高考数学专题 17 圆锥曲线的几何性质专题

高考专题训练 培优点十七 圆锥曲线的几何性质

1．椭圆的几何性质

x2y2例1：如图，椭圆2+21ab0的上顶点、左顶点、左焦点分别为B、A、F，中

ab心为O，其离心率为3，则S△ABF:S△BFO（ ） 2

A．23:3 【答案】B

【解析】由S△ABFS△ABOS△BFO，得S△ABF:S△BFOS△ABOS△BFO:S△BFOabbc:bc 而

2．抛物线的几何性质

例2：已知抛物线C:y22pxp0的焦点为F，准线l:x1，点M在抛物线C上，点M在直线l:x1上的射影为A，且直线AF的斜率为3，则△MAF的面积为（ ） A．3 【答案】C 【解析】

B．23 C．43 D．83 c3，所以S△ABF:S△BFO233:3，故选B． a2B．233:3

C．23:2

D．233:2



设准线l与x轴交于点N，所以FN2，因为直线AF的斜率为3，所以AFN60，

所以AF4，

由抛物线定义知，MAMF，且MAFAFN60，所以△MAF是以4为边长的正三角形，其面积为

3．双曲线的几何性质

32443．故选C． 4x2y22例3：已知点P是双曲线1的右支上一点，M，N分别是圆x10y24和

3664x102y21上的点，则PMPN的最大值为_________．

【答案】15

x2y2【解析】在双曲线1中，a6，b8，c10，

3664F110,0，F210,0，PF1PF22a12，

MPPF1MF1，PNPF2NF2，PMPNPF1MF1PF2NF215．

对点增分集训

一、单选题

1．抛物线y22pxp0上的动点Q到其焦点的距离的最小值为1，则p（ ） 1A．

2B．1 C．2 D．4

【答案】C

【解析】抛物线y22pxp0上的动点Q到其焦点的距离的最小值即到准线的最小值， 很明显满足最小值的点为抛物线的顶点，据此可知：

2p1，p2．本题选择C选项． 2y22．设点F1，F2是双曲线x1的两个焦点，点P是双曲线上一点，若3PF14PF2，

3则△PF1F2的面积等于（ ） A．53

B．315 C．45 D．210

【答案】B

【解析】据题意，PF14PF2，且PF1PF22，解得PF18，PF26． 3PF1PF2F1F22PF1PF2222又F1F24，在△PF1F2中由余弦定理，得cosF1PF2从而sinF1PF21cos2F1PF27． 815115，所以S△PF1F268315，故选B． 8283．经过椭圆x22y22的一个焦点作倾斜角为45的直线l，交椭圆于M，N两点，设O为坐标原点，则OMON等于（ ） A．3 【答案】C

x2【解析】椭圆方程为y21，a2，b1，c1，取一个焦点F1,0，则直线方程

21B．

31C．

31D．

2为yx1，

141代入椭圆方程得3x24x0，M0,1，N,，所以OMON，故选C．

3334．过抛物线y2mxm0的焦点作直线交抛物线于P，Q两点，若线段PQ中点的横坐5标为3，PQm，则m（ ）

4A．4 【答案】B

B．6 C．8 D．10

【解析】设PQ的坐标分别为x1,y1，x2,y2，线段PQ中点的横坐标为3，则PQx1x2p6m5m，由此解得m6．故选B． 44x1x23，2x2y25．已知双曲线221a0,b0的右焦点为F，点A在双曲线的渐近线上，△OAF是

ab边长为2的等边三角形（O为原点），则双曲线的方程为（ ） x2A．y21

3x2y2C．1

412

y2B．x1

32x2y2D．1

124【答案】B

x2y2【解析】双曲线221a0,b0的右焦点为F，点A在双曲线的渐近线上，△OAFab是边长为2的

b2c2a2b3，解得a1，b3，等边三角形（O为原点），可得c2，3，即23，

aaa2y2双曲线的焦点坐标在x轴，所得双曲线的方程为x1，故选B．

326．如图所示，“嫦娥一号”探月卫星沿地月转移轨道飞向月球，在月球附近一点P变轨进入以月球球心F为一个焦点的椭圆轨道I绕月飞行，之后卫星在P点第二次变轨进入仍以

