2021年圆锥曲线复习题含答案解析

1．已知抛物线C：y2＝2px（p＞0）的焦点为F，准线方程为x＝﹣2． （Ⅰ）求抛物线C的方程；

（Ⅱ）若直线l：y＝x﹣2与抛物线C交于A，B两点，求|AB|． 【分析】（Ⅰ）利用抛物线的直线方程，求解p，即可得到抛物线方程．

𝑦2=8𝑥（Ⅱ）显然直线l：y＝x﹣2过焦点F（2，0），联立{，消去y可得x2﹣12x+4

𝑦=𝑥−2＝0，利用韦达定理，结合抛物线的性质，即可得到结果． 【解答】解：（Ⅰ）∵抛物线C的准线方程为x＝﹣2， ∴−=−2，得p＝4， 故抛物线C的方程为y2＝8x．

（Ⅱ）显然直线l：y＝x﹣2过焦点F（2，0）， 𝑦2=8𝑥联立{，消去y可得x2﹣12x+4＝0，

𝑦=𝑥−2设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1+x2＝12， 故|AB|＝x1+x2+p＝12+4＝16．

【点评】本题考查直线与抛物线的位置关系的应用，抛物线的方程的求法，是中档题． 2．已知椭圆C：𝑥2𝑎2𝑝

2+𝑦=1（a＞1）的焦点与双曲线D：2

𝑥22

−

𝑦2𝑡

=1（t＞0）的焦点相同，

√6且D的离心率为．

2

（1）求C与D的方程；

（2）若P（0，1），直线l：y＝﹣x+m与C交于A，B两点，且直线PA，PB的斜率都存在．

①求m的取值范围；

②试问两直线PA，PB的斜率之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．

【分析】（1）由D的离心率为

√6𝑡√6，得√1+2=2，解得t，进而可得双曲线D的方程，2

由于C的焦点与D的焦点相同，得a2﹣1＝2+1，解得a2，进而可得椭圆C的方程． （2）①联立直线l与椭圆的方程，由Δ＞0，解得−√5＜𝑚＜√5，又直线PA，PB的斜率都存在，所以m≠±1，进而可得答案．②设A（x1，y1），B（x2，y2），结合韦达定理可

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得x1+x2，x1x2，计算kPA•kPB，即可得出答案． 【解答】解：（1）因为D的离心率为解得t＝1，则D的方程为

𝑥22

√6𝑡√6，所以√1+2=2， 2

−𝑦2=1．

因为C的焦点与D的焦点相同，所以a2﹣1＝2+1， 所以a＝4，则C的方程为

2

𝑥24

+𝑦2=1．

𝑦=−𝑥+𝑚，（2）①联立{𝑥2得5x2﹣8mx+4m2﹣4＝0，

+𝑦2=1，4其中Δ＝m2﹣20（4m2﹣4）＞0，解得−√5＜𝑚＜√5． 又直线PA，PB的斜率都存在，所以m≠±1， 故m的取值范围是(−√5，−1)∪(−1，1)∪(1，√5)．

8𝑚4𝑚2−4

②设A（x1，y1），B（x2，y2），则𝑥1+𝑥2=5，𝑥1𝑥2=， 5则

𝑘𝑃𝐴⋅𝑘𝑃𝐵

2

−𝑥+𝑚−1−𝑥2+𝑚−1−(𝑚−1)(𝑥1+𝑥2)+(𝑚−1)

=1𝑥⋅=1+=1+𝑥2𝑥1𝑥21

3𝑚+5

2

−(𝑚−1)8𝑚+(𝑚−1)𝑚2−4

5=1−4(𝑚+1)，

故直线PA，PB的斜率之积不是定值．

【点评】本题考查椭圆C的方程，双曲线的方程，定值问题，解题中需要一定的计算能力，属于中档题．

3．已知两抛物线E1：y2＝2p1x，E2：y2＝2p2x（p1，p2＞0）．过原点O引与这两条抛物线都相交的直线OA1A2、OB1B2、OC1C2（如图所示），交点分别是A1、A2，B1B2，C1C2． （1）求证：A1B1∥A2B2； （2）求𝑆𝛥𝐴1𝐵1𝐶1：𝑆△𝐴2𝐵2𝐶2的值．

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【分析】（1）由题意设直线l1和l2的方程，分别和抛物线联立，求得交点坐标，得到𝐴1𝐵1，𝐴2𝐵2，的坐标，然后由向量共线即可得出答案．

