【2020高考数学】 圆锥曲线专项训练

1.设圆xy2x150的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.

（Ⅰ）证明EAEB为定值，并写出点E的轨迹方程；

（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.

22x2y222.已知椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，点P(1,)在椭圆上，

2ab且有|PF1||PF2|22. （1）求椭圆C的标准方程；

（2）过F2的直线l与椭圆交于A、B两点，求AOB面积的最大值.

3.在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点是原点，以x轴为对称轴，且经过点P1,2.

（1）求抛物线C的方程；

（2）设点A， B在抛物线C上，直线PA， PB分别与y轴交于点M， N，

PMPN.求证:直线AB的斜率为定值.

x2y234.已知椭圆C：221(ab0)过点(1,)，过右焦点且垂直于x轴的直线截椭

ab2圆所得弦长是1．

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）设点A,B分别是椭圆C的左，右顶点，过点（1，0）的直线l与椭圆交于M,N两点（M,N与A,B不重合），证明：直线AM和直线BN交点的横坐标为定值．

5.动点P到定点F(0，1)的距离比它到直线y2的距离小1，设动点P的轨迹为曲线C，

过点F的直线交曲线C于A、B两个不同的点，过点A、B分别作曲线C的切线，且二者相交于点M．

(Ⅰ)求曲线C的方程； (Ⅱ)求证：ABMF0；

(Ⅲ)求△ABM的面积的最小值．

x2y26.椭圆C：221(ab0)，其长轴是短轴的两倍，以某短轴顶点和长轴顶点为端

ab点的线段作为直径的圆的周长为5，直线l与椭圆交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点. （1）求椭圆C的方程；

（2）过点O作直线l的垂线，垂足为D.若OAOB，求点D的轨迹方程；

2（3）设直线OA，l，OB的斜率分别为k1，k，k2，其中k0且kk1k2.设OAB的面

积为S.以OA、OB为直径的圆的面积分别为S1，S2，求

S1S2的取值范围. Sx2y27.已知F1, F2分别为椭圆:21(b0)的左、右焦点.

4b（1）当b1时,若P是椭圆上一点,且P位于第一象限,PF1PF2（2）当椭圆的焦距为2时,若直线l:y5,求点P的坐标; 41xm与椭圆相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,2且3x1x24y1y20,试求△AOB的面积.

8.已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于

1，它的一个顶点恰好是抛物线2x283y的焦点.

（1）求椭圆C的方程；

（2）点P(2，3)， Q（2，-3）在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两恻的动点， ①若直线AB的斜率为

1，求四边形APBQ面积的最大值； 2②当A、B运动时，满足于∠APQ=∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由.

【2020高考数学】 圆锥曲线专项训练

1.设圆xy2x150的圆心为A，直线l过点B（1,0）且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.

（Ⅰ）证明EAEB为定值，并写出点E的轨迹方程；

（Ⅱ）设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M,N两点，过B且与l垂直的直线与圆

22A交于P,Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.

【解析】（Ⅰ）因为|AD||AC|，EB//AC，故EBDACDADC， 所以|EB||ED|，故|EA||EB||EA||ED||AD|.

又圆A的标准方程为(x1)y16，从而|AD|4，所以|EA||EB|4. 由题设得A(1,0)，B(1,0)，|AB|2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：

22x2y21（y0）. 43（Ⅱ）当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，M(x1,y1)，N(x2,y2).

yk(x1)2222由x2y2得(4k3)x8kx4k120.

1438k24k21212(k21)2则x1x2，x1x2.所以|MN|1k|x1x2|.

4k234k234k23过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y21，所以 (x1)，A到m的距离为2kk14k23|PQ|24()4.故四边形MPNQ的面积 22k1k1222S11. |MN||PQ|121224k3可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83).

当l与x轴垂直时，其方程为x1，|MN|3，|PQ|8，四边形MPNQ的面积为12. 综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,83).

x2y222.已知椭圆C:221(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，点P(1,)在椭圆上，

2ab且有|PF1||PF2|22. （1）求椭圆C的标准方程；

（2）过F2的直线l与椭圆交于A、B两点，求AOB面积的最大值.

【解析】（1）由|PF1||PF2|22，得2a22，∴a2.

x2y2x222将P(1,)代入21，得b1.∴椭圆C的方程为y21.

22b2（2）由已知，直线l的斜率为零时，不合题意，设直线方程为x1my，点A(x1,y1)，

xmy1，得(m22)y22my10， B(x2,y2)，则联立22x2y22myy221m2，

由韦达定理，得yy112m2212m2111(2)4(2) SAOB|OF2||y1y2|(y1y2)24y1y22m2m222m21242m4m4m21 2222(m1)2(m1)12(m21)112(m21)212(m21)12(m21)2， 2当且仅当m2112，即时，等号成立.∴面积的最大值为. m0AOB2m213.在平面直角坐标系xOy中，抛物线C的顶点是原点，以x轴为对称轴，且经过点P1,2.

