2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题18圆锥曲线的综合问题热点难点突破理含解析
2019届高考数学圆锥曲线专题复习：圆锥曲线常用解法、常规题型与性质
a2 xA 4 1 3 c
例 3、动圆 M 与圆 C1:(x+1) 2+y2=36 内切 ,与圆 C2:(x-1) 2+y切时的“图形特征” ：两个圆心与切点这三点共线（如图中的 A 、M 、C 共线，
B 、 D、 M 共线）。列式的主要途径是动圆的“半径等于半径” （如图中的 MC MD ）。
在椭圆上，同样 C 在椭圆上， D 在准线上，可见直接求解较繁，将这些线段“投影”到
x 轴上，立即可得
防
6
f (m) ( xB x A ) 2 ( xD xC ) 2 2 (xB xA ) ( xD X C )
2 ( xB xC ) (x A xD ) 2 ( xB X C )
此时问题已明朗化，只需用韦达定理即可。
舍去）
2 )，它为直线 AF 与抛物线的另一交点，
（ 2）（ 1 ,1） 4
过 Q 作 QR⊥l 交于 R，当 B、Q、R 三点共线时， BQ QF BQ QR 最小， 此时 Q 点的纵坐标为 1，
3
代入
y
2
=4x
得 x=
1
，∴ Q(
1 ,1)
4
4
点评：这是利用定义将“点点距离”与“点线距离”互相转化的一个典型例题，请仔细体会。
1
题，最终转化为一元二次方程问题，故用韦达定理及判别式是解决圆锥曲线问题的重点方法之一，尤其是 弦中点问题，弦长问题，可用韦达定理直接解决，但应注意不要忽视判别式的作用。
3、设而不求法 解析几何的运算中，常设一些量而并不解解出这些量，利用这些量过渡使问题得以解决，这种方法称
为“设而不求法” 。设而不求法对于直线与圆锥曲线相交而产生的弦中点问题，常用
如“ 2x+y ”，令 2x+y=b，则 b 表示斜率为 -2 的直线在 y 轴上的截距；如“ x 2+y2” , 令 x 2 y 2 d ，
2019年高考—圆锥曲线知识点总结
轴是 x, y 轴，所以令 y 0 得 x a ，因此双曲线和 x 轴有两个交点 A (a,0) A2 (a,0) ，他们是双
曲线 x2 y 2 1的顶点。 a2 b2
令 x 0 ，没有实根，因此双曲线和 y 轴没有交点。
1）注意：双曲线的顶点只有两个，这是与椭圆不同的(椭圆有四个顶点),双曲线的顶点分
a2 b2
a2 b2
和 y2 的分母的大小。例如椭圆 x2 y2 1（ m 0 ， n 0 , m n ）当 m n 时表示焦点在 x 轴上 mn
的椭圆;当 m n 时表示焦点在 y 轴上的椭圆。
（2）椭圆的性质
①范围：由标准方程 x2 y2 1知| x | a ，| y | b ，说明椭圆位于直线 x a ， y b 所围 a2 b2
2．双曲线
(1）双曲线的概念
平面上与两点距离的差的绝对值为非零常数的动点轨迹是双曲线(|| PF1 | | PF2 || 2a ）。 注意：①式中是差的绝对值,在 0 2a | F1F2 | 条件下;| PF1 | | PF2 | 2a 时为双曲线的一支； | PF2 | | PF1 | 2a 时为双曲线的另一支(含 F1 的一支)；②当 2a | F1F2 | 时，|| PF1 | | PF2 || 2a 表示 两条射线；③当 2a | F1F2 | 时，|| PF1 | | PF2 || 2a 不表示任何图形；④两定点 F1, F2 叫做双曲线的
x2 y2 1 (a b 0) 的 有 关 性 质 中 横 坐 标 x 和 纵 坐 标 y 互 换 ， 就 可 以 得 出 a2 b2
川越教育
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2019 年高考—圆锥曲线知识点总结(word 版可编辑修改)
y2 x2 1 (a b 0) 的有关性质。总结如下： a2 b2
高考数学必考难点：圆锥曲线的知识点梳理(共10页)
高考数学必考难点：圆锥曲线知识点梳理一、方程的曲线：在平面直角坐标系中，如果某曲线C(看作适合某种条件的点的集合或轨迹 )上的点与一个二元方程f(x,y)=0的实数解建立了如下的关系：(1)曲线上的点的坐标都是这个方程的解；(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点，那么这个方程叫做曲线的方程；这条曲线叫做方程的曲线。
点与曲线的关系：若曲线C 的方程是f(x,y)=0，则点P 0(x 0,y 0)在曲线C 上⇔f(x 0,y)=0；点P 0(x 0,y 0)不在曲线C 上⇔f(x 0,y 0)≠0。
两条曲线的交点：若曲线C 1，C 2的方程分别为f 1(x,y)=0,f 2(x,y)=0,则点P 0(x 0,y 0)是C 1，C 2的交点⇔{),(0),(002001==y x f y x f 方程组有n 个不同的实数解，两条曲线就有n 个不同的交点；方程组没有实数解，曲线就没有交点。
二、圆：1、定义：点集｛M ｜｜OM ｜=r ｝，其中定点O 为圆心，定长r 为半径.2、方程：(1)标准方程：圆心在c(a,b)，半径为r 的圆方程是(x-a)2+(y-b)2=r 2 圆心在坐标原点，半径为r 的圆方程是x 2+y 2=r 2(2)一般方程：①当D 2+E 2-4F ＞0时，一元二次方程x 2+y 2+Dx+Ey+F=0叫做圆的一般方程，圆心为)2,2(E D--半径是2422FE D -+。
配方，将方程x 2+y 2+Dx+Ey+F=0化为(x+2D )2+(y+2E)2=44F -E D 22+ ②当D 2+E 2-4F=0时，方程表示一个点(-2D ,-2E ); ③当D 2+E 2-4F ＜0时，方程不表示任何图形.（3）点与圆的位置关系 已知圆心C(a,b),半径为r,点M 的坐标为(x 0,y 0)，则｜MC ｜＜r ⇔点M 在圆C 内，｜MC ｜=r ⇔点M 在圆C 上，｜MC ｜＞r ⇔点M 在圆C 内，其中｜MC ｜=2020b)-(y a)-(x +。
2019年高考数学全国卷大纲及考试说明分析解读
全国卷注重对数学通性通法的考查，试题 以一道题为载体，呈现给考生的是一类题，是解 决这一类题的通用方法，也即一解多题.
（2018 全国Ⅱ理 20，12 分）
四 贴近生活实际 体现应用价值
全国卷在数学试题的设计上紧密结合社会实际和 考生的现实生活，体现了数学在解决实际问题中 的重要作用和应用价值，体现了高考改革中加强 应用的特点，很好地体现了“立德树人”的教育理 念. 例如（2017 全国Ⅰ理 12）
例 3 （2019 益阳高三调研 12）
例 4 （2018 河南省实验中学月考一 12）
例5
六构建解决数学问题的模式识别能力
当遇到一道数学题目时，你的第一反 应是什么?当然是迅速形成解题方案.在经过 审题并且理解题意后，立即思考问题属于哪 一部分（代数部分、立体几何部分、三角部 分、解析几何部分等等） 、哪一章节? 与这 一章节的哪个类型比较接近?解决这个类型 有哪些方法?哪个方法可以首先拿来试用?这
例如（2017 全国Ⅰ理 20）
2.综合考查素养
全国卷中试题的问题情境更加丰富，设 问方式更加新颖，综合、灵活地考查了考生 的数学素养及学习新知识的能力.
