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1、冲刺高考二轮 圆锥曲线大题备考练（原卷+答案）微专题1直线与圆锥曲线的位置关系已知抛物线y22px(p0)的顶点为O，焦点坐标为12，0.(1)求抛物线方程；(2)过点(1，0)且斜率为1的直线l与抛物线交于P，Q两点，求线段|PQ|的值提分题例1 已知椭圆E：x2a2+y2b21(ab0)的一个顶点为A(0，1)，焦距为23.(1)求椭圆E的方程；(2)过点P(2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当|MN|2时，求k的值巩固训练1已知双曲线E：x2y2b21(b0)的离心率为2.(1)求双曲线E的方程；(2)设点P(0，3)，过点Q(0
2、，1)的直线l交E于不同的两点A，B，求直线PA，PB的斜率之和微专题2定点、定值问题提分题例2 设椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)的左、右顶点分别为A，B，上顶点为D，点P是椭圆C上异于顶点的动点，已知椭圆的离心率e32，短轴长为2.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线AD与直线BP交于点M，直线DP与x轴交于点N，求证：直线MN恒过某定点，并求出该定点例3 已知双曲线C：x2a2y2b21(a0，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为32，A为C的左顶点，且AF1 AF25.(1)求C的方程；(2)若动直线l与C恰有1个公共点，且与C的两条渐近线分别交于点M、N.求证：点M与点N
3、的横坐标之积为定值巩固训练21.已知P(1，2)在抛物线C：y22px上(1)求抛物线C的方程；(2)A，B是抛物线C上的两个动点，如果直线PA的斜率与直线PB的斜率之和为2，证明：直线AB过定点2如图，矩形ABCD的长AB23，宽BC12，以A、B为左右焦点的椭圆M：x2a2+y2b21(ab0)恰好过C、D两点，点P为椭圆M上的动点(1)求椭圆M的方程，并求PAPB的取值范围；(2)若过点B且斜率为k的直线交椭圆于M、N两点(点C与M、N两点不重合)，且直线CM、CN的斜率分别为k1、k2，试证明k1k22k为定值微专题3最值、范围问题提分题例4 设抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，
4、点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点当直线MD垂直于x轴时，|MF|3.(1)求C的方程；(2)设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为，.当取得最大值时，求直线AB的方程例5 已知双曲线C：x2a2y2b21(a0，b0)的右焦点为F(3，0)，过点F与x轴垂直的直线l1与双曲线C交于M，N两点，且|MN|4.(1)求C的方程；(2)过点A(0，1)的直线l2与双曲线C的左、右两支分别交于D，E两点，与双曲线C的两条渐近线分别交于G，H两点，若|GH|DE|，求实数的取值范围巩固训练31.已知双曲线C：x2a2y2b21(a0，b0)过点(22，1)
5、，渐近线方程为y12x，直线l是双曲线C右支的一条切线，且与C的渐近线交于A，B两点(1)求双曲线C的方程；(2)设点A，B的中点为M，求点M到y轴的距离的最小值2已知椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)，四点P1(2，32)，P2(0，1)，P3(1，22)，P4(1，22)中恰有三点在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)设O为坐标原点，过点Q(2，0)的直线l与椭圆C相交于M，N两点，求OMN面积的取值范围参考答案微专题1直线与圆锥曲线的位置关系保分题解析：(1)y22px焦点坐标为p2，0，p212，p1，抛物线的方程为y22x.(2)设直线l方程为xy1，设P(x1，y1)，Q(x2