（1）求抛物线C的方程；

（2）设点A， B在抛物线C上，直线PA， PB分别与y轴交于点M， N，

PMPN.求证:直线AB的斜率为定值.

【解析】（1）依题意，设抛物线C的方程为yaxa0．由抛物线C且经过点P1,2，

2得a4，所以抛物线C的方程为y24x． （2）因为PMPN，所以PMNPNM，

所以 12，所以 直线PA与PB的倾斜角互补，所以 kPAkPB0． 依题意，直线AP的斜率存在，设直线AP的方程为：y2kx1k0， 将其代入抛物线C的方程，整理得k2x22k22k2xk24k40．

4k24k4ykx122， 设Ax1,y1，则 1x1，11k2kk224,2． 所以Ak2kk224,2. 以k替换点A坐标中的k，得Bk2k所以 kAB44kk1．所以直线AB的斜率为1． 22k2k2k2k2x2y234.已知椭圆C：221(ab0)过点(1,)，过右焦点且垂直于x轴的直线截椭

ab2圆所得弦长是1．

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）设点A,B分别是椭圆C的左，右顶点，过点（1，0）的直线l与椭圆交于M,N两点（M,N与A,B不重合），证明：直线AM和直线BN交点的横坐标为定值．

【解析】（1）设椭圆C： +=1的右焦点为（c，0），

令x=c，可得y=±b=±，即有=1，又 + =1，

解方程组可得a=2，b=1，则椭圆C的标准方程为+y=1；

2

（2）证明：由椭圆方程可得A（﹣2，0），B（2，0）， 设直线l的方程为x=my+1，M（x1，y1），N（x2，y2），

将直线的方程代入椭圆方程x+4y=4，可得（4+m）y+2my﹣3=0， y1+y2=﹣

，y1y2=﹣

，

2

2

2

2

直线AM：y=（x+2），BN：y=（x﹣2），

联立直线AM，BN方程，消去y，可得 x=

=

，

由韦达定理可得， =，即2my1y2=3y1+3y2，

可得x==4．

即直线AM和直线BN交点的横坐标为定值4．

5.动点P到定点F(0，1)的距离比它到直线y2的距离小1，设动点P的轨迹为曲线C，过点F的直线交曲线C于A、B两个不同的点，过点A、B分别作曲线C的切线，且二者相交于点M．

(Ⅰ)求曲线C的方程； (Ⅱ)求证：ABMF0；

(Ⅲ)求△ABM的面积的最小值．

【解析】(Ⅰ)解：由已知，动点P在直线y2上方，条件可转化为动点P到定点F(0，1)的距离等于它到直线y1距离.

∴动点P的轨迹是以F(0，1)为焦点，直线y1为准线的抛物线，故其方程为x24y．

2(Ⅱ)证：设直线AB的方程为：ykx1，由x4y得：x24kx40.

ykx1设A(xA，yA)，B(xB，yB)，则xAxB4k，xAxB4.

11由x24y得：yx2，∴yx

42121xA(xxA) ①. ∴直线AM的方程为：yxA42121xB(xxB) ②. 直线BM的方程为：yxB4212112xx22①－②得：（xBxA)(xAxB)x(xBxA)，即xAB2k.

2422xxB1xxA112112将xA代入①得：yxA∴yxAxB1 xABxAxBxA4422442故M(2k，1) 2)，AB(xBxA，k(xBxA)) ∴MF(2k，

∴ABMF2k(xBxA)2k(xBxA)0

(Ⅲ)解：由(Ⅱ)知，点M到AB的距离d|MF|21k2 ∵|AB||AF||BF|yAyB2k(xAxB)44k24 ∴S11|AB|d4(k21)21k24(1k2)≥4 2232∴当k = 0时，△ABM的面积有最小值4．

x2y26.椭圆C：221(ab0)，其长轴是短轴的两倍，以某短轴顶点和长轴顶点为端

ab点的线段作为直径的圆的周长为5，直线l与椭圆交于A(x1,y1)，B(x2,y2)两点.

（1）求椭圆C的方程；

（2）过点O作直线l的垂线，垂足为D.若OAOB，求点D的轨迹方程；

2（3）设直线OA，l，OB的斜率分别为k1，k，k2，其中k0且kk1k2.设OAB的面

积为S.以OA、OB为直径的圆的面积分别为S1，S2，求

S1S2的取值范围. S【解析】（1）由题可知，a2b，且a2b25，解得：a2，b1，

x2故椭圆的方程为：y21.