例1 （2018 全国Ⅲ理7 文9 ）
三 注重能力立意 突出通性通法
1.注重能力立意 全国卷以能力立意为核心，重点考查考 生的数学能力.抽象概括能力、推理论证能力、 空间想象能力、运算求解能力、数据处理能力以 及应用意识和创新意识在试卷中都得到了较好的 考查. 2.突出通性通法
是研究变量与函数、相等与不等过程中的基本 数学思想. 解读一 参数思维：是指在解题过程中，通过 适当引入一些与题目研究的数学对象发生联 系的新变量（参数） ，以此作为媒介，再进 行分析和综合，从而解决问题.运用参数解题 的关键是恰到好处地引进参数，沟通已知和
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题18圆锥曲线的综合问题教学案文含解析
圆锥曲线的综合问题【2019年咼考考纲解读】1. 圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题•2. 试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大. 【重点、难点剖析】一、范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.⑵设E与y轴正半轴的交点为B,过点B的直线I的斜率为k(k丰0), l与E交于另一点P.若以点B为圆心，以线段BP长为半径的圆与E有4个公共点，求k的取值范围.【解析】解法一⑴ 设点Mx, y)，由2MQ= AQ得A(x, 2y),由于点A在圆C： x2+ y2= 4上，则x2+ 4y2= 4,2x 2即动点M的轨迹E的方程为.+ y = 1.42x 2(2)由(1)知，E的方程为，+ y2= 1,4因为E与y轴正半轴的交点为B,所以B(0,1),所以过点B且斜率为k的直线I的方程为y = kx+ 1( k丰0).y = kx+ 1,由丿x22得(1 + 4k2) x2+ 8kx= 0,4 + y = 1，5 r,, 8k设0X1, y1), F(X2, y2)，因此X1 = 0, X2=—〔十你2,I BP =、1 + k2| X1 —x2|「［第十k2.由于以点B为圆心，线段BP长为半径的圆与椭圆E的公共点有4个，由对称性可设在y轴左侧的椭圆上有两个不同的公共点P, T,满足| BR = | BT| ,此时直线BP的斜率k>0, 记直线BT的斜率为k1,且k1> 0,总工k,小8|幻| 「 --- 2则回=1+ 4^吋,故阳k 仆斗加严，所以吞一吞=0,即(1 + 4k 2) k ? + k = (1 + 4 k ?) k 2+ k 4, 所以(k 2— k 1)(1 + k 2+ k ?- 8k 2k 1) = 0,由于 幻工k ,因此1 + k 2+ k 1— 8k 2k 1= 0,2221 91因为 k > 0,所以 8k i — 1 > 0,所以 k = 8+ ―朋——>^.又k > 0,所以k > ,2.又 k& k ,所以 1 + k 2 + k 2 — 8k 2k 2z 0, 所以8k 4— 2k 2— 1工0.又k > 0，解得k 工 所以 k c 42,22u 2 宀.根据椭圆的对称性，k C —a, — 2 U — 2 , — 4也满足题意.综上所述，k 的取值范围为 —a, — ； u — 22, — 42 u 42,22u 2,+a .解法二 (1)设点 Mx , y ), A (x 1, yd ，则 Qx 1,0).2 X 1 — x = 0, 因为2MQ= AQ 所以 2(X 1 — x ,— y ) = (0，— y"，所以厂 —2y = —y 1,因为点A 在圆C: x 2 + y 2= 4上，所以x 2+ 4y 2 = 4,2 x 2所以动点M 的轨迹E 的方程为一+ y = 1.42x 2⑵ 由(1)知，E 的方程为4 + y = 1,所以B 的坐标为(0,1)，易得直线l 的方程为y = kx +1( k 丰0).ry = kx + 1,由 S x 2 2得(1 + 4k 2) x 2 + 8kx = 0,4+y = 1，| BF f =1 +前刘―= 1 + ：；2 1 +2 22264k 1 + k X + (y — 1)=1 + 4k2 2k 2+ 1 8k 1— 1 =1 98+ .谄-X 1 = x ,解得彳M = 2y .设巳X 1, y",P ( X 2, y 2)因此 X 1 = 0, X 2= — 8k21 +则点P 的轨迹方程为依题意，得(*)式在y €( —1,1)上有两个不同的实数解.2 2264k 1 +k设 f (x ) = 3x + 2x — 5+——1 + 4k 22( — 1v x v 1),1易得函数f (x )的图象的对称轴为直线 X =— 3, 3要使函数f (x )的图象在(—1,1)内与x 轴有两个不同的交点, 〔△= 4— 4 X 3X — 5 + 则$'f — 1> 0,__ 424k — 4k + 1> 0,Ioo整理得64k 1 + k厂4+1 + 4k2 2 > 0，r" 4 24k — 4k + 1 > 0 , 即弋2【方法技巧】1.解决圆锥曲线中范围问题的方法2 2■ 2264k 1 + k x + y —= 1+ 4k 2 2，由<2,2 ,x + 4y = 4,得 3y 2 + 2y — 5 + 誉+^匚=0( -1 v y v 1).(*)64 k 2 1 + k 2 1 + 4k 2 2所以得k €,+m,所以k 的取值范围为"> 8,k 2 工2,22, - 42 °8k 2— 1> 0 ,42 °一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化.2 •圆锥曲线中最值的求解策略(1) 数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解.(2) 构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解.由题意可知，圆 M 的半径r 为=^2 弋1 + k 1 \‘1 + 8k 1 =32…r= 3|AB由题设知⑶构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域2 2一 x y \f 2【变式探究】(2017 •山东)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆E ：云+ ^2= 1(a >b >0)的离心率为-y ，焦距为2.(1)求椭圆E 的方程;2所以椭圆E 的方程为:+ y 2= 1.⑵设丿(心产)，肌m k)联立方程彳得（4爲 + 2）y-4诟JUT- 1—0. 由題青知丿4 >5 「 , - 2 耘 _ 1且 十-莎十 也-一亦TT?⑵ 如图，动直线I : y = k i x —f 交椭圆E 于A , B 两点,C 是椭圆E 上一点，直线 00的斜率为k 2,且k i k 2=#M 是线段OC 延长线上一点，且|M0 = 2：3,O M 的半径为|M0, OS 0T 是O M 的两条切线，切点分别为S , T .求/ SOT 的最大值，并求取得最大值时直线I 的斜率.所以 a =<J 2, b = 1, 乎，2c = 2,所以 c = 1 ,/曰 2 8k2 2 1得X = 1+ 4k2, y= 1 + 4k1,因此I OC = /+ / = 1+8：2由题意可知，sin / SOT2 r + | O(p r2 运寸1 + k1 \1 + 8k13 1 + 2k21 + 2k21=2,即卩t =2时等号成立，此时k 1=± 2,/ SOT 1…,/ SOT n---- <，因此 -------- < —2 2 2 6'n所以/ SOT 的最大值为3・综上所述，/ SOT 的最大值为才，取得最大值时直线I 的斜率为站=±¥.【变式探究】已知 N 为圆C 1：(X + 2)2+ y 2= 24上一动点，圆心 C 关于y 轴的对称点为C 2,点M P 分别是 线段 GN, GN 上的点，且 M P- C 2N = 0, C 2N= 2CP. (1) 求点M 的轨迹方程；(2) 直线I : y = kx + m 与点M 的轨迹r 只有一个公共点 P ,且点P 在第二象限，过坐标原点O 且与I 垂直的2 2直线I '与圆X + y = 8相交于A B 两点，求△ PAB 面积的取值范围. 解(1)连接MG,令 t = 1 + 2k 1, 因此r 10C 32小 1则 t >1, t € (0,1),t2t 2+ t — 1当且仅当所以sin设直线l '与l 垂直交于点 Q因为 C 2N= 2C 2P, 所以P 为C 2N 的中点, 因为 MP- c N= 0, 所以M PL CN所以点M 在 C 2N 的垂直平分线上， 所以 |MN = | MC ,因为 |MN + | MC | =|M© + |MC = 2 6>4, 所以点M 在以G , C 2为焦点的椭圆上， 因为a =r 』6, c = 2,所以b 2= 2,2 2所以点M 的轨迹方程为x +2 = 1.y = kx + m(2)由y 2=1,(3 k 2+ 1) x 2 + 6kmx + 3吊-6= 0,因为直线I : y = kx + m 与椭圆r 相切于点P, 所以 △= (6 km )2- 4(3k 2+ 1) (3 吊一6) =12(6 k 2 + 2-吊)=0，即 m = 6k 2 + 2, & /口 - 3km m 解得 X = 3k 2+ 1 , y = 3k 2 + 1, 即点P 的坐标-3kmm3k 2+ 1 3 k 2 + 1 ,因为点P 在第二象限，所以k >0, m >0, 所以 m = \/6k 2 + 2,所以点P 的坐21'3 k 2 + 1 ,则| PQ 是点P 到直线l '的距离,1且直线I '的方程为y =— x ,k2 2k 3k 4+ 4k 2 + 12 23k+k 2+4当且仅当3k 2 =右，即『=罟时，|PQ 有最大值372 1所以 S ^PAB = 2 X4 2 X| PQ W4— 4, 即厶PAB 面积的取值范围为(0, 4 3— 4]. 【感悟提升】 解决范围问题的常用方法(1) 数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解. (2) 构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解. ⑶构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域.2213【变式探究】已知椭圆 C ： a + b^ = 1(a >b >0)的一条切线方程为 y = 2x + 2\[2，且离心率为 2 (1)求椭圆C 的标准方程；⑵ 若直线l : y = kx + m 与椭圆C 交于A B 两个不同的点，与 y 轴交于点 M 且AM= 3MB 求实数 m 的取值范围.将 y = 2x + 2 2代入，得 8x 2 + 8 2x + 8 — a 2= 0,22由△ = 128— 32(8 — a ) = 0，得 a = 4，2故椭圆C 的标准方程为x 2+ y = 1.4所以| PQ = 3+ 1=詁6— 2,(1)由题意知，离心率 e= 2c a，23； a ， 1 b = 2a ， 2 2y 4x'• ~2+ ~2= 1 a a⑵根据已知，得M0，m，设 A ( x i , kx i + m ) , B (X 2, kx 2 + m ), 」y = kx + m , 2 22由 2 2得(k + 4)x + 2mkx^ m i -4 = 0,4x + y = 4,LT2、2、2 2且 △ = 4mk — 4( k + 4)( m - 4)>0 ,即 k 2- m +4>o ,• 1<m <4，解得—2<n T — 1 或 1<nT2, 综上所述，实数 m 的取值范围为(—2, - 1) U (1,2). 题型二定点、定值问题2例2、(2018 •北京)已知抛物线 C: y = 2px 经过点F (1,2)，过点Q 0,1)的直线I 与抛物线 交点A , B,且直线FA 交y 轴于M 直线PB 交y 轴于N (1) 求直线I 的斜率的取值范围；⑵ 设O 为原点，6l\=入Q O QN =Q O 求证：—+ —为定值.入 3(1)解 因为抛物线y 2= 2px 过点(1,2), 所以2p = 4,即p = 2. 故抛物线C 的方程为y 2= 4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0.x i + X 2 = -2 kmk 2 + 4，X l X 2 = k 2+ 4'由AM= 3MB 得一x i = 3x 2,即卩 x i =- 3x 2, 2/. 3( X i + X 2) + 4x 1X 2= 0,12k 2 m n吊一•- k 2+2+k 2+ 4 =0,即 mk 2+ m -k 2- 4= o ,当 m = i 时，mk 2+ m -k 2-4= 0不成立,• k 2=.22■/ k -m +4>0，即 (4 - m ) mm - 1 >0,c 有两个不同的4- m 4 - m设直线l的方程为y= kx + 1(k丰0), y2= 4x , 2 2由得kx + (2k-4)x +1 = 0.y = kx +1,依题意知 △ = (2 k — 4) 2-4X k 2 X 1>0, 解得k <0或0<k <1.又PA PB 与 y 轴相交，故直线I 不过点(1 , — 2). 从而k 工―3.所以直线I 的斜率的取值范围是(一汽一3) U ( — 3,0) U (0,1)⑵证明 设机心対，方(心 刃, 2 j — 41宙（1）知買:+益=1 7：~直线PA 的方程为y — 2—~一 (x-1), 圧一 1令 F 得点序的纵坐标为幵=士孑+厂二^+*Xi~ 1JQ — 1同理得点卅的纵坐掠为/尸二^2宙芮=」乔：拆左苗，得人=1「乃》耳=1一”—（±-1 2x^2 — f JC + JG 、~k-l2 2L4_ i F卜F--------- =2.打一 1 【方法技巧】 1 •定点问题的求解策略(1) 动直线I 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y = kx + t ,由题设条件将t 用k 表示为t = mK 得y = k ( x + m ，故动直线过定点(—m,0) •(2) 动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线 C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.1所以、+ 入1为定值.