6、，y2)，联立x=y+1y2=2x，消元得y22y20，120，y1y22，y1y22，|PQ|1+12|y1y2|1+12y1+y224y1y21+12224226.线段|PQ|的值为26.提分题例1解析：(1)由题意，得b=1，2c=23，a2=b2+c2，解得a=2，b=1，c=3，椭圆E的方程为x24y21.(2)由题意可设直线BC的方程为y1k(x2)联立得方程组x24+y2=1，y1=kx+2消去y并整理，得(4k21)x2(16k28k)x16k216k0，则(16k28k)24(4k21)(16k216k)0，解得k0.设B(x1，y1)，C(x2，y2)，x1x216k2+8
7、k4k2+1，x1x216k2+16k4k2+1.直线AB的方程为yy11x1x1，则直线AB与x轴交点M的坐标为(x1kx1+2k，0)同理得点N的坐标为(x2kx2+2k，0)|MN|2，|x2kx2+2x1kx1+2|2，|x1x2|kx1x22(x1x2)4|， x1+x224x1x2|kx1x22(x1x2)4|.将代入，得(16k2+8k4k2+1)2416k2+16k4k2+1k216k2+16k4k2+1216k2+8k4k2+142.整理，得k24k0.又k0，所以k24且k23，因此，可得x1x22k3k2，x1x243k2.kPAkPBy1+3x1+y2+3x2kx1+4
8、x1+kx2+4x22k4x1+x2x1x22k8k3k243k22k2k0.微专题2定点、定值问题提分题例2解析：(1)由已知可得2b=2e=a2b2a=32，解得a=2b=1，故椭圆C的方程为x24y21；(2)设直线BP的方程为yk1(x2)(k10且k112)，直线DP的方程为yk2x1(k20且k212)，则直线DP与x轴的交点为N1k2，0，直线AD的方程为y12x1，则直线BP与直线AD的交点为M4k1+22k11，4k12k11，将yk2x1代入方程x24y21，得(4k221)x28k2x0，则点P的横坐标为xP8k24k22+1，点P的纵坐标为yPk2 8k24k22+11
9、14k22 4k22+1，将点P的坐标代入直线BP的方程yk1(x2)，整理得(12k2)(12k2)2k1(12k2)2，12k20，2k14k1k22k21，由M，N点坐标可得直线MN的方程为：y4k1k24k1k2+2k2+2k11(x1k2)2k1k2x+2k12k212k1k2x+2k214k1k22k21，即y2k1k22k21(x2)1，则直线MN过定点(2，1)例3解析：(1)易知点A(a，0)、F1(c，0)、F2c，0，AF1c+a，0，AF2(ca，0)，所以，ca=32AF1AF2 =a2c2=5，解得a2，c3，则bc2a25，所以，双曲线C的方程为x24y251.(
10、2)分以下两种情况讨论：当直线lx轴时，直线l的方程为x2，此时点M、N的横坐标之积为224；当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，由题意可知直线l不与双曲线C的渐近线平行或重合，即k52，设点M(x1，y1)、N(x2，y2)，联立y=kx+m5x24y2=20可得(54k2)x28kmx4m2200，则64k2m24(54k2)(4m220)0，可得4k2m25，则m0，不妨设点M、N分别为直线l与直线y52x、y52x的交点，联立y=kx+my=52x可得x1m52k，联立y=kx+my=52x可得x2m52+k，此时，x1x2m2k2544m24k254m2m24.综上所述，
11、点M与点N的横坐标之积为定值巩固训练21解析：(1)P点坐标代入抛物线方程得42p，p2，抛物线方程为y24x.(2)证明：设AB：xmyt，将AB的方程与y24x联立得y24my4t0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24m，y1y24t，所以016m216t0m2t0，kPAy12x11y12y12 414y1+2，同理：kPB4y2+2，由题意：4y1+2+4y2+22，4(y1y24)2(y1y22y12y24)，y1y24，4t4，t1，故直线AB恒过定点(1，0)2解析：(1)由题意得c3.又点C(3，12)在椭圆M：x2a2+y2b21上，所以3a2+14b21，且
12、a2b23，所以a2，b1，故椭圆M的方程为x24y21.设点P(x，y)，由A(3，0)，B(3，0)得PAPBx23y2x231x243x242.又x2，2，所以PAPB2，1.(2)设过点B且斜率为k的直线方程为yk(x3)，联立椭圆M方程得(14k2)x283k2x12k240.设两点M(x1，y1)、N(x2，y2)，故x1x283k21+4k2，x1x212k241+4k2.因为k1k2y112x13+y212x23y1x2+x1y23y1+y212x1+x2+3x1x23x1+x2+3，其中y1x2x1y22kx1x23k(x1x2)8k1+4k2，y1y223k1+4k2，故k