4（2）当直线l斜率存在时，设直线l的方程为ykxm，

ykxm222由x2可得14kx8kmx4m10，由韦达定理有： 2y148kmxx1214k222且1614km0 2xx4m11214k2∵OAOB，∴OAOB0，即x1x2y1y20∴x1x2kx1mkx2m0 由韦达定理代入化简得：5m24k24， ∵OD垂直直线l，∴ |OD||m|1k225 52525 ，此时|OD|55当直线l斜率不存在时，设l：xt，易求t所以点D的轨迹方程为xy224. 5（3）设直线l的方程为ykxm(m0)，

ykxm22214kx8kmx4m10，由韦达定理有： 由x2可得2y148kmxx1214k2221614km0 且2xx4m11214k2∵kk1k2，∴kk1k2222kx1mkx2mx1x22，即kmx1x2m0

由韦达定理代入化简得：k此时162m故S11.∵k0，∴k 422,0)(0,2).

20，即m(11|m||AB|d1k2x1x2 2221k212x1x244x1x2|m|2m2|m|

又S1S222x12y12x2y2332x12x22 444352x1x22x1x2为定值.

2164515S1S251 ∴24422S4m112m|m|∴当且仅当m1时等号成立. 综上：

S1S25,. S4x2y27.已知F1, F2分别为椭圆:21(b0)的左、右焦点.

4b（1）当b1时,若P是椭圆上一点,且P位于第一象限,PF1PF2（2）当椭圆的焦距为2时,若直线l:y5,求点P的坐标; 41xm与椭圆相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,2且3x1x24y1y20,试求△AOB的面积.

522xy342x13x2P(1,). 【解析】（1）设P(x,y)(x,y0)，有y1于是324y2x,y0x2y21 （2）c1，椭圆方程为

43x2y21x1x2m4223xmxm30联立直线得 2xxm312y1xm2113x1x24y1y23x1x24(x1m)(x2m)4x1x22m(x1x2)4m26(m22)022 1得m22满足0，AB12于是SAOB2m24(m23) m1122111ABd12222m24(m23)3

方法二：（坐标计算）SAOB1x1y2x2y1，将A,B两点坐标代入椭圆方程中有2x12y1243122x2y2221(3x124y12)(3x24y2)1212343x1x24y1y20222229x12x216y12y212(x12y2x2y1)(3x1x24y1y2)212(x1y2x2y1)2 12(x1y2x2y1)212(2SAOB)2144SAOB31，它的一个顶点恰好是抛物线28.已知椭圆C的中心在原点，焦点在x轴上，离心率等于

x283y的焦点.

（1）求椭圆C的方程；

（2）点P(2，3)， Q（2，-3）在椭圆上，A，B是椭圆上位于直线PQ两恻的动点， ①若直线AB的斜率为

1，求四边形APBQ面积的最大值； 2②当A、B运动时，满足于∠APQ=∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由.

x2y2【解析】(1)设椭圆C的方程为22=1(a>b>0),由题意可得它的一个顶点恰好是抛物线

ab222ca-ba-23,x=42y的焦点(0,2),∴b=2.再根据离心率求得a=22, aaa22

x2y2=1. ∴椭圆C的方程为82(2)①设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的方程为y=

1x+t,代入椭圆C的方程化简可得x2+2tx+2t2-4=0,2由Δ=4t2-4(2t2-4)>0,求得-2x2y2=1中,令x=2求得P(2,1),Q(2,-1), 在82∴四边形APBQ的面积S=S△APQ+S△BPQ=

11·PQ·|x1-x2|=×2×|x1-x2|=|x1-x2|= 22(x1x2)24x1x24t24(2t24)164t2, 故当t=0时,四边形APBQ的面积S取得最大值为4.

②当∠APQ=∠BPQ时,PA,PB的斜率之和等于零,设PA的斜率为k,则PB的斜率为-k,PA的方程为y-1=k(x-2),把它代入椭圆C的方程化简可得(1+4k2)x2+8k(1-2k)x+4(1-2k)2-8=0, ∴x2+2=

8k(2k-1)8k(2k1).PBy-1=-k(x-2),x+2=, 同理可得直线的方程为22214k14k-16k16k2-4,x. ∴x1+x2=1-x2=2214k14k∴AB的斜率k=

y2-y1-k(x2-2)1-k(x1-2)-14k-k(x1x2)k(x1x2)-4k==

x2-x1x2-x1x2-x1x1-x216k2-4k-4k2114k=.

-16k214k2