□2 •定值问题的求解策略定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关•在这类试题中选择消元的方向是非常关键的no【变式探究】 已知倾斜角为 4的直线经过抛物线 r : y 2= 2px (p >0)的焦点F ,与抛物线r 相交于A B 两点,且 | AB = 8.(1)求抛物线r 的方程；⑵ 过点 只12,8)的两条直线丨1,丨2分别交抛物线 r 于点C,D 和E ,F ,线段CD 和EF 的中点分别为 M N.如果直线l i 与丨2的倾斜角互余，求证：直线MN 经过一定点.p(1)解 由题意可设直线 AB 的方程为y = x -2，2A = 9p 2-4X 鲁=8p 2>0,令 A (X 1, y" , 0X 2, y 2), 则 X 1 + X 2= 3p ,由抛物线的定义得|AB = X 1 + X 2+ p = 4p = 8, --p = 2.•••抛物线的方程为 y 2 = 4x .(2) 证明 设直线丨1,丨2的倾斜角分别为 a , 3 ,n由题意知，a , 3工2 .直线I 1的斜率为k ,则k = tan a . •••直线丨1与丨2的倾斜角互余，n 、sin• tan 3 = tan 2 —a =— cos_ cos a _1_1sin a sin a tan a 'COS a1•直线l 2的斜率为..k•直线CD 的方程为y — 8 = k (x — 12), 即 y = k (x - 12) + 8.由 y ; x -2, y 2= 2px ,2消去y 整理得x 2- 3px + p = 0,由片k X -12+ 8, y = 4x,4• y c + y D = k ，4 16• X c + X D = 24+ R 2 — k , •点M 的坐标为（12+ A 8,令 1 一以匚代替点M 坐标中的k ，可得点N 的坐标为(12 + 2k 2 — 8k, 2k ),11 2 1 1 (r k 厂<k —k) k+k -4•••直线MN 的方程为1 2y — 2k = 1[X — (12 + 2k — 8k )],厂 + k — 4k即 f + k — 4 y = X —10,2 2X y 例3. （2018 •全国川）已知斜率为 k 的直线I 与椭圆C ：二+ ?= 1交于4 3m )( m >0).（1）证明：k <—2⑵ 设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且F P + F A + F B= 0.证明：| FA , 列的公差.(1)证明设 A (X 1, y" , 0X 2, y 2),2 2 2 2“X 1 y 1X 2 y 2则7+ 3=1, X T 盯1y 1 一 y 2两式相减，并由X L X 2= k ，_ X1+ X 2 y 1+ y 2 得=+亍k =°.消去x 整理得 ky 2— 4y + 32 — 48k = 0,设 q x c , y c ), Q XD , y D ),2 1— k 显然当 X = 10 时，y = 0, 故直线 MN 经过定点(10 , 0). 题型三 探索性问题 A , B 两点，线段 AB 的中点为 M 1 ,I Fp , |F B I 成等差数列，并求该数则(X 3- 1, y 3)+ (x i - 1, y i ) + (X 2- 1, y 2)= (0,0).由(1)及题设得 X 3= 3— (X 1 + X 2) = 1,y 3=— (y 1 + y 2) = — 2n <0.又点P 在C 上，所以m = 4,从而 P £，— I] |FP | = I ，2 ( X 1X 1-+ 3 1—4 = 2 — 2.同理|FB | = 2 —善.所以 |FA | + | FB | = 4— 2(X 1 + X 2)= 3.故 2| FP | = |FA | + |FB |，即 |FA |, |FP | , |FB | 成等差数列. 设该数列的公差为 d ,贝U 2|d | =|| F B — | F A || =；|X 1 — X 2| = 2X 1 + X 2 2— 4x 1X 2.②将m= 4代入①得k =— 1,所以I 的方程为y = — x + 4,代入C 的方程, 并整理得7X 2— 14X + 4= 0.4故X 1 + X 2= 2,灭风二；1，代入②解得|d | =，~~~.28 28 所以该数列的公差为 328 1或— 3221.2 2【变式探究】已知椭圆 C ： %+ X2= 1(a >b >0)的上、下焦点分别为 F 1, F 2，上焦点R 到直线4x + 3y + 12= 0a b1的距离为3，椭圆C 的离心率e = 2. (1)求椭圆C 的方程;由题设知X1 ； X2 y 1 + y 22 = m是k ——4m ① 由题设得0<叶3, 1 k <—2.(2)解由题意得F (1,0).设 P (X 3, y 3),于是 | FA | = —X 1 —]"+ y 1=X1即 X 2(y 1-1) + X 1( y 2-1) = 0.(*)解 ⑴由已知椭圆厂的方程为M +& b设椭圆的焦点尺(6 ri, 由岛到直线的距禽为3,又楠圆卞的离心率戶二所以又几 求得3-4, F=3・⑵存在•理由如下：由(1)得椭圆E设直线AB 的方程为y = kx + 1( k z 0),y =kx +1,联立 x 2y 21消去 y 并整理得(4 k 2+ 1)x 2+ 8kx - 12= 0,△ =(8 k )2+ 4(4 k 2+ 1) X 12= 256k 2+ 48>0.由于PM =入 P A P B—+ — qPAPP B所以PM 平分/ APB所以直线PA 与直线PB 的倾斜角互补, P A P B否存在点P ,使得PM=入 —+二一?若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明理由.Q PA 丨PB 丿设 A (x 1, yd , R X 2, y 2),假设存在点 P (0 , t )满足条件,所以 k pA + k pB = 0.将 y i = kx i + 1, y 2= kx 2+1 代入(*)式,整理得 2kx i X 2+ (1 — t )(x i + X 2) = 0,整理得 3k + k (1 — t ) = 0,即卩 k (4 — t ) = 0, 因为k 工0,所以t = 4.〉 PA PB所以存在点 P (0,4)，使得PM=入 —— + ——QPA |PE|) 【感悟提升】 解决探索性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在. (1) 当条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2) 当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3) 当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.2 2x y4的椭圆—+ 2 = 1(a >b >0)过点a bP 1, 2，点F 是椭圆的右焦点.(1)求椭圆方程；⑵在x 轴上是否存在定点 D 使得过D 的直线I 交椭圆于A, B 两点.设点E 为点B 关于x 轴的对称点，且A , F , E 三点共线？若存在，求 D 点坐标；若不存在，说明理由.解 (1)••• 2 a = 4,••• a = 2,2 2•椭圆方程为4 + 3 =匸 (2)存在定点D 满足条件.设 D ( t, 0)，直线 l 方程为 x = my + t ( nr 5 0),x = my +1 ,联立 x 2 y 2_+一=1, 4 32 2 2消去 x ，得(3m + 4)y + 6mt • y + 3t — 12= 0,所以一2k • 124k 2+ 1 —t x — 8k 4k 2+ 10,【变式探究】已知长轴长为将点P 1, 3代入 2 22+ b 2= 1，得 b 2= 3设A(X1, y" , E(X2, y2)，则日X2, —y2),广一6mtyi+y2=3m+ 4，i2且△ >0.3t - 12l y iy2=丽T4由A F, E 二点共线，可得(X2 —1)y i + (X i —1) y2= 0,即2myy2+ (t —1)( y i + y2)= 0,23t —12 —6mt二 2 m-——2 , + (t —1) • —2 , = 0,3m+ 4 ' ) 3m + 4 '解得t = 4,2此时由△ >0得m>4.•••存在定点D(4,0)满足条件，且m满足m>4.题型四圆锥曲线中的存在性问题2 2x y例4、椭圆E： a2+含=1(a>b> 0)的右顶点为A,右焦点为F,上、下顶点分别是CF交线段AB于点D且| BD = 2| DA.(1) 求E的标准方程；(2) 是否存在直线I，使得I交E于M N两点，且F恰是△ BMN^垂心？若存在，求说明理由.【解析】(1)解法一由题意知F(c, 0) , A(a, 0), B(0 , b), C(0，—b),所以直线AB的方程为a+ b= 1,直线CF的方程为c —y= 1,a b c bT T T 厂2ac 2因为|BD = 2|DA ,所以BD= 2DA所以BD= o BA得——=a ,3 a+ c 3解得a= 2c ,所以b=/a2—c2= “』3c.因为|AB = 7 ,即a2+ b2= 7 ,所以7c= 7 ,2 2所以c = 1 , a= 2 , b= p3,所以E的标准方程为X + y = 14 3解法二如图，设E的左焦点为G连接BG由椭圆的对称性得BG/ CF,B, C | AB = .7,直线l的方程；若不存在,得, X—b= 1 cb2ac XD= a+ c3k = 33，1厂1 VRucI GF I BD | 则 |FA|=咸=2，即 I GF = 2| FA |，由题意知 F ( c, 0)，则 | GF = 2c , | FA = a -c ,所以 2c = 2( a - c )，得 a = 2c , 所以 b =「J a 2- c 2=「(3c .因为| AB =寸7,即寸a + b =寸7,即卩(7c = 7,所以 c = 1, a = 2, b =・』3,2 2所以E 的标准方程为x +y =i. 4 32 2x VL⑵ 由(1)知，E 的方程为4 + 3 = 1,所以B (0 , 3) , F (1,0),所以直线BF 的斜率k BF =-3.假设存在直线I ,使得F 是厶BMN 勺垂心，连接 BF,并延长，连接 MF 并延长，如图，则 BF 丄MN MFL BN设 I 的方程为 y = jx + m Mx i , y i ) , N X 2 , y 2),因为 MH BN 所以MF ・BN= 0.因为 MF = (1 — X 1,— y 1), BN = (X 2, y — 3),y=^x + m由2 2匸+y -= i .4 十 3 '得，13x 2+ 8、3mx+ 12(卅―3) = 0,由△= (8 3n )2— 4X 13X 12(卅一3) > 0 得,39—3 v *39 3X l + X 2 =X 1X 2 =12 2' m —.13所以(1 — X 1) X 2— y« y 2 — -J 3) = 0,整理得(1 —申司以1 + X 2) — 3X 1X 2— m +寸3m= 0, 13屮( 8 J3m"— 4 .12 m- 3 “ —13 厂 3 13整理得 21m — 5、3m- 48= 0,解得 m= 丫 3或 n =—豊］3当m= 3时，M 或N 与B 重合，不符合题意，舍去； 当m =—1加时，满足-；9< m v 界所以存在直线I ，使得F 是厶BMN 勺垂心，l 的方程为y = ^X —打2 2【变式探究】已知圆 O: X + y = 4,点F (1,0) , P 为平面内一动点，以线段 FP 为直径的圆内切于圆 Q 设 动点P 的轨迹为曲线C. (1)求曲线C 的方程；一 1 一 一⑵ M N 是曲线C 上的动点，且 直线MN 经过定点(0 ,刁，问在y 轴上是否存在定点 Q 使得/ MQ =Z NQQ 若存在，请求出定点 Q,若不存在，请说明理由.解析：(1)设PF 的中点为S ,切点为T ,连QS ST ,则|QS + |SF = |QT = 2,取F 关于y 轴的对称点F ', 连接 F ' P,所以 | PF = 2| QS ，故 | F' P | + | FP = 2(| QS + | SF |) = 4, 所以点P 的轨迹是以F ', F 分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆,2 2则曲线C 方程为X + y = 1.4 3 (2)假设存在满足题意的定点Q,设Q0 , m ,—m + 3m= 0, 所以1 — 3 m 即(1 — X )X2+ m + 1+ m = 0,当直线MM 勺斜率存在时，设直线 MN 勺方程为y = kx + M>i , y i ) , N (x 2, y0 .2 2x y匕 +3 = i,联立，得iy = kx +则△> 0, x i + X 2 = 3-4k .,-ii XiX2= 3 + 4k 2,由/ MQO / NQO 得直线MQ 与NQ 勺斜率之和为零，易知 x i 或X 2等于y i - m y 2 — m时，不满足题意，故七;-+—=i i kx i + 2 - m kx 2+ 2 - m 2kx i X 2+ + = X i X 2 X i + x 2X 1X2 J — ii 门 、、—4k 4k m — b即 2kXiX2+ 2-m (Xi + X2) = 2k • 3+ 4k 2+ 2- m 3+ 4k 2 = 3+ 4k 2= 0,当k ^0时，m = 6，所以存在定点(0,6)，使得/ MQO / NQO 当k = 0时，定点(0,6)也符合题意. 易知当直线 MN 的斜率不存在时，定点(0,6)也符合题意. 综上，存在定点(0,6)，使得/ MQ =Z NQO 2 2消去 x ,得(3 + 4k )x + 4kx - 11 = 0,。
浅谈圆锥曲线的计算技巧3——2019全国Ⅱ卷圆锥曲线压轴题分析
=
k ，方程为 y = 2
k (x −t) ． 2
由
y = k (x 2
x2 y2 +
42
− =
t ), 1
得
(2
+
k
2
)x2
−
2tk
2x
+
k
2t 2
−
8
=
0
．①
设 G(xG ,
yG )
，则 −t 和
xG
是方程①的解，故 xG
=
t(3k 2 + 2) 2 + k2
，由此得
yG
=
tk 3 2 + k2
（ii）求△PQG 面积的最大值.
