专题11圆锥曲线的方程与性质（讲）【解析版】（理科）第一篇热点、难点突破篇-《2022年高考理科数学二轮复习讲练测》（全国课标版）

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专题 11 圆锥曲线的方程与性质（讲）（理）

1.圆锥曲线的方程与几何性质是高考的重点，多以选择题、填空题或解答题的第一问的形式命题；

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，突出方程思想、转化化归与分类讨论思想方法的考查.

1.(2021·新高考Ⅱ卷)抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点到直线 y＝x＋1的距离为，则 p＝(　　)

A.1 B.2 C.2 D.4

答案　B

解析　抛物线的焦点坐标为，其到直线 x－y＋1＝0的距离 d＝＝，解得：p＝2(p＝－6舍去).

2.(2021·全国甲卷)已知 F1，F2是双曲线 C的两个焦点，P为C上一点，且∠F1PF2＝60°，|PF1|＝

3|PF2|，则 C的离心率为(　　)

A. B. C. D.

答案　A

解析　设|PF2|＝m，|PF1|＝3m(m>0)，

则|F1F2|＝＝m，

所以 C的离心率 e＝＝＝＝＝.

3.(2021·新高考Ⅰ卷)已知 O为坐标原点，抛物线 C：y2＝2px(p>0)的焦点为 F，P为C上一点，

PF 与x轴垂直，Q为x轴上一点，且 PQ⊥OP.若|FQ|＝6，则 C的准线方程为________.

答案　x＝－

解析　法一　由题意易得|OF|＝，|PF|＝p，∠OPF＝∠PQF，所以 tan∠OPF＝tan∠PQF，

所以＝，即＝，解得 p＝3，所以 C的准线方程为 x＝－.

法二　由题意易得|OF|＝，|PF|＝p，|PF|2＝|OF|·|FQ|，即 p2＝·6，解得 p＝3或p＝0(舍去)，

所以 C的准线方程为 x＝－.

4.(2021·全国甲卷)已知 F1，F2为椭圆 C：＋＝1的两个焦点，P，Q为椭圆 C上关于坐标原点对称

的两点，且|PQ|＝|F1F2|，则四边形 PF1QF2的面积为________.

答案　8

解析　法一　由椭圆 C：＋＝1可知|F1F2|＝4.

由P，Q为C上关于坐标原点对称的两个点，且|PQ|＝|F1F2|，得|PO|＝|QO|＝2(O为坐标原点)，

所以 P，Q既在椭圆＋＝1上，又在圆 x2＋y2＝12 上.不妨设点 P在第一象限，

由得 P，

由对称性，得四边形 PF1QF2的面积 S四边形 PF1QF2＝2S△PF1F2＝2××|F1F2|×yP＝2××4×＝8.

法二　由椭圆方程知，a＝4，b＝2，则 c＝＝2.由点 P在椭圆上，得|PF1|＋|PF2|＝8，

所以|PF1|2＋|PF2|2＋2|PF1|·|PF2|＝64①.

由椭圆的对称性及|PQ|＝|F1F2|知，四边形 PF1QF2是矩形.

在Rt△PF1F2中，由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝48②.

由①－②得|PF1|·|PF2|＝8，

所以 S四边形 PF1QF2＝|PF1|·|PF2|＝8.

5.(2020·全国Ⅱ卷)已知椭圆 C1：＋＝1(a>b>0)的右焦点 F与抛物线 C2的焦点重合，C1的中心与

C2的顶点重合.过F且与 x轴垂直的直线交 C1于A，B两点，交 C2于C，D两点，且|CD|＝|AB|.

(1)求C1的离心率；

(2)设M是C1与C2的公共点.若|MF|＝5，求 C1与C2的标准方程.

解　(1)由已知可设 C2的方程为 y2＝4cx，

其中 c＝.

不妨设 A，C在第一象限，由题设得 A，B的纵坐标分别为，－；C，D的纵坐标分别为 2c，－

2c，

故|AB|＝，|CD|＝4c.

由|CD|＝|AB|得4c＝，即 3×＝2－2.

解得＝－2(舍去)或＝.

所以 C1的离心率为.

(2)由(1)知a＝2c，b＝c，故 C1：＋＝1.

设M(x0，y0)，则＋＝1，y＝4cx0，

故＋＝1.①

因为 C2的准线为 x＝－c，所以|MF|＝x0＋c，

又|MF|＝5，故 x0＝5－c，

代入①得＋＝1，

即c2－2c－3＝0，解得 c＝－1(舍去)或c＝3.

所以 C1的标准方程为＋＝1，

C2的标准方程为 y2＝12x.

一、考向分析：

三角函数与

解三角形

三角函数求

值

三角函数图

质象与性

三角恒等变

形解三角形三角函数与

解三角形

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