第5章 大单元12 圆锥曲线及其几何性质-高中数学训练与探索之大单元微专题（教师版）

第5章 解析几何 大单元 12 圆锥曲线及其几何性质 1.圆锥曲线的方程与几何性质是高考的重点,命题形式多样,选择题、填空题、解答题都有. 2.直线与圆锥曲线的位置关系是命题的热点,尤其是有关弦长计算及存在性问题,运算量大,能力 要求高,突出对方程、转化、化归与分类讨论思想方法的考查. 考 点 一 圆锥曲线的定义及标准方程 例1 (2019·全国Ⅰ卷)已知椭圆C 的焦点为F1(-1,0),F2(1,0),过F2的直线与C 交于A,B 两点.若|AF2|=2|F2B|,|AB|=|BF1|,则C 的方程为 ( ) A. x2 2+y 2=1 B. x2 3+ y2 2=1 C. x2 4+ y2 3=1 D. x2 5+ y2 4=1 【解析】 解法1 如图,由已知可设 |F2B|=n,则|AF2|=2n, |BF1|=|AB|=3n.由椭圆的定义有2a=|BF1|+|BF2|=4n,∴|AF1|= 2a -|AF2|=2n.在 △AF1F2 和 △BF1F2 中,由 余 弦 定 理 得 4n2+4-2·2n·2·cos∠AF2F1=4n2, n2+4-2·n·2·cos∠BF2F1=9n2.{ 又∠AF2F1,∠BF2F1 互补,所以 cos∠AF2F1+cos∠BF2F1=0,两式消去cos∠AF2F1,cos∠BF2F1,得 3n2+6=11n2,解得n= 3 2.∴2a=4n=23 ,∴a= 3,所以b2=a2-c2=3-1=2,故椭圆方程为 x2 3+ y2 2=1 ,故选B. 解法2 如图,由已知可设|F2B|=n,则|AF2|=2n,|BF1|=|AB|=3n.由椭圆的定义有2a= |BF1|+|BF2|=4n,∴|AF1|=2a-|AF2|=2n.在△AF1B 中,由余弦定理的推论得cos∠F1AB= 4n2+9n2-9n2 2·2n·3n = 1 3. 在△AF1F2 中,由余弦定理得4n2+4n2-2·2n·2n· 1 3=4 ,解得n= 3 2. 所以 2a=4n=23,a= 3,b2=a2-c2=3-1=2,故所求椭圆方程为 x2 3+ y2 2=1 ,故选B. 解法3 由|AF2|=2|F2B|,仿照解法1,2可得|AF1|=|AF2|,不妨设A 的坐标为(0,6),利用 向量或相似三角形的性质得点B (32,- b 2 ),代入椭圆方程得a 2=3,所以b2=a2-c2=3-1=2,故 选B. 例2 (2020·全国Ⅰ卷)设F1,F2 是双曲线C:x2- y2 3=1 的两个焦点,O 为坐标原点,点P 在 C 上且|OP|=2,则△PF1F2 的面积为 ( ) A. 7 2 B.3 C. 5 2 D.2 195 高中数学训练与探索(大单元微专题) 【解析】 解法1 不妨设F1(-2,0),F2(2,0),则a=1,c=2.因为|OP|=2= 1 2|F1F2| ,所以点 P 在以F1F2 为直径的圆上,即△PF1F2 是以P 为直角顶点的直角三角形,故|PF1|2+|PF2|2= |F1F2|2=16.又||PF1|-|PF2||=2a=2,所以4=||PF1|-|PF2||2=|PF1|2+|PF2|2- 2|PF1||PF2|=16-2|PF1||PF2|,解得|PF1||PF2|=6,所以S△F1F2P= 1 2|PF1||PF2|=3 ,故 选B. 解法2 点P 的轨迹方程为x2+y2=4,联立x2- y2 3=1 ,解得|y|= 3 2 (得到点P 的纵坐标),所 以S△F1F2P= 1 2×4× 3 2=3 ,故选B. 解法3 由二级结论焦点三角形△PF1F2 的面积为S= b2 tan θ 2 = 3 tan45°=3 ,故选B. 例3 设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点M 在C 上,|MF|=5.若以MF 为直径的圆过 点(0,2),则C 的方程为 . 【解析】 解法1 因为以 MF 为直径的圆过点(0,2),所以点 M 在第一象限.由|MF|=xM+ p 2=5 ,得xM=5- p 2 ,即M (5-p2,2p(5- p 2 ) ),从而以MF 为直径的圆的圆心N 的坐标为 ( 5 2 , 1 2 2p(5- p 2 ) ) .因为点 N 的横坐标恰好等于圆的半径,所以圆与y 轴相切于点(0,2),从而2= 1 2 2p(5- p 2 ) ,即p 2-10p+16=0,解得p=2或p=8,所以抛物线方程为y2=4x 或y2=16x. 解法2 由已知得抛物线的焦点F (p2,0),设点A(0,2),点 M(x0,y0),则AF →= (p2,-2), AM→= ( y20 2p ,y0-2) .由已知,得AF→·AM→=0,即y20-8y0+16=0,解得y