【解析】 （1）直接坐标化即可，由题设得 y y =−1 ，化简得 x+2 x−2 2
x2 y2 + = 1(| x | 2)
，所以 C 为中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左
42
右顶点。（注意斜率存在因此要挖去左右顶点）
（2）（i）由图像可知 QPG 应该为直角，而在解析几何里证明垂直常见的方法
E 点坐标写出 QE 的方程则会比较复杂，再与椭圆联立则不切实际。在这里换元、
先算后代的思想就能大大减少运算量：有些点坐标或者已知参数比较复杂，如果
直接用来计算会比较复杂，可以先用字母替代（即换元）计算，到最后一步再带
入已知的式子。
记t =
2 1+ 2k 2
，则 P(t, kt),Q(−t, −kt), E(t, 0) .则 kQG
在本题中即有： kGP
kGQ
=
−
b2 a2
=
−1 2
2019二卷数学圆锥曲线
2019二卷数学圆锥曲线
2019年高考数学二卷的圆锥曲线部分，是许多考生心中的痛点。
圆锥曲线是高中数学的重要内容之一，它涉及的知识点广泛，对思维能力要求高，因此难度较大。
在2019年的高考数学二卷中，圆锥曲线部分更是成为了一个难点，许多考生在此部分失分严重。
圆锥曲线部分主要考察了椭圆的性质、标准方程以及直线与椭圆的位置关系等知识点。
其中，最让考生头疼的是计算问题。
由于涉及到的数学公式较多，计算过程繁琐，很多考生在解题过程中出现了错误，导致最终答案不准确。
为了更好地掌握圆锥曲线部分的知识点，考生需要在平时的学习中多加练习。
通过大量的练习，考生可以逐渐掌握解题技巧，提高计算能力和思维敏捷度。
此外，考生还需要注重基础知识的学习，掌握椭圆的基本性质和标准方程，以便在解题时能够灵活运用。
除了练习和基础知识的学习，考生还需要注意一些细节问题。
例如，在解题过程中要仔细审题，避免因为看错题目或理解错误而导致失分。
同时，考生还需要注意计算的准确性和速度，在考试时合理安排时间，避免因为时间不够而影响最终成绩。
总之，2019年高考数学二卷的圆锥曲线部分难度较大，需要考生在平时的学习中多加练习，注重基础知识的学习和细节问题的处理。
只有这样，考生才能够在考试中取得更好的成绩。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题18圆锥曲线的综合问题热点难点突破理含解析
圆锥曲线的综合问题1．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝33，左、右焦点分别为F 1，F 2，且F 2与抛物线y 2＝4x 的焦点重合．(1)求椭圆的标准方程；(2)若过F 1的直线交椭圆于B ，D 两点，过F 2的直线交椭圆于A ，C 两点，且AC ⊥BD ，求|AC |＋|BD |的最小值．解 (1)抛物线y 2＝4x 的焦点坐标为(1,0)，所以c ＝1，又因为e ＝c a ＝1a ＝33，所以a ＝3，所以b 2＝2，所以椭圆的标准方程为x 23＋y 22＝1.(2)①当直线BD 的斜率k 存在且k ≠0时， 直线BD 的方程为y ＝k (x ＋1)， 代入椭圆方程x 23＋y 22＝1，并化简得(3k 2＋2)x 2＋6k 2x ＋3k 2－6＝0.Δ＝36k 4－4(3k 2＋2)(3k 2－6)＝48(k 2＋1)>0恒成立． 设B (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－6k 23k 2＋2，x 1x 2＝3k 2－63k 2＋2，|BD |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝()1＋k 2·[]x 1＋x 22－4x 1x 2＝43()k 2＋13k 2＋2. 由题意知AC 的斜率为－1k，所以|AC |＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋13×1k2＋2＝43()k 2＋12k 2＋3. |AC |＋|BD |＝43()k 2＋1⎝⎛⎭⎪⎫13k 2＋2＋12k 2＋3＝203()k 2＋12()3k 2＋2()2k 2＋3≥203()k 2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤()3k 2＋2＋()2k 2＋322＝203()k 2＋12k 2＋24＝1635.当且仅当3k 2＋2＝2k 2＋3，即k ＝±1时，上式取等号， 故|AC |＋|BD |的最小值为1635.②当直线BD 的斜率不存在或等于零时， 可得|AC |＋|BD |＝1033>1635.综上，|AC |＋|BD |的最小值为1635.5．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的上顶点为点D ，右焦点为F 2(1,0)，延长DF 2交椭圆C 于点E ，且满足|DF 2|＝3|F 2E |.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点F 2作与x 轴不重合的直线l 和椭圆C 交于A ，B 两点，设椭圆C 的左顶点为点H ，且直线HA ，HB 分别与直线x ＝3交于M ，N 两点，记直线F 2M ，F 2N 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1与k 2之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解 (1)椭圆C 的上顶点为D (0，b )，右焦点F 2(1,0)，点E 的坐标为(x ，y )． ∵|DF 2|＝3|F 2E |，可得DF 2→＝3F 2E →， 又DF 2→＝(1，－b )，F 2E →＝(x －1，y )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝43，y ＝－b3，代入x 2a 2＋y 2b2＝1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫432a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 32b 2＝1，又a 2－b 2＝1，解得a 2＝2，b 2＝1， 即椭圆C 的标准方程为x 22＋y 2＝1.∴y M ＝y 1()3＋2x 1＋2.同理可得y N ＝y 2()3＋2x 2＋2，∴M ，N 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫3，y 1()3＋2x 1＋2，⎝ ⎛⎭⎪⎫3，y 2()3＋2x 2＋2，∴k 1k 2＝y M －03－1·y N －03－1＝14y M y N＝14·y 1()3＋2x 1＋2·y 2()3＋2x 2＋2＝y 1y 23＋224()my 1＋1＋2()my 2＋1＋2 ＝y 1y 23＋224[]m 2y 1y 2＋()1＋2m ()y 1＋y 2＋()1＋22＝－11－62m 2＋24⎣⎢⎡⎦⎥⎤－m 2m 2＋2＋－2()1＋2m 2m 2＋2＋3＋22＝－11－62m 2＋24×6＋42m 2＋2＝42－98.∴k 1与k 2之积为定值，且该定值是42－98.6．已知平面上动点P 到点F ()3，0的距离与到直线x ＝433的距离之比为32，记动点P 的轨迹为曲线E .(1)求曲线E 的方程；(2)设M (m ，n )是曲线E 上的动点，直线l 的方程为mx ＋ny ＝1. ①设直线l 与圆x 2＋y 2＝1交于不同两点C ，D ，求|CD |的取值范围；②求与动直线l 恒相切的定椭圆E ′的方程，并探究：若M (m ，n )是曲线Γ：Ax 2＋By 2＝1(A ·B ≠0)上的动点，是否存在与直线l ：mx ＋ny ＝1恒相切的定曲线Γ′？若存在，直接写出曲线Γ′的方程；若不存在，说明理由．解 (1)设P (x ，y )，由题意，得()x －32＋y2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －433＝32. 整理，得x 24＋y 2＝1，∴曲线E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)①圆心到直线l 的距离d ＝1m 2＋n 2，∵直线与圆有两个不同交点C ，D ， ∴|CD |2＝4⎝⎛⎭⎪⎫1－1m 2＋n 2. 又∵m 24＋n 2＝1(m ≠0)，∴|CD |2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－43m 2＋4.∵|m |≤2，∴0<m 2≤4， ∴0<1－43m 2＋4≤34.∴|CD |2∈(0，3]，|CD |∈(]0，3，即|CD |的取值范围为(]0，3.②当m ＝0，n ＝1时，直线l 的方程为y ＝1； 当m ＝2，n ＝0时，直线l 的方程为x ＝12.根据椭圆对称性，猜想E ′的方程为4x 2＋y 2＝1. 下面证明：直线mx ＋ny ＝1(n ≠0)与4x 2＋y 2＝1相切，其中m 24＋n 2＝1，即m 2＋4n 2＝4.由⎩⎪⎨⎪⎧4x 2＋y 2＝1，y ＝1－mx n ，消去y 得(m 2＋4n 2)x 2－2mx ＋1－n 2＝0， 即4x 2－2mx ＋1－n 2＝0，∴Δ＝4m 2－16()1－n 2＝4()m 2＋4n 2－4＝0恒成立，从而直线mx ＋ny ＝1与椭圆E ′：4x 2＋y 2＝1恒相切．若点M ()m ，n 是曲线Γ：Ax 2＋By 2＝1()A ·B ≠0上的动点，则直线l ：mx ＋ny ＝1与定曲线Γ′：x 2A ＋y 2B＝1()A ·B ≠0恒相切．7.已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，右焦点为F 2(1,0)，点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上． (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝k (x －4)(k ≠0)与椭圆C 由左至右依次交于M ，N 两点，已知直线A 1M 与A 2N 相交于点G ，证明：点G 在定直线上，并求出定直线的方程．解析：(1)由F 2(1,0)，知c ＝1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝1＋b 2，1a 2＋94b 2＝1，所以a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)因为y ＝k (x －4)，所以直线l 过定点(4,0)，由椭圆的对称性知点G 在直线x ＝x 0上． 当直线l 过椭圆C 的上顶点时，M (0，3)，所以直线l 的斜率k ＝－34，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－34x －，x 24＋y23＝1，得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝85，y ＝335，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，335，由(1)知A 1(－2,0)，A 2(2,0)， 所以直线lA 1M 的方程为y ＝32(x ＋2)，直线lA 2N 的方程为y ＝－332(x －2)，所以G ⎝⎛⎭⎪⎫1，332，所以G 在直线x ＝1上．当直线l 不过椭圆C 的上顶点时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，所以Δ＝(－32k 2)2－4×(3＋4k 2)·(64k 2－12)＞0，得－12＜k ＜12，x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，x 1·x 2＝64k 2－123＋4k 2，易得直线lA 1M 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，直线lA 2N 的方程为y ＝y 2x 2－2(x －2)，当x ＝1时，3y 1x 1＋2＝－y 2x 2－2得2x 1x 2－5(x 1＋x 2)＋8＝0， 所以k 2－3＋4k 2－5×32k 23＋4k2＋＋4k 23＋4k2＝0显然成立，所以G 在直线x ＝1上．8．已知平面直角坐标系内两定点A (－22，0)，B (22，0)及动点C (x ，y )，△ABC 的两边AC ，BC 所在直线的斜率之积为－34.(1)求动点C 的轨迹E 的方程；(2)设P 是y 轴上的一点，若(1)中轨迹E 上存在两点M ，N 使得MP →＝2PN →，求以AP 为直径的圆的面积的取值范围．解析：(1)由已知，k AC ·k BC ＝－34，即y x ＋22·y x －22＝－34，所以3x 2＋4y 2＝24，又三点构成三角形，所以y ≠0， 所以点C 的轨迹E 的方程为x 28＋y 26＝1(y ≠0)． (2)设点P 的坐标为(0，t )当直线MN 的斜率不存在时，可得M ，N 分别是短轴的两端点，得到t ＝±63. 当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋t (k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则由MP →＝2PN →得x 1＝－2x 2. ①联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 28＋y26＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－24＝0，当Δ＞0得64k 2t 2－4(3＋4k 2)(4t 2－24)＞0，整理得t 2＜8k 2＋6. 所以x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2，x 1x 2＝4t 2－243＋4k2， ②。