13、1k28k1+4k2+6k1+4k243k21+4k2+312k241+4k224k21+4k2+32k3，所以k1k22k3为定值微专题3最值、范围问题提分题例4解析：(1)方法一由题意可知，当xp时，y22p2.设M点位于第一象限，则点M的纵坐标为2p，|MD|2p，|FD|p2.在RtMFD中，|FD|2|MD|2|FM|2，即p22+2p29，解得p2.所以C的方程为y24x.方法二抛物线的准线方程为xp2.当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p.此时|MF|pp23，所以p2.所以抛物线C的方程为y24x.(2)设直线MN的斜率为k1，直线AB的斜率为k2，则k1tan ，k2tan
14、.由题意可得k10，k20.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，y10，y20，A(x3，y3)，B(x4，y4)，y30，y40.设直线AB的方程为yk2(xm)，m为直线AB与x轴交点的横坐标，直线MN的方程为yk1(x1)，直线MD的方程为yk3(x2)，直线ND的方程为yk4(x2)联立得方程组y=k1x1，y2=4x，所以k12x22k12 +4xk120，则x1x21.联立得方程组y=k2xm，y2=4x，所以k22x22mk22 +4xk22m20，则x3x4m2.联立得方程组y=k3x2，y2=4x，所以k32x24k32 +4x4k320，则x1x34.联立得方程组y=k4
15、x2，y2=4x，所以k42x24k42 +4x4k420，则x2x44.所以M(x1，2x1)，N(1x1，2x1)，A(4x1，4x1)，B(4x1，4x1)所以k12x1x11，k2x1x11，k12k2，所以tan ()tantan1+tantank1k21+k1k2k21+2k22 11k2+2k2.因为k12k2，所以k1与k2同号，所以与同为锐角或钝角当取最大值时，tan ()取得最大值所以k20，且当1k22k2，即k222时，取得最大值易得x3x416x1x2m2，又易知m0，所以m4.所以直线AB的方程为x2y40.例5解析：(1)由题意得3a24b2=1a2+b2=3，解
16、得a2=1，b2=2.故C的方程为x2y221.(2)显然直线l2斜率存在，设直线l2的方程为ykx1，D(x1，y1)，E(x2，y2)，联立y=kx1x2y22=1，得(2k2)x22kx30，因为l2与双曲线C的左，右两支分别交于D，E两点，故2k20x1x2=3k220，解得2k2，此时有x1x22kk22.|DE|1+k2|x1x2|1+k2x1+x224x1x2，1+k2223k22k2，由y=kx1y=2x，解得xG1k2，同理可得xH1k+2，所以|GH|1+k21k21k+2221+k22k2.因为|GH|DE|，故GHDE13k2.因为2k2，故330，当直线l斜率不存在时
17、，则直线l：x2，易知点M到y轴的距离为xM2当直线l斜率存在时，设l：ykxmk12，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x24y2=1y=kx+m，整理得(4k21)x28kmx4m240，64k2m216(4k21)(m21)0，整理得4k2m21，则x1x28km4k218kmm28km，则xMx1+x224km0，即km4，即xM2，此时点M到y轴的距离大于2；综上所述，点M到y轴的最小距离为2.2解析：(1)由对称性可知：P3，P4都在椭圆C上，对于椭圆在第一象限的图象上的点(x，y)，易知y随x的增大而减小，故P1，P2中只有P2符合所以P2，P3，P4三点在椭圆上，故b1，将P3代入椭圆方程得a2，所以椭圆方程为：x22y21.(2)由已知直线l斜率不为0，故设方程为：xmy2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x=my+2x22+y2=1，联立方程得：m2+2y24my20，16m28(m22)8(m22)0，即m22，y1y24mm2+2，y1y22m2+2，SOMN122|y1y2|y1y2|16m2m2+228m2+222m22m2+2；令m22t0，则m2t22，令SOMN22tt2+422t+4t222t4t22， 当且仅当t2，m26时取等号，OMN面积的取值范围为(0，22.学科网（北京）股份有限公司