圓錐曲線高考熱點追蹤

圓錐曲線歷來是高考命題的重點，通常以一大一?。匆粋€選擇或填空題和一個解答題）的形式出現.那么在高考命題中圓錐曲線有哪些?？疾凰サ臒狳c問題呢？讓我們從2013年高考中看端倪.

熱點1. 方程問題

本考點考查主要考查圓錐曲線方程特征值以及方程的求法，有關考題在選擇、填空和解答題中都有所涉及，難度偏易或中等.

例1. 已知中心在原點的雙曲線C的右焦點為F（3，0），離心率等于 ，在雙曲線C的方程是（ ）

A. - =1 B. - =1

C. - =1 D. - =1

解析：本題為基礎題，因為離心率等于 ，c=3，故a=2，b= ，選B.

評注：在解析幾何中，當曲線類型已知時，求曲線方程一般采用定義法和待定系數法.

熱點2. 圓錐曲線的有關性質

本考點涉及圓錐曲線的離心率，準線和雙曲線的漸近線等內容，一般出現在選擇題或填空題中，難度偏易或中等.

例2. 在平面直角坐標系xOy中，橢圓C的標準方程為 + =1（a>0，b>0），右焦點為F，右準線為l，短軸的一個端點為B，設原點到直線BF的距離為d1，F到l的距離為d2，若d2= d1，則橢圓C的離心率為 .

解析：本題主要考查橢圓的有關性質，難度中等.如圖，l：x= ，d2= -c= ，由等面積得：d1= .若d2= d1，則 = ，整理得： a2-ab- b2=0，兩邊同除以a2，得 2- + =0，解之得 = ，所以離心率為e= = .

評注：求解這類問題的關鍵是依據圖形特征或圓錐曲線的幾何性質，列出含有a，b，c的方程或不等式，然后利用a，b，c之間固有的平方關系，將其轉化成關于離心率e的方程或不等式，同時注意離心率e固有的取值范圍.

熱點3. 最值問題

本考點主要考查點、直線、圓和圓錐曲線四者之間的位置關系，最值問題主要出現在選擇或填空中，難度中等，也可能出現在解答題中.

例3. 已知拋物線C的頂點為O（0，0），焦點F

（0，1）.

（Ⅰ）求拋物線C的方程；

（Ⅱ）過點F作直線交拋物線C于A、B兩點. 若直線AO、BO分別交直線l： y=x-2于M、N兩點，求 |MN|的最小值.

解析：（Ⅰ）由已知可得拋物線的方程為：x2=2py（p>0），且 =1？圯p=2，所以拋物線方程是：x2=4y.

（Ⅱ）設A（x1， ），B（x2， ）所以kAO= ，kBO= ，所以AO的方程是： y= x.

由y= x，y=x-2，∴xM= ，同理由y= x，y=x-2，∴xN= .

所以|MN|= |xM-xN|= | - |=

8 | |……（1）

設AB：y=kx+1，由y=kx+1，x2=4y，∴ x2-4kx-4=0，∴x1+x2=4k，x1x2=-4，且|x1-x2|= =4 ，代入（1）得：

|MN|=8 | |=8 .

設4k-3=t≠0，∴ k= .

①當t>0時，|MN|=8 =2 ≥2 ，

所以 |MN| 的最小值是2 .

②當t<0時，|MN|=8 =2 =2 ≥2 × = ，

所以 |MN| 的最小值是 ，此時t=- ，k=- .

綜上所述，|MN|的最小值是 .

評注：函數法是研究數學問題的一種最重要的方法，用這種方法求解圓錐曲線的最值問題時，除了重視建立函數關系式這個關鍵點外，還要密切注意所建立的函數式中的變量是否有限制范圍，并用適當的代數方法（如配方、基本不等式、函數單調性等）加以解決.

熱點4. 定值問題

本考點往往出現在解答題中，解題方法靈活多變，綜合性強，具有一定難度.

例4. 橢圓C： + =1（a>b>0）的左、右焦點分別是F1、F2，離心率為 ，過F1且垂直于x軸的直線被橢圓C截得的線段長為l.

（Ⅰ）求橢圓C的方程；

（Ⅱ）點P是橢圓C上除長軸端點外的任一點，連接PF1、PF2，設∠F1PF2的角平分線PM交C的長軸于點M（m，0），求m的取值范圍；

（Ⅲ）在（Ⅱ）的條件下，過點P作斜率為k的直線l，使得l與橢圓C有且只有一個公共點，設直線PF1，PF2的斜率分別為k1，k2，若k≠0，試證明 + 為定值，并求出這個定值.

解析：（1）由已知，得 = ， =1，a2=b2+c2，解得a2=4，b2=1，所以橢圓方程為 +y2=1.

（2）由題意可知： = ， = .

設P（x0， y0）其中x02≠4，將向量坐標代入并化簡得： m（4x02-16）=3x03-12x0，因為x02≠4， 所以m= x0，而x0∈（-2，2），所以m∈（- ， ）.

（3）由題意可知，l為橢圓的在P點處的切線，由導數法可求得，切線方程為 +y0y=1，所以k=

- ，而k1= ， k2= ，代入 + 中得 + =-4（ + ）=-8，為定值.

評注：在圓錐曲線中，解答定值問題的基本策略也有兩種：一種是把相關幾何量的變元特殊化，在特例中求出幾何量的定值，再證明結論與特定狀態(tài)無關；另一種是把相關幾何量用曲線系里的參變量表示，再證明結論與求參數無關，本例是后一種.