2019届高考理数9.8圆锥曲线的综合问题
§9.8圆锥曲线的综合问题考纲解读分析解读 1.会处理动曲线(含直线)过定点的问题.2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手,通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查,分值约为12分,难度偏大.五年高考考点一定值与最值及范围问题1.(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y,点A,B,抛物线上的点P(x,y).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围;(2)求|PA|·|PQ|的最大值.解析(1)设直线AP的斜率为k,k==x-,因为-<x<,所以直线AP斜率的取值范围是(-1,1).(2)解法一:联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是x Q=.因为|PA|==(k+1),|PQ|=(x Q-x)=-,所以|PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1)3,令f(k)=-(k-1)(k+1)3.因为f'(k)=-(4k-2)(k+1)2,所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,因此当k=时,|PA|·|PQ|取得最大值.解法二:如图,连接BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ=·(-)=·-.易知P(x,x2),则·=2x+1+2x2-=2x2+2x+,=+=x2+x++x4-x2+=x4+x2+x+.Ⅰ|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+.设f(x)=-x4+x2+x+,则f'(x)=-4x3+3x+1=-(x-1)(2x+1)2,Ⅰf(x)在上为增函数,在上为减函数,Ⅰf(x)max=f(1)=.故|AP|·|PQ|的最大值为.2.(2017山东,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.(1)求椭圆E的方程;(2)如图,动直线l:y=k1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且k1k2=.M是线段OC 延长线上一点,且|MC|Ⅰ|AB|=2Ⅰ3,☉M的半径为|MC|,OS,OT是☉M的两条切线,切点分别为S,T.求∠SOT的最大值,并求取得最大值时直线l的斜率.解析(1)由题意知e==,2c=2,所以a=,b=1,因此椭圆E的方程为+y2=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),联立消y整理得(4+2)x2-4k1x-1=0,由题意知Δ>0,且x1+x2=,x1x2=-,所以|AB|=|x1-x2|=.由题意可知圆M的半径r=|AB|=·.由题设知k1k2=,所以k2=,因此直线OC的方程为y=x.联立得x2=,y2=,因此|OC|==.由题意可知sin==,而==,令t=1+2,则t>1,∈(0,1),因此=·=·=·≥1,当且仅当=,即t=2时等号成立,此时k1=±,所以sin≤,因此≤,所以∠SOT的最大值为.综上所述:∠SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率k1=±.3.(2016课标全国Ⅰ,20,12分)已知椭圆E:+=1的焦点在x轴上,A是E的左顶点,斜率为k(k>0)的直线交E于A,M两点,点N在E上,MA⊥NA.(1)当t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,求k的取值范围.解析(1)设M(x1,y1),则由题意知y1>0.当t=4时,E的方程为+=1,A(-2,0).(1分)由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为y=x+2.(2分)将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=,所以y1=.(4分)因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.(5分)(2)由题意,t>3,k>0,A(-,0).将直线AM的方程y=k(x+)代入+=1得(3+tk2)x2+2·tk2x+t2k2-3t=0.(7分)由x1·(-)=得x1=,故|AM|=|x1+|=.(8分)由题设,直线AN的方程为y=-(x+),故同理可得|AN|=.(9分)由2|AM|=|AN|得=,即(k3-2)t=3k(2k-1).当k=时上式不成立,因此t=.(10分)t>3等价于=<0,即<0.(11分)由此得或解得<k<2.因此k的取值范围是(,2).(12分)教师用书专用(4—15)4.(2014四川,10,5分)已知F为抛物线y2=x的焦点,点A,B在该抛物线上且位于x轴的两侧,·=2(其中O为坐标原点),则△ABO与△AFO面积之和的最小值是()A.2B.3C.D.答案B5.(2015江苏,12,5分)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为.答案6.(2016山东,21,14分)平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率是,抛物线E:x2=2y的焦点F是C的一个顶点.(1)求椭圆C的方程;(2)设P是E上的动点,且位于第一象限,E在点P处的切线l与C交于不同的两点A,B,线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.(i)求证:点M在定直线上;(ii)直线l与y轴交于点G,记△PFG的面积为S1,△PDM的面积为S2.求的最大值及取得最大值时点P的坐标.解析(1)由题意知=,可得a2=4b2.因为抛物线E的焦点F的坐标为,所以b=,所以a=1.所以椭圆C的方程为x2+4y2=1.(2)(i)设P(m>0).由x2=2y,可得y'=x,所以直线l的斜率为m.因此直线l方程为y-=m(x-m),即y=mx-.设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x0,y0).联立得(4m2+1)x2-4m3x+m4-1=0.由Δ>0,得0<m<(或0<m2<2+),(*)且x1+x2=,因此x0=.将其代入y=mx-,得y0=.因为=-,所以直线OD方程为y=-x.联立得点M的纵坐标y M=-,所以点M在定直线y=-上.(ii)由(i)知直线l方程为y=mx-.令x=0,得y=-,所以G.又P,F,D,所以S1=·|GF|·m=,S2=·|PM|·|m-x0|=××=.所以=.设t=2m2+1.则===-++2,当=,即t=2时,取到最大值,此时m=,满足(*)式,所以P点坐标为.因此的最大值为,此时点P的坐标为.7.(2015课标全国Ⅰ,20,12分)已知椭圆C:9x2+y2=m2(m>0),直线l不过原点O且不平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M.(1)证明:直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值;(2)若l过点,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形?若能,求此时l的斜率;若不能,说明理由.解析(1)设直线l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(x M,y M).将y=kx+b代入9x2+y2=m2得(k2+9)x2+2kbx+b2-m2=0,故x M==,y M=kx M+b=.于是直线OM的斜率k OM==-,即k OM·k=-9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0,k≠3.由(1)得OM的方程为y=-x.设点P的横坐标为x P.由得=,即x P=.将点的坐标代入l的方程得b=,因此x M=.四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即x P=2x M.于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.因为k i>0,k i≠3,i=1,2,所以当l的斜率为4-或4+时,四边形OAPB为平行四边形.8.(2015浙江,19,15分)已知椭圆+y2=1上两个不同的点A,B关于直线y=mx+对称.(1)求实数m的取值范围;(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).解析(1)由题意知m≠0,可设直线AB的方程为y=-x+b.由消去y,得x2-x+b2-1=0.因为直线y=-x+b与椭圆+y2=1有两个不同的交点,所以Δ=-2b2+2+>0,Ⅰ将AB中点M代入直线方程y=mx+,解得b=-.Ⅰ由ⅠⅠ得m<-或m>.(2)令t=∈∪,则|AB|=·,且O到直线AB的距离为d=.设△AOB的面积为S(t),所以S(t)=|AB|·d=≤.当且仅当t2=时,等号成立.故△AOB面积的最大值为.9.(2015天津,19,14分)已知椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=截得的线段的长为c,|FM|=.(1)求直线FM的斜率;(2)求椭圆的方程;(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.解析(1)由已知有=,又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.设直线FM的斜率为k(k>0),则直线FM的方程为y=k(x+c).由已知,有+=,解得k=.(2)由(1)得椭圆方程为+=1,直线FM的方程为y=(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.因为点M在第一象限,可得M的坐标为.由|FM|==,解得c=1,所以椭圆的方程为+=1.(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,得t=,即y=t(x+1)(x≠-1),与椭圆方程联立得消去y,整理得2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,得t=>,解得-<x<-1,或-1<x<0.设直线OP的斜率为m,得m=,即y=mx(x≠0),与椭圆方程联立,整理可得m2=-.Ⅰ当x∈时,有y=t(x+1)<0,因此m>0,于是m=,得m∈.