F为一个焦点的椭圆轨道Ⅱ绕月飞行，最终卫星在P点第三次变轨进入以F为圆心的圆形

轨道Ⅲ绕月飞行．已知椭圆轨道I和Ⅱ的中心与F在同一直线上，设椭圆轨道I和Ⅱ的长半轴长分别为a1，a2，半焦距分别为c1，c2，则有（ ）

A．

c1c2 a1a2B．a1c1a2c2

ccC．12

a1a2D．a1c1a2c2

【答案】C

【解析】设圆形轨道Ⅲ的半径为R，a1c1a2c2R，c2a2RR1， a2a2a2c1a1RR1，a1a1a1由a1a2知

c1c2，故选C． a1a2x2y2x227．已知双曲线C1:y1，双曲线C2:221ab0的左、右焦点分别为F1，F2，

4abM是双曲线C2的一条渐近线上的点，且OMMF2，O为坐标原点，若S△OMF216，且双

曲线C1，C2的离心率相同，则双曲线C2的实轴长是（ ） A．32

B．4 C．8 D．16

【答案】D

x25【解析】双曲线C1:y21的离心率为，设F2c,0，双曲线C2一条渐近线方程为

24byx，

a可得F2M

bca2b2b，即有OMc2b2a，

c51由S△OMF216，可得ab16，即ab32，又a2b2c2，且，

a22解得a8，b4，c45，即有双曲线的实轴长为16．故选D．

8．已知F是抛物线C:y2x2的焦点，N是x轴上一点，线段FN与抛物线C相交于点M， 若2FMMN，则FN（ ） A．1 【答案】D

1B．

25C．

25D．

81【解析】由题意得点F的坐标为0,，设点M的坐标x0,y0，点N的坐标a,0，

81所以向量：FMx0,y0，MNax0,y0，

8由向量线性关系可得：3x0a，2y0代入抛物线方程可得：x011y0，解得：y0， 41266，则a， 1245由两点之间的距离公式可得：FN．故选D．

8x2y2x2y29．已知椭圆C1:221a1b10与双曲线C2:221a20,b20有相同的焦点

a1b1a2b2F1，F2，

2e1，e2分别是C1和C2的离心率，点P是曲线C1与C2的一个公共点，若PF1PF2，则4e12e2的最小值为（ ）

9A．

2B．4

5C．

2D．9

【答案】A

【解析】由题意设焦距为2c，椭圆长轴长为2a1，双曲线实轴为2a2， 令P在双曲线的右支上，由双曲线的定义PF1PF22a2，① 由椭圆定义PF1PF22a1，②

2又∵PF1PF2，∴PF1PF24c，③ 22①2②2，得PF1PF24a14a2，④

2222

将④代入③，得a12a222c2， ∴4e12e22a124c2c252a22592222，故选A．

2a12a1a22a22210．已知F为抛物线C:y24x的焦点，A，B，C为抛物线C上三点，当FAFBFC0时，

称△ABC为“和谐三角形”，则“和谐三角形”有（ ） A．0个 【答案】D

【解析】抛物线方程为y24x，A，B，C为曲线C上三点， 当FAFBFC0时，F为△ABC的重心，

用如下办法构造△ABC，连接AF并延长至D，使FD1AF， 2B．1个 C．3个 D．无数个

当D在抛物线内部时，设Dx0,y0，若存在以D为中点的弦BC， 设Bm1,n1，Cm2,n2， 则m1m22x0，n1n22y0，

n1n2kBC，

m1m22nnn14m1则，两式相减化为n1n2124，

2m1m2n24m2

kBCn1n22，所以总存在以D为中点的弦BC，所以这样的三角形有无数个，故选D．

m1m2y0x2y2x2y211．已知双曲线1:221a0,b0的左右焦点分别为F1，F2，椭圆2:134ab的离心率为e，直线MN过点F2与双曲线交于M，N两点，若cosF1MNcosF1F2M，且F1MF1Ne，则双曲线1的两条渐近线的倾斜角分别为（ ）

A．30，150 【答案】C 【解析】

B．45，135 C．60，120 D．15，165

由题cosF1MNcosF1F2M，F1MNF1F2M，MF1F1F22c， 由双曲线的定义可得| MF2MF1|2a2c2a，

F1M1x2y2431＝e，NF14c，∵椭圆2:，∴1的离心率为：eF1N22234NF24c2a，

在△MF1F2中，由余弦定理的cosF1F2M4c22c2a4c222c2c2a22ca， 2ca2c24ac， 2c2ca在△NF1F2中，由余弦定理可得：cosF1F2N4c24c2a16c222c4c2acaa2c24ac0， ∵F1F2MF1F2Nπ，cosF1F2McosF1F2N0，即2c2c2ca整理得

，

1设双曲线的离心率为e1，3e127e120，解得e12或（舍）．

3a2b2b223ab4∴，，即3．∴双曲线的渐近线方程为y3x， 2aa∴渐近线的倾斜角为60，120．故选C．

x2y2212．已知P为椭圆1上一个动点，过点P作圆x1y21的两条切线，切点分

43别是A，B，则PAPB的取值范围为（ ）

3A．,

2【答案】C

356B．,

2956C．223,

9D．223,

【解析】如图，由题意设APB2，则PAPB

1， tan

∴PAPBPAPBcos211cos2cos2cos2，

1cos2tan21t22321t3223， 1t1t设cos2t，则PAPBt1t1t当且仅当1t2，即t12时等号成立，此时cos212． 1t17又当点P在椭圆的右顶点时，sin，∴cos212sin2，