熱點5. 直線、圓與圓錐曲線的綜合

本考點主要考查直線與圓錐曲線的位置關系，以及解析幾何知識的綜合運用，主要出現在解答題中，考題方法靈活多變，計算量大，難度較大.

例5. 如圖，點P（0，-1）是橢圓

C1： + =1（a>b>0）的一個頂點，C1的長軸是圓C2：x2+y2=4的直徑. l1，l2是過點P且互相垂直的兩條直線，其中l(wèi)1交圓C2于兩點，l2交橢圓C1于另一點D.

（1）求橢圓C1的方程；（2）求？駐ABD面積取最大值時直線l1的方程.

解析：（Ⅰ）由已知得到b=1，且2a=4，∴ a=2，所以橢圓的方程是 +y2=1.

（Ⅱ）因為直線l1⊥l2，且都過點P（0，-1），所以設直線l1：y=kx-1？圯kx-y-1=0，直線l2：y=- x-1？圯x+ky+k=0，所以圓心（0，0）到直線的l1：y=kx-1？圯kx-y-1=0距離為d= ，所以直線l1被圓x2+y2=4所截的弦AB=2 = .

由x+ky+k=0， +y2=1？圯k2x2+4x2+8kx=0，所以xD+xP=- ，∴|DP|= = ，所以S？駐ABD= |AB||DP|= × × = = = = ≤ = .

當 = ？圯k2= ？圯k=± 時等號成立，此時直線l1：y=± x-1.

評注：在高考中，這類問題屬于難題，解答這類問題首先要有圖形意識，善于抓住圖形特征，把幾何問題轉化為代數問題.其次要有方法意識，力爭減少計算量，如恰當利用有關定義，巧妙利用圖形特征，利用“設而不求”思想（韋達定理，點差法）等，都可以幫助我們優(yōu)化解題過程.此外，要有運算意識.做解析幾何題離不開運算，當解題方向明確時，要有“將計算進行到底”的頑強毅力.

鞏固練習：

1. 已知橢圓： + =1（0

A. 1 B. C. D.

【答案】D. 解析：由題意知a=2，所以|BF2|+|AF2| +|AB|=4a=8. 因為|BF2|+|AF2|的最大值為5， 所以|AB|的最小值為3， 當且僅當AB⊥x軸時， 取得最小值，此時A（-c， ），B（-c，- ），代入橢圓方程得 + =1，又c2=a2-b2=4-b2，所以 + =1，即1- + =1，所以 = ，解得b2=3，所以b= ，選D.

2. 若雙曲線 - =1（a>b>0）的左、右焦點分別為F1，F2，線段F1F2被拋物線y2=2bx的焦點分成5∶3兩段，則此雙曲線的離心率為______.

【答案】 . 解析：拋物線的焦點坐標為（ ，0），由題意知 = ，c=2b，所以c2=4b2=4（c2-a2），即4a2=3c2，所以2a= c，所以e= = = .

3. 已知圓的方程為x2+y2=4，過點M（2，4）作圓的兩條切線，切點分別為A1、A2，直線A1A2恰好經過橢圓 + =1（a>b>0）的右頂點和上頂點.

（Ⅰ）求橢圓的方程；

（Ⅱ）設直線x=-1與橢圓相交于A、B兩點，P是橢圓上異于A、B的任意一點，直線AP、BP分別交定直線l： x=-4于兩點Q、R，求證 · 為定值.

解析：（Ⅰ） 觀察知，x=2是圓的一條切線，切點為A1（2，0）.設O為圓心，根據圓的切線性質，MO⊥A1A2，所以 =- =- .

所以直線A1A2的方程為y=- （x-2），直線A1A2與y軸相交于（0，1），依題意a=2，b=1.

所以所求橢圓的方程為 +y2=1.

（Ⅱ）橢圓方程為 +y2=1，設P（x0，y0），A（-1，t），B（-1，-t），則有x0 2+4y0 2-4=0， m2+4n2-4=0.

在直線AP的方程y-t= （t+1）中，令x=-4，

整理得：

yQ= ……①

同理，yR= ……②

①×②，并將y0 2=1- x0 2，t2= 代入，得：

yQ·yR= = = =-3.

故 · =（-4，yQ）·（-4，yR）=16+yQ·yR=13，為定值.

4. 如圖，已知半橢圓C1： +y2=1（a>1，x≥0）的離心率為 ，曲線C2是以半橢圓C1的短軸為直徑的圓在y軸右側的部分，點P（x0，y0）是曲線C2上的任意一點，過點P且與曲線C2相切的直線l與半橢圓C1交于不同點A、B.

（I）求a的值及直線l的方程（用x0，y0表示）；

（Ⅱ）△OAB的面積是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，請說明理由.

解析：（I）∵半橢圓C1的離心率為 ，∴ =（ ）2，∴ a= .

設Q（x，y）為直線l上任意一點，則 ⊥ ，即 · =0.

∴（x0，y0）·（x-x0，y-y0）=0，x0x+y0y=x0 2+y0 2 .

又∵x0 2+y0 2=1，∴ 直線方程為 x0x+y0y-1=0.

（II）① 當P點不為（1，0）時， x0x+y0y-1=0， +y2=1，得（2x0 2+y0 2）x2-4x0x+2-2y0 2=0， 即（x0 2+1）x2-4x0x+2x0 2=0.

設A（x1，y1），B（x2，y2），∴ x1+x2= ， x1x2= .

|AB|= · = = = < = .

∴ S？駐OAB= |AB||OP|= |AB|< .

②當P點為（1，0）時，此時，S？駐OAB= .

綜上，由①②，可得？駐OAB面積的最大值為 .

（作者單位 江蘇省太倉高級中學）

責任編校 徐國堅