Ⅰ当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,因此m<0,于是m=-,得m∈.综上,直线OP的斜率的取值范围是∪.10.(2014浙江,21,15分)如图,设椭圆C:+=1(a>b>0),动直线l与椭圆C只有一个公共点P,且点P在第一象限.(1)已知直线l的斜率为k,用a,b,k表示点P的坐标;(2)若过原点O的直线l1与l垂直,证明:点P到直线l1的距离的最大值为a-b.解析(1)设直线l的方程为y=kx+m(k<0),由消去y得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.由于l与C只有一个公共点,故Δ=0,即b2-m2+a2k2=0,解得点P的坐标为.又点P在第一象限,故点P的坐标为.(2)由于直线l1过原点O且与l垂直,故直线l1的方程为x+ky=0,所以点P到直线l1的距离d=,整理得d=.因为a2k2+≥2ab,所以≤=a-b,当且仅当k2=时等号成立.所以,点P到直线l1的距离的最大值为a-b.11.(2014湖北,21,14分)在平面直角坐标系xOy中,点M到点F(1,0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.(1)求轨迹C的方程;(2)设斜率为k的直线l过定点P(-2,1).求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围.解析(1)设点M(x,y),依题意得|MF|=|x|+1,即=|x|+1,化简整理得y2=2(|x|+x).故点M的轨迹C的方程为y2=(2)在点M的轨迹C中,记C1:y2=4x,C2:y=0(x<0),依题意,可设直线l的方程为y-1=k(x+2).由方程组可得ky2-4y+4(2k+1)=0.Ⅰ(i)当k=0时,此时y=1.把y=1代入轨迹C的方程,得x=.故此时直线l:y=1与轨迹C恰好有一个公共点.(ii)当k≠0时,方程Ⅰ的判别式为Δ=-16(2k2+k-1).Ⅰ设直线l与x轴的交点为(x0,0),由y-1=k(x+2),令y=0,得x0=-.Ⅰ1°若由ⅠⅠ解得k<-1或k>.即当k∈(-∞,-1)∪时,直线l与C1没有公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有一个公共点.2°若或则由ⅠⅠ解得k∈或-≤k<0.即当k∈时,直线l与C1只有一个公共点,与C2有一个公共点.当k∈时,直线l与C1有两个公共点,与C2没有公共点.故当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点.3°若则由ⅠⅠ解得-1<k<-或0<k<.即当k∈∪时,直线l与C1有两个公共点,与C2有一个公共点,故此时直线l与轨迹C恰好有三个公共点.综合(i)(ii)可知,当k∈(-∞,-1)∪∪{0}时,直线l与轨迹C恰好有一个公共点;当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有两个公共点;当k∈∪时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点.12.(2014湖南,21,13分)如图,O为坐标原点,椭圆C1:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为e1;双曲线C2:-=1的左、右焦点分别为F3、F4,离心率为e2,已知e1e2=,且|F2F4|=-1.(1)求C1,C2的方程;(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.解析(1)因为e1e2=,所以·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(b,0),于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,所以a2=2.故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1.(2)因为AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),故可设直线AB的方程为x=my-1.由得(m2+2)y2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=.因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,于是AB的中点M的坐标为.故直线PQ的斜率为-,则PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0.由得(2-m2)x2=4,所以2-m2>0,且x2=,y2=,从而|PQ|=2=2.设点A到直线PQ的距离为d,则点B到直线PQ的距离也为d,所以2d=,因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,从而2d=.又因为|y1-y2|==,所以2d=.故四边形APBQ的面积S=|PQ|·2d==2.而0<2-m2<2,故当m=0时,S取得最小值2.综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.13.(2013陕西,20,13分)已知动圆过定点A(4,0),且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程;(2)已知点B(-1,0),设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P,Q,若x轴是∠PBQ的角平分线,证明直线l过定点.解析(1)如图,设动圆圆心为O1(x,y),由题意,知|O1A|=|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1H⊥MN交MN于H,则H是MN的中点,Ⅰ|O1M|=,又|O1A|=,Ⅰ=,化简得y2=8x(x≠0).又当O1在y轴上时,O1与O重合,点O1的坐标(0,0)也满足方程y2=8x,Ⅰ动圆圆心的轨迹C的方程为y2=8x. (2)由题意,设直线l的方程为y=kx+b(k≠0),P(x1,y1),Q(x2,y2),将y=kx+b代入y2=8x中,得k2x2+(2bk-8)x+b2=0.其中Δ=-32kb+64>0.由根与系数的关系得,x1+x2=,Ⅰx1x2=,Ⅰ因为x轴平分∠PBQ,所以=-,即y1(x2+1)+y2(x1+1)=0,(kx1+b)(x2+1)+(kx2+b)(x1+1)=0,2kx1x2+(b+k)(x1+x2)+2b=0,Ⅰ将Ⅰ,Ⅰ代入Ⅰ得2kb2+(k+b)(8-2bk)+2k2b=0,Ⅰk=-b,此时Δ>0,Ⅰ直线l的方程为y=k(x-1),即直线l过定点(1,0).14.(2013安徽,18,12分)设椭圆E:+=1的焦点在x轴上.(1)若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程;(2)设F1,F2分别是椭圆E的左,右焦点,P为椭圆E上第一象限内的点,直线F2P交y轴于点Q,并且F1P⊥F1Q.证明:当a变化时,点P在某定直线上.解析(1)因为焦距为1,所以2a2-1=,解得a2=.故椭圆E的方程为+=1.(2)证明:设P(x0,y0),F1(-c,0),F2(c,0),其中c=.由题设知x0≠c,则直线F1P的斜率=,直线F2P的斜率=.故直线F2P的方程为y=(x-c).当x=0时,y=,即点Q的坐标为.因此,直线F1Q的斜率为=.由于F1P⊥F1Q,所以·=·=-1.化简得=-(2a2-1).Ⅰ将Ⅰ代入椭圆E的方程,由于点P(x0,y0)在第一象限,解得x0=a2,y0=1-a2,即点P在定直线x+y=1上.15.(2013山东,22,13分)椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1、F2,离心率为,过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程;(2)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点,连接PF1,PF2.设∠F1PF2的角平分线PM交C的长轴于点M(m,0),求m的取值范围;(3)在(2)的条件下,过点P作斜率为k的直线l,使得l与椭圆C有且只有一个公共点.设直线PF1,PF2的斜率分别为k1,k2.若k≠0,试证明+为定值,并求出这个定值.解析(1)由于c2=a2-b2,将x=-c代入椭圆方程+=1,得y=±,由题意知=1,即a=2b2.又e==,所以a=2,b=1.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)解法一:设P(x0,y0)(y0≠0).又F1(-,0),F2(,0),所以直线PF1,PF2的方程分别为:y0x-(x0+)y+y0=0,:y0x-(x0-)y-y0=0.由题意知=.由于点P在椭圆上,所以+=1.所以=.因为-<m<,-2<x0<2,所以=.所以m=x0.因此-<m<.解法二:设P(x0,y0).当0≤x0<2时,Ⅰ当x0=时,直线PF2的斜率不存在,易知P或P.若P,则直线PF1的方程为x-4y+=0.由题意得=-m,因为-<m<,所以m=.若P,同理可得m=.Ⅰ当x0≠时,设直线PF1,PF2的方程分别为y=k1(x+),y=k2(x-).由题意知=,所以=.因为+=1,并且k1=,k2=,所以===,即=.因为-<m<,0≤x0<2且x0≠,所以=.整理得m=,故0≤m<且m≠.综合ⅠⅠ可得0≤m<.当-2<x0<0时,同理可得-<m<0.综上所述,m的取值范围是.(3)设P(x0,y0)(y0≠0),则直线l的方程为y-y0=k(x-x0).联立得整理得(1+4k2)x2+8(ky0-k2x0)x+4(-2kx0y0+k2-1)=0.由题意知Δ=0,即(4-)k2+2x0y0k+1-=0.又+=1,所以16k2+8x0y0k+=0,故k=-.由(2)知+=+=,所以+==·=-8,因此+为定值,这个定值为-8.考点二存在性问题1.(2015北京,19,14分)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,点P(0,1)和点A(m,n)(m≠0)都在椭圆C上,直线PA交x轴于点M.(1)求椭圆C的方程,并求点M的坐标(用m,n表示);(2)设O为原点,点B与点A关于x轴对称,直线PB交x轴于点N.问:y轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.解析(1)由题意得解得a2=2.故椭圆C的方程为+y2=1.设M(x M,0).因为m≠0,所以-1<n<1.直线PA的方程为y-1=x,所以x M=,即M.(2)因为点B与点A关于x轴对称,所以B(m,-n).设N(x N,0),则x N=.“存在点Q(0,y Q)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q(0,y Q)使得=”,即y Q满足=|x M||x N|.因为x M=,x N=,+n2=1,所以=|x M||x N|==2.所以y Q=或y Q=-.故在y轴上存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ.点Q的坐标为(0,)或(0,-).2.(2014山东,21,14分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,A为C上异于原点的任意一点,过点A的直线l交C于另一点B,交x轴的正半轴于点D,且有|FA|=|FD|.当点A的横坐标为3时,△ADF为正三角形.(1)求C的方程;(2)若直线l1∥l,且l1和C有且只有一个公共点E,(i)证明直线AE过定点,并求出定点坐标;(ii)△ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在,请说明理由.解析(1)由题意知F.设D(t,0)(t>0),则FD的中点为.因为|FA|=|FD|,由抛物线的定义知3+=,解得t=3+p或t=-3(舍去).由=3,解得p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)(i)由(1)知F(1,0),设A(x0,y0)(x0y0≠0),D(x D,0)(x D>0),因为|FA|=|FD|,则|x D-1|=x0+1,由x D>0得x D=x0+2,故D(x0+2,0).