（2）结合（1）可知，△A1B1C1∽△A2B2C2，由相似三角形的面积比等于相似比的平方，即可得出答案．

【解答】解：（1）证明：设直线l1，l2的方程分别为y＝k1x，y＝k2x（k1，k2≠0），

2𝑝12𝑝1𝑦=𝑘1𝑥由{2，解得A1（2，）， 𝑦=2𝑝1𝑥𝑘1𝑘12𝑝22𝑝2𝑦=𝑘1𝑥由{2，解得A2（2，）， 𝑦=2𝑝2𝑥𝑘1𝑘1

→

→

同理可得B1（所以𝐴1𝐵1=（𝐴2𝐵2=（

→→

→

2𝑝1𝑘2

2，

2𝑝1𝑘2

），B2（，

2𝑝1𝑘2

2𝑝2𝑘2

2，2𝑝2𝑘2

），

1𝑘222𝑝1𝑘22−

2𝑝1𝑘12−

2𝑝1𝑘1

）＝2p1（

1𝑘22−

1𝑘121

，

11

𝑘2

−

1𝑘1

），

2𝑝2𝑘22−

2𝑝2𝑘1

2，

2𝑝2𝑘2

−

2𝑝2𝑘1

）＝2p2（−

1𝑘1

2，

𝑘2

−

𝑘1

），

𝑝1→

所以𝐴1𝐵1=𝑝𝐴2𝐵2，

2

所以A1B1∥A2B2．

（2）由（1）知A1B1∥A2B2． 同理可得B1C1∥B2C2，C1A1∥C2A2， 所以△A1B1C1∽△A2B2C2， 所以

𝑆△𝐴1𝐵1𝐶1𝑆△𝐴2𝐵2𝐶2

=（

|𝐴1𝐵1|

→

2

→）， |𝐴2𝐵2|

→|𝐴1𝐵1|𝑝1𝐴2𝐵2知，→𝑝2

|𝐴2𝐵2|

→

又由（1）中的𝐴1𝐵1=所以

𝑆△𝐴1𝐵1𝐶1𝑆△𝐴2𝐵2𝐶2

𝑥2

→

=

𝑝1𝑝2

，

=

𝑝12𝑝22．

【点评】本题考查抛物线与向量的运算，解题中需要一定的计算能力，属于中档题． 4．已知椭圆

𝑎2+

𝑦2𝑏2=1（a＞b＞0）过点（√3，0），其焦距的平方是长轴长的平方与短轴

长的平方的等差中项． （1）求椭圆的标准方程：

（2）直线l过点M（1，0），与椭圆分别交于点A，B，与y轴交于点N，各点均不重合且满足𝑁𝐴=𝜆𝐴𝑀，𝑁𝐵=𝜇𝐵𝑀，求λ+μ．

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→

→

→

→

【分析】（1）由已知条件推导出b＝1，（2a）2+（2b）2＝2（2c）2，由此能求出椭圆的方程．

（2）设直线1的方程为y＝k（x﹣1），A（x1，y1），B（x2，y2），联立直线方程与椭圆方程，可得𝑥1+𝑥2=解．

【解答】解：（1）设椭圆的焦距为2c，

由题意知𝑎=√3，且（2a）2+（2b）2＝2（2c）2， 又a2＝b2+c2，∴b2＝1， ∴椭圆的方程为

𝑥23

6𝑘

22

3𝑘+1

，𝑥1𝑥2=

3𝑘−33𝑘+1

22

12，由已知可得得𝜆=1−𝑥，𝜇=1−𝑥，即可求

1

2

𝑥𝑥

+𝑦2=1．

（2）由于直线1过点M（1，0），与y轴交于点N，所以直线l的斜率k存在． 设直线1的方程为y＝k（x﹣1），得N（0，﹣k）， 设A（x1，y1），B（x2，y2），

22𝑦=𝑘(𝑥−1)，6𝑘3𝑘−32222

由{𝑥2得（3k+1）x﹣6kx+3k﹣3＝0，𝑥1+𝑥2=2，𝑥1𝑥2=2，

23𝑘+13𝑘+1+𝑦=1，3∵𝑁𝐴=𝜆𝐴𝑀，

1∵（x1，y1+k）＝λ（1﹣x1，﹣y1），解得𝜆=1−𝑥

1

2同理可得𝜇=1−𝑥，

2

222(3𝑘−3)6𝑘

2−23𝑘+13𝑘+1223𝑘−3

1−6𝑘+223𝑘+13𝑘+1

→→

𝑥

𝑥

则λ+μ=

𝑥1𝑥𝑥1+𝑥2−2𝑥1𝑥2+2==1−𝑥11−𝑥21−(𝑥1+𝑥2)+𝑥1𝑥2

=−3．

【点评】本题考查椭圆方程的求法，考查直线与椭圆位置关系、向量知识和等价转化思想的合理运用．属于中档题．

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