3979756． 此时PAPB最大，且最大值

799191

56∴PAPB的取值范围是223,，故选C．

9

二、填空题

13．已知过抛物线y22x的焦点F，且斜率为3的直线与抛物线交于A、B两点，则AFBFAB__________．

1【答案】

2【解析】由y22x知p1，由焦点弦性质

AFBFABAFBFAF+BF111+AFBF112+2， AFBFp而

p1． 22x214．已知椭圆2y21的左、右焦点为F1、F2，点F1关于直线yx的对称点P仍在椭

a圆上，

则△PF1F2的周长为__________． 【答案】222

【解析】设F1c,0，F2c,0c0，

F1关于直线yx的对称点P坐标为0,c，

点P在椭圆上，则：

0c21，则cb1，a2b2c22，则a2， 2a故△PF1F2的周长为：PF1PF2F1F22a2c222．

x2y215．P为双曲线右焦点，且PF1PF20，1右支上一点，F1，F2分别为双曲线的左、

49直线PF2交y轴于点A，则△AF1P的内切圆半径为__________． 【答案】2

【解析】∵PF1PF2，△APF1的内切圆半径为r，

∴PF1PAAF12r，∴PF22aPAAF12r， ∴AF2AF12r4，

∵由图形的对称性知：AF2AF1，∴r2．故答案为2．

x2y216．已知直线l与椭圆221a0,b0相切于第一象限的点Px0,y0，且直线l与xab轴、y轴分别交于点A、B，当△AOB(O为坐标原点)的面积最小时，F1PF260(F1、

F2是椭圆的两个焦点)，若此时在△PF1F2中，F1PF2的平分线的长度为值是__________． 5【答案】

23则实数m的a，m

【解析】由题意，切线方程为

x0a2xy0b2y1，

1a2b2， ，S△AOB2xy00a2b2直线l与x轴分别相交于点A，B，A,0，B0,x0y0x02a2y02b212x0y0xy122，，S△AOBab，当且仅当00时，

abx0y0abab2△AOB（O为坐标原点）的面积最小， 设PF1x，PF2y，

4由余弦定理可得4c2x2y2xy4a23xy，xyb2，

3S△PF1F2132132xysin60b，2cy0b， 23233b22615y0b，cb，ab，

3c233

F1PF2的内角平分线长度为313113132ayab， a，x2m22m23m13a313a3152322abb， xyb2，22m322m2m9355m，故答案为．

22

三、解答题

17．设常数t2．在平面直角坐标系xOy中，已知点F2,0，直线l：xt，曲线：y28x0xt,y0．l与x轴交于点A、与交于点B．P、Q分别是曲线与线段AB上的动点．

（1）用t表示点B到点F距离；

（2）设t3，FQ2，线段OQ的中点在直线FP，求△AQP的面积；

（3）设t8，是否存在以FP、FQ为邻边的矩形FPEQ，使得点E在上？若存在，求点

P的坐标；

若不存在，说明理由． 【答案】（1）t2；（2）24573；（3）存在，P5,5． 6【解析】（1）方法一：由题意可知：设Bt,22t， 则BFt228tt2，∴BFt2；

方法二：由题意可知：设Bt,22t，



由抛物线的性质可知：BFtpt2，∴BFt2； 2（2）F2,0，FQ2，t3，则FA1，

32∴AQ3，∴Q3,2，设OQ的中点D，D2,2，

kQF3023，则直线PF方程：y3x2， 322y3x2联立，整理得：3x220x120， 2y8x17732，x6（舍去），∴△AQP的面积S3；

2363y2m216y2y8y,m，则kPF2（3）存在，设P,y，E，kFQ， 2888yyy1628解得：x483y216y216y2483y2直线QF方程为y，Q8，x2，∴yQ824y8y8y4yy248y26,根据FPFQFE，则E， 84y， 48y2y2162∴86，解得：y，

54y82

245∴存在以FP、FQ为邻边的矩形FPEQ，使得点E在上，且P5,5．



18．与椭圆相交于A、B两点，F2关于直线l1的对称点E在椭圆上．斜率为1的直线l2与线段AB相交于点P，与椭圆相交于C、D两点．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）求四边形ACBD面积的取值范围． x2y23232【答案】（1）（2）,． 1；

8493【解析】（1）由椭圆焦距为4，设F12,0，F22,0，连结EF1，设EF1F2， 则tanebbc，又a2b2c2，得sin，cos，

aacF1F22csin901ac， 2aEF1||EF2sinsin90bcbcaaa222x2y2解得abccbc2，a8，所以椭圆方程为1．

84（2）设直线l2方程：yxm，Cx1,y1、Dx2,y2， 4xxmx2y21231由8，得3x24mx2m280，所以， 422m8yxmxx123

2283226,6，B6,6，得AB由（1）知直线l1：yx，代入椭圆得A，

33333446,6， 由直线l2与线段AB相交于点P，得m33216m242m848x1x22m212，

933CD2x1x22x1x22而kl21与kl11，知l2l1，SACBD1163ABCDm212， 29416343232326,6，得m2,0，所以m212,， 由m939333

3232四边形ACBD面积的取值范围,．

93