故直线AB的斜率k AB=-.因为直线l1和直线AB平行,所以设直线l1的方程为y=-x+b,代入抛物线方程得y2+y-=0,由题意得Δ=+=0,得b=-.设E(x E,y E),则y E=-,x E=,当≠4时,k AE==-=,可得直线AE的方程为y-y0=(x-x0),由=4x0,整理可得y=(x-1),直线AE恒过点F(1,0).当=4时,直线AE的方程为x=1,过点F(1,0),所以直线AE过定点F(1,0).(ii)由(i)知直线AE过焦点F(1,0),所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+=x0++2.设直线AE的方程为x=my+1,因为点A(x0,y0)在直线AE上,故m=,设B(x1,y1),直线AB的方程为y-y0=-(x-x0),由于y0≠0,可得x=-y+2+x0,代入抛物线方程得y2+y-8-4x0=0.所以y0+y1=-,可求得y1=-y0-,x1=+x0+4,所以点B到直线AE的距离为d===4.则△ABE的面积S=×4≥16,当且仅当=x0,即x0=1时等号成立.所以△ABE的面积的最小值为16.教师用书专用(3)3.(2013湖北,21,13分)如图,已知椭圆C1与C2的中心在坐标原点O,长轴均为MN且在x轴上,短轴长分别为2m,2n(m>n),过原点且不与x轴重合的直线l与C1,C2的四个交点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.记λ=,△BDM和△ABN的面积分别为S1和S2.(1)当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,求λ的值;(2)当λ变化时,是否存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2?并说明理由.解析依题意可设椭圆C1和C2的方程分别为C1:+=1,C2:+=1.其中a>m>n>0,λ=>1.(1)解法一:如图1,若直线l与y轴重合,即直线l的方程为x=0,则S1=|BD|·|OM|=a|BD|,S2=|AB|·|ON|=a|AB|,所以=.在C1和C2的方程中,分别令x=0,可得y A=m,y B=n,y D=-m,于是===.若=λ,则=λ,化简得λ2-2λ-1=0.由λ>1,可解得λ=+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,则λ=+1.解法二:如图1,若直线l与y轴重合,则|BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n;S1=|BD|·|OM|=a|BD|,S2=|AB|·|ON|=a|AB|.所以===.若=λ,则=λ,化简得λ2-2λ-1=0.由λ>1,可解得λ=+1.故当直线l与y轴重合时,若S1=λS2,则λ=+1.(2)解法一:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k>0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则d1==,d2==,所以d1=d2.又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以==λ,即|BD|=λ|AB|.由对称性可知|AB|=|CD|,所以|BC|=|BD|-|AB|=(λ-1)·|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=(λ+1)|AB|,于是=.Ⅰ将l的方程分别与C1,C2的方程联立,可求得x A=,x B=.根据对称性可知x C=-x B,x D=-x A,于是===.Ⅰ从而由Ⅰ式和Ⅰ式可得=.Ⅰ令t=,则由m>n,可得t≠1,于是由Ⅰ式可解得k2=.因为k≠0,所以k2>0.于是Ⅰ式关于k有解,当且仅当>0,等价于(t2-1)<0.由λ>1,可解得<t<1,即<<1,由λ>1,解得λ>1+,所以当1<λ≤1+时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2;当λ>1+时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.解法二:如图2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.根据对称性,不妨设直线l:y=kx(k>0),点M(-a,0),N(a,0)到直线l的距离分别为d1,d2,则d1==,d2==,所以d1=d2.又S1=|BD|d1,S2=|AB|d2,所以==λ.因为===λ,所以=.由点A(x A,kx A),B(x B,kx B)分别在C1,C2上,可得+=1,+=1,两式相减可得+=0,依题意得x A>x B>0,所以>.所以由上式解得k2=.因为k2>0,所以由>0,可解得1<<λ.从而1<<λ,解得λ>1+,所以当1<λ≤1+时,不存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2;当λ>1+时,存在与坐标轴不重合的直线l,使得S1=λS2.三年模拟A组2016—2018年模拟·基础题组考点一定值与最值及范围问题1.(人教A选2—1,二A,5,变式)若双曲线-=1(a>0,b>0)与直线y=2x无交点,则其离心率e的取值范围是()A.(1,2)B.(1,2]C.(1,)D.(1,]答案D2.(2017湖南长沙模拟,11)P是双曲线C:-y2=1右支上一点,直线l是双曲线C的一条渐近线,P在l上的射影为Q,F1是双曲线C的左焦点,则|PF1|+|PQ|的最小值为()A.1B.2+C.4+D.2+1答案D3.(2018河北五校12月联考,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,右焦点为F,上顶点为A,且△AOF的面积为(O是坐标原点).(1)求椭圆C的方程;(2)设P是椭圆C上的一点,过P的直线l与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为M,证明:|PF|+|PM|为定值.解析(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得⇒Ⅰ椭圆的方程为+y2=1.(2)证明:以短轴为直径的圆的方程为x2+y2=1,F(1,0),设P(x0,y0),则+=1(0<x0≤).Ⅰ|PF|=====(2-x0).又l与圆x2+y2=1相切于M,Ⅰ|PM|=====x0,Ⅰ|PF|+|PM|=(2-x0)+x0=,为定值.考点二存在性问题4.(2018四川乐山模拟,20)设椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,上顶点为A,过点A与AF2垂直的直线交x轴负半轴于点Q,且2+=0,过A,Q,F2三点的圆的半径为2.过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H 两点(点G在点M,H之间).(1)求椭圆C的方程;(2)设直线l的斜率k>0,在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形是菱形?如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,请说明理由.解析(1)因为2+=0,所以F1为F2Q的中点.由F1(-c,0),F2(c,0)及已知得Q的坐标为(-3c,0),因为AQ⊥AF2,所以b2=3c×c=3c2,a2=4c×c=4c2,且过A,Q,F2三点的圆的圆心为F1(-c,0),半径为2c,所以2c=2,解得c=1,所以a=2,b=,所以所求椭圆方程为+=1.(2)假设存在点P满足题意,由已知得l的方程为y=kx+2(k>0),与椭圆方程联立,消去y可得(3+4k2)x2+16kx+4=0.设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1+x2=-,Δ=(16k)2-16(3+4k2)>0,又k>0,Ⅰk>.+=(x1-m,y1)+(x2-m,y2)=(x1+x2-2m,y1+y2)=(x1+x2-2m,k(x1+x2)+4),=(x2-x1,y2-y1)=(x2-x1,k(x2-x1)).由于菱形的对角线互相垂直,故(+)·=0,所以(x2-x1)[(x1+x2)-2m]+k(x2-x1)[k(x1+x2)+4]=0,即(x2-x1)[(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k]=0.因为k>0,所以x2-x1≠0.所以(x1+x2)-2m+k2(x1+x2)+4k=0,即(1+k2)(x1+x2)+4k-2m=0.所以(1+k2)+4k-2m=0.解得m=-,即m=-.因为k>,所以+4k≥2=4当且仅当k=时,“=”成立,所以-≤m<0,故存在满足题意的点P,且m的取值范围是.5.(2017河北唐山模拟,20)已知椭圆+=1(a>b>0)的离心率e=,过点A(0,-b)和B(a,0)的直线与原点的距离为.(1)求椭圆的方程;(2)已知定点E(-1,0),若直线y=kx+2(k≠0)与椭圆交于C、D两点,问:是否存在k使得以CD为直径的圆过E点?请说明理由.解析(1)直线AB的方程为bx-ay-ab=0,依题意可得解得Ⅰ椭圆的方程为+y2=1.(2)存在.理由:假设存在这样的k.联立得(1+3k2)x2+12kx+9=0,由题意知Δ=(12k)2-36(1+3k2)>0,Ⅰ设C(x1,y1),D(x2,y2),则x1+x2=-,Ⅰx1·x2=,Ⅰ而y1·y2=(kx1+2)(kx2+2)=k2x1x2+2k(x1+x2)+4,要使以CD为直径的圆过点E(-1,0),当且仅当CE⊥DE时成立,则y1y2+(x1+1)(x2+1)=0,Ⅰ(k2+1)x1x2+(2k+1)(x1+x2)+5=0,Ⅰ将ⅠⅠ代入Ⅰ整理得k=,经验证,k=时Ⅰ成立.综上可知,存在k=使得以CD为直径的圆过点E.B组2016—2018年模拟·提升题组(满分:35分时间:30分钟)一、选择题(共5分)1.(2017河南郑州一模,11)已知直线l与双曲线-y2=1相切于点P,l与双曲线的两条渐近线交于M,N两点,则·的值为()A.3B.4C.5D.与P的位置有关答案A二、解答题(共30分)2.(2018湖南长沙模拟)已知动圆M在圆F1:(x+1)2+y2=外部且与圆F1相切,同时还在圆F2:(x-1)2+y2=内部与圆F2相切.(1)求动圆圆心M的轨迹方程;(2)记(1)中求出的轨迹为C,C与x轴的两个交点分别为A1、A2,P是C上异于A1、A2的动点,直线l:x=与x轴交于点D,直线A1P、A2P分别交直线l于E、F两点,求证:|DE|·|DF|为定值.解析(1)设动圆M的半径为r,由已知得|MF1|=+r,|MF2|=-r,|MF1|+|MF2|=4>|F1F2|,ⅠM点的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆,设椭圆方程为+=1(a>b>0),则a=2,c=1,则b2=a2-c2=3,故圆心M的轨迹方程为+=1.(2)设P(x0,y0),由已知得A1(-2,0),A2(2,0),则=,直线PA1的方程为:y=(x+2),=,直线PA2的方程为:y=(x-2),当x=时,E,F,Ⅰ|DE|·|DF|=(+2)×(-2)=×2,又Ⅰ(x0,y0)满足+=1,Ⅰ=-,Ⅰ|DE|·|DF|=-×2=,为定值.3.(2017广东汕头二模,20)已知O为坐标原点,圆M:(x+1)2+y2=16,定点F(1,0),点N是圆M上一动点,线段NF的垂直平分线交圆M的半径MN于点Q,点Q的轨迹为E.(1)求曲线E的方程;(2)已知点P是曲线E上但不在坐标轴上的任意一点,曲线E与y轴的交点分别为B1、B2,直线B1P和B2P分别与x轴相交于C、D两点,请问线段长之积|OC|·|OD|是否为定值?如果是,请求出定值;如果不是,请说明理由;(3)在(2)的条件下,若点C的坐标为(-1,0),过点C的直线l与E相交于A、B两点,求△ABD面积的最大值.解析(1)连接FQ,则|FQ|=|NQ|,Ⅰ|MQ|+|FQ|=|MQ|+|QN|=|MN|=4>|MF|,根据椭圆的定义得,E是以M(-1,0),F(1,0)为焦点,4为长轴长的椭圆,Ⅰ2a=4,即a=2,又Ⅰ焦点为(1,0),即c=1,Ⅰb2=a2-c2=4-1=3.