， 设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－c ，b 2a ，B ⎝
⎛⎭⎪⎫－c ，－b 2a ，D (0，b )， 可得AD →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b －b 2
a ， AB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－2
b 2a ，DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－
c ，－b －b 2
a ， 若∠DAB 为钝角，则AD →·AB →<0，
即0－2b 2a ·⎝ ⎛⎭
⎪⎫b －b 2a <0， 化为a >b ，即有a 2>b 2＝c 2－a 2，
可得c 2<2a 2，即e ＝c a
<2，
又e >1，可得1<e <2；
若∠ADB 为钝角，则DA →·DB →<0， 即c 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a ＋b ⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2
a －
b <0， 化为
c 4－4a 2c 2＋2a 4>0， 由e ＝c a
，可得e 4－4e 2＋2>0， 又e >1，可得e >2＋2；
又AB →·DB →＝2b 2a ⎝ ⎛
⎭⎪⎫b ＋b 2a >0， ∴∠DBA 不可能为钝角．
综上可得，e 的取值范围为(1，2)∪(2＋2，＋∞)．
5．已知直线MN 过椭圆x 2
2
＋y 2＝1的左焦点F ，与椭圆交于M ，N 两点，直线PQ 过原点O 与MN 平行，且与椭圆交于P ，Q 两点，则|PQ |2
|MN |＝________.
答案 2 2
解析 方法一 特殊化，设MN ⊥轴，
则|MN |＝2b 2a ＝22＝2，|PQ |2＝4，|PQ |2|MN |＝42
＝2 2. 方法二 由题意知F (－1,0)，当直线MN 的斜率不存在时，|MN |＝2b 2a ＝2，|PQ |＝2b ＝2，则|PQ |2
|MN |＝22；
当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的斜率为，
则MN 的方程为y ＝(＋1)，M (1，y 1)，N (2，y 2)，
联立方程⎩⎨⎧ y ＝k x ＋1
x 2
2＋y 2＝1，
整理得(22＋1)2＋42＋22－2＝0，
Δ＝82＋8>0.
由根与系数的关系，得
1＋2＝－4k 22k 2＋1，12＝2k 2－22k 2＋1
， 则|MN |＝1＋k 2
x 1＋x 22－4x 1x 2 ＝22k 2＋12k 2＋1
. 直线PQ 的方程为y ＝，P (3，y 3)，Q (4，y 4)， 则⎩⎨⎧ y ＝kx ，
x 22＋y 2
＝1，解得2＝21＋2k 2，y 2＝2k 21＋2k 2， 则|OP |2＝23＋y 23＝21＋k 21＋2k 2
， 又|PQ |＝2|OP |，
所以|PQ |2＝4|OP |2
＝81＋k 21＋2k 2， 所以|PQ |2
|MN |
＝2 2.
综上，|PQ |2
|MN |
＝2 2. 6．已知抛物线C ：y 2＝2p (p >0)的焦点为F ，过点F 的直线l 与抛物线C 交于A ，B 两点，且直线l 与圆2
－p ＋y 2
－34p 2＝0交于C ，D 两点，若|AB |＝3|CD |，则直线l 的斜率为________． 答案 ±22
解析 由题意得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，由2－p ＋y 2－34p 2＝0，配方得⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －p 22＋y 2＝p 2， 所以直线l 过圆心⎝ ⎛⎭
⎪⎫p 2，0，可得|CD |＝2p ， 若直线l 的斜率不存在，则l ：＝p
2
，|AB |＝2p ，|CD |＝2p ，不符合题意， ∴直线l 的斜率存在． ∴可设直线l 的方程为y ＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫x －p 2，A (1，y 1)，B (2，y 2)， 联立⎩⎨⎧ y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，y 2＝2px ，
化为2－⎝ ⎛⎭⎪⎫p ＋2p k 2＋p 24
＝0， 所以1＋2＝p ＋2p k
2， 所以|AB |＝1＋2＋p ＝2p ＋2p k
2， 由|AB |＝3|CD |，所以2p ＋2p k
2＝6p ， 可得2＝12，所以＝±22
. 7．已知A ，B 是椭圆C 上关于原点对称的两点，若椭圆C 上存在点P ，使得直线PA ，PB 斜率的绝对值之和为1，则椭圆C 的离心率的取值范围是________．
答案 ⎣⎢⎡⎭⎪⎫32，1
由题意得2b a
≤1， 所以a 2≥4b 2＝4a 2－4c 2，即3a 2≤4c 2，
所以e 2≥34
， 又因为0<e <1，所以32
≤e <1. 8．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，且点⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，32在该椭圆上． (1)求椭圆C 的方程；
(2)过椭圆C 的左焦点F 1的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点，若△AOB 的面积为627，求圆心在原点O 且与直线l 相切的圆的方程．
(2)由(1)知F 1(－1,0)，设直线l 的方程为＝ty －1，
由⎩⎨⎧ x ＝ty －1，
x 24＋y 23＝1，消去，得(4＋3t 2)y 2－6t y －9＝0， 显然Δ>0恒成立，设A (1，y 1)，B (2，y 2)，
则y 1＋y 2＝6t 4＋3t 2，y 1y 2＝－94＋3t 2
， 所以|y 1－y 2|＝
y 1＋y 22－4y 1y 2 ＝ 36t 2
4＋3t 22＋364＋3t 2＝12t 2＋14＋3t 2， 所以S △AOB ＝12
·|F 1O |·|y 1－y 2| ＝6t 2＋14＋3t 2＝627
， 化简得18t 4－t 2－17＝0， 即(18t 2＋17)(t 2－1)＝0，
解得t 21＝1，t 22
＝－1718(舍去)． 又圆O 的半径r ＝|0－t ×0＋1|1＋t 2＝11＋t
2， 所以r ＝22，故圆O 的方程为2＋y 2＝12.。