故点Q的轨迹E的方程为+=1.(2)是定值.设P(x0,y0)(x0≠±2,y0≠±3),不妨设B1在y轴负半轴上,则直线B1P的方程为y=x-.令y=0,得x C=,同理得x D=,Ⅰ|OC|·|OD|=|x C|·|x D|=.Ⅰ点P是曲线E上但不在坐标轴上的任意一点,Ⅰ+=1,即3=4(3-),Ⅰ|OC|·|OD|==4,因此|OC|·|OD|是定值,且定值为4.(3)当点C的坐标为(-1,0)时,点D(-4,0),|CD|=3,设直线l的方程为x=my-1,A(x1,y1),B(x2,y2),由得(3m2+4)y2-6my-9=0,Δ=36(4m2+4),y1,2=,Ⅰ|y1-y2|=,△ABD的面积S=×|y1-y2|×3=·==.Ⅰm2≥0,Ⅰ≥1,又函数y=3x+在[1,+∞)上为增函数,Ⅰ3+≥4,ⅠS≤,Ⅰ当m=0,即直线AB的方程为x=-1时,△ABD的面积最大,且最大值为.C组2016—2018年模拟·方法题组方法1与圆锥曲线相关的最值、范围问题的解题方法1.(2017江西南昌NCS项目模拟,11)抛物线y2=8x的焦点为F,设A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线上的两个动点,若x1+x2+4=|AB|,则∠AFB的最大值为()A. B. C. D.答案D2.(2018天津模拟,20)已知椭圆C:+=1(a>b>0),且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为b.(1)求椭圆C的离心率;(2)若点M在椭圆C上,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,与直线OM相交于点N,且N是线段AB 的中点,求△OAB面积的最大值.解析(1)由题意得a-c=b,则(a-c)2=b2,结合b2=a2-c2,得(a-c)2=(a2-c2),即2c2-3ac+a2=0,亦即2e2-3e+1=0,结合0<e<1,解得e=.所以椭圆C的离心率为.(2)由(1)得a=2c,则b2=3c2.将代入椭圆方程+=1,解得c2=1.所以椭圆方程为+=1.易得直线OM的方程为y=x.当直线l的斜率不存在时,线段AB的中点不在直线y=x上,故直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+m(m≠0),与+=1联立消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,所以Δ=64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12)=48(3+4k2-m2)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=.由y1+y2=k(x1+x2)+2m=,得线段AB的中点坐标为N,因为N在直线y=x上,所以-=2×,解得k=-.所以Δ=48(12-m2)>0,得-2<m<2,且m≠0,|AB|=|x2-x1|=·=·=.又原点O到直线l的距离d=,所以S△OAB=××=≤·=.当且仅当12-m2=m2,即m=±时等号成立,符合-2<m<2,且m≠0.所以△OAB面积的最大值为.3.(2017河南新乡调研,21)设O为坐标原点,已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的离心率为,抛物线C2:x2=-ay的准线方程为y=.(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程;(2)设过定点M(0,2)的直线与椭圆C1交于不同的两点P,Q,若O在以PQ为直径的圆的外部,求直线的斜率的取值范围.解析(1)由题意得=,Ⅰa=2,故抛物线C2的方程为x2=-2y,又e=,Ⅰc=,Ⅰb=1,从而椭圆C1`的方程为+y2=1.(2)显然直线x=0不满足题设条件,可设直线l:y=kx+2,P(x1,y1),Q(x2,y2).由得(1+4k2)x2+16kx+12=0,ⅠΔ=(16k)2-4×12×(1+4k2)>0,Ⅰk∈∪,x1+x2=,x1x2=,根据题意,得0<∠POQ<⇔·>0,Ⅰ·=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+2)(kx2+2)=(1+k2)x1x2+2k(x1+x2)+4=+2k×+4=>0,Ⅰ-2<k<2,综上得k∈∪.方法2圆锥曲线中的定值、定点问题的解题方法4.(2018江苏启东模拟,20)设顶点在原点,焦点在x轴上的抛物线过点P(2,4),过P作抛物线的动弦PA,PB,并设它们的斜率分别为k PA,k PB.(1)求抛物线的方程;(2)若k PA+k PB=0,求证直线AB的斜率为定值,并求出其值;(3)若k PA·k PB=1,求证直线AB恒过定点,并求出其坐标.解析(1)依题意,可设所求抛物线的方程为y2=2px(p>0),因抛物线过点(2,4),故42=4p,解得p=4,故抛物线的方程为y2=8x.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则k PA===,同理,k PB=,k AB=.Ⅰk PA+k PB=0,Ⅰ+=0,Ⅰ=,Ⅰy1+4=-y2-4,Ⅰy1+y2=-8,Ⅰk AB=-1.Ⅰ直线AB的斜率恒为定值-1.(3)Ⅰk PA k PB=1,Ⅰ·=1,Ⅰy1y2+4(y1+y2)-48=0.直线AB的方程为y-y1=,即(y1+y2)y-y1y2=8x.将y1y2=-4(y1+y2)+48代入上式得(y1+y2)(y+4)=8(x+6),该直线恒过定点(-6,-4),命题得证.5.(2018河南新乡模拟,20)已知右焦点为F的椭圆M:+=1(a>)与直线y=相交于P,Q两点,且PF⊥QF.(1)求椭圆M的方程:(2)O为坐标原点,A,B,C是椭圆M上不同的三点,并且O为△ABC的重心,试探究△ABC的面积是否为定值.若是,求出这个定值;若不是,说明理由.解析(1)设F(c,0),P,Q,将点P的坐标代入椭圆方程可得+=1,即t2=a2,Ⅰ由PF⊥QF,可得·=-1,即c2-t2=-,Ⅰ由ⅠⅠ可得c2=a2-.又a2-c2=3,解得a=2,c=1,故椭圆方程为+=1.(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=kx+m,代入椭圆方程3x2+4y2=12,可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1x2=,x1+x2=-,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,由O为△ABC的重心,可得=-(+)=,由C在椭圆上,得3+4=12,化简可得4m2=3+4k2,|AB|=·=·=·,C到直线AB的距离d==,S△ABC=|AB|·d=·=·=.当直线AB的斜率不存在时,|AB|=3,d=3,S△ABC=|AB|·d=.综上可得,△ABC的面积为定值.6.(2017福建福州模拟,20)已知点P是直线l:y=x+2与椭圆+y2=1(a>1)的一个公共点,F1,F2分别为该椭圆的左,右焦点,设|PF1|+|PF2|取得最小值时椭圆为C.(1)求椭圆C的标准方程及离心率;(2)已知A,B为椭圆C上关于y轴对称的两点,Q是椭圆C上异于A,B的任意一点,直线QA,QB分别与y轴交于点M(0,m),N(0,n),试判断mn是否为定值,如果为定值,求出该定值;如果不是,请说明理由.解析(1)联立得(a2+1)x2+4a2x+3a2=0.Ⅰ直线y=x+2与椭圆有公共点,ⅠΔ=16a4-4(a2+1)×3a2≥0,得a2≥3,又a>1,Ⅰa≥,由椭圆的定义知|PF1|+|PF2|=2a,故当a=时,|PF1|+|PF2|取得最小值,此时椭圆C的标准方程为+y2=1,离心率为=.(2)mn为定值.设A(x1,y1),B(-x1,y1),Q(x0,y0)(y0≠y1),且已知M(0,m),N(0,n),由题意知k QA=k QM,Ⅰ=,即m=y0-=,同理,得n=,Ⅰmn=·=,又+=1,+=1,Ⅰ=1-,=1-,Ⅰmn===1,Ⅰmn为定值1.方法3存在性问题的解题策略7.(2016吉林长春外国语学校第一次质量检测,21)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,且过点.(1)求椭圆C的方程;(2)设不过原点O的直线l:y=kx+m(k≠0)与椭圆C交于P、Q两点,直线OP、OQ的斜率依次为k1、k2,若4k=k1+k2,试问:当k变化时,m2是否为定值?若是,求出此定值并证明你的结论;若不是,请说明理由.解析(1)依题意可得又a2=b2+c2,Ⅰa=2,b=1.Ⅰ椭圆C的方程是+y2=1.(2)当k变化时,m2为定值,证明如下:由得(1+4k2)x2+8kmx+4(m2-1)=0.设P(x1,y1)、Q(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,Ⅰ直线OP、OQ的斜率依次为k1、k2,且4k=k1+k2,Ⅰ4k=+=+,得2kx1x2=m(x1+x2),Ⅰm2=,经检验满足Δ>0.。
高考数学核心考点深度解析圆锥曲线篇
高考数学核心考点深度解析圆锥曲线篇在高考数学中，圆锥曲线一直是一个重要的考点，其涉及的知识点较为深奥，对学生的数学能力和逻辑思维能力都有很高的要求。
本文将从圆锥曲线的基本概念出发，深度解析其在高考数学中的应用，并对其中的核心考点进行逐一剖析。
一、基本概念1. 圆锥曲线的定义：圆锥曲线是平面上的点到两个定点的距离之比等于到一个定点到一个定直线的距离的性质的点的轨迹。
2. 圆锥曲线的分类：圆锥曲线包括椭圆、双曲线和抛物线三种类型，它们分别对应着不同的几何特征和数学表达式。
二、椭圆1. 椭圆的定义：椭圆是平面上到两个定点的距离之和等于常数的点的轨迹。
2. 椭圆的性质：椭圆具有对称性、焦点、长轴和短轴等几何特征，并且在数学上有严格的表达式和性质。
三、双曲线1. 双曲线的定义：双曲线是平面上到两个定点的距离之差等于常数的点的轨迹。
2. 双曲线的性质：双曲线同样具有对称性、焦点、渐近线等独特的几何特征，其数学性质和表达式也有着明确定义。
四、抛物线1. 抛物线的定义：抛物线是平面上到一个定点到一个定直线的距离相等的点的轨迹。
2. 抛物线的性质：抛物线是所有圆锥曲线中最简单的一种，其几何性质和数学表达式都具有很强的规律性和特殊性。
五、高考数学中的应用圆锥曲线在高考数学中有着举足轻重的地位，它涉及到的知识点既有几何直观又有严谨的数学表达，考查的内容也涵盖了平面几何、解析几何和代数方程等多个方面。
六、核心考点解析1. 圆锥曲线方程：掌握圆锥曲线的一般方程及标准方程是解题的基础，要熟练掌握各种类型圆锥曲线的方程形式和性质。
2. 圆锥曲线的性质：了解椭圆、双曲线和抛物线各自的特点和性质，对其焦点、渐近线、参数方程等知识要有深入的理解。
3. 圆锥曲线的应用：掌握圆锥曲线在现实生活和工程技术中的实际应用，能够将数学知识与实际问题相结合。
七、个人观点圆锥曲线作为高考数学的重要内容，不仅考查学生对数学知识的掌握和运用能力，更重要的是培养学生的逻辑思维和数学素养。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题18圆锥曲线的综合问题热点难点突破文含解析.pdf
圆锥曲线的综合问题1．已知椭圆＋＝1(a >b >0)的离心率e ＝，左、右焦点分别为F 1，F 2，且F 2与抛物线y 2＝4x 的焦点重x 2a 2y 2b 233合．(1)求椭圆的标准方程；(2)若过F 1的直线交椭圆于B ，D 两点，过F 2的直线交椭圆于A ，C 两点，且AC ⊥BD ，求|AC |＋|BD |的最小值．解 (1)抛物线y 2＝4x 的焦点坐标为(1,0)，所以c ＝1，又因为e ＝＝＝，所以a ＝，c a1a 333所以b 2＝2，所以椭圆的标准方程为＋＝1.x 23y 22由题意知AC 的斜率为－，1k所以|AC |＝＝.43(1k 2＋1)3×1k 2＋243(k 2＋1)2k 2＋3|AC |＋|BD |＝43(k 2＋1)(13k 2＋2＋12k 2＋3)＝≥203(k 2＋1)2(3k 2＋2)(2k 2＋3)203(k 2＋1)2[(3k 2＋2)＋(2k 2＋3)2]2＝＝.203(k 2＋1)225 k 2＋1 241635当且仅当3k 2＋2＝2k 2＋3，即k ＝±1时，上式取等号，故|AC |＋|BD |的最小值为.1635②当直线BD 的斜率不存在或等于零时，可得|AC |＋|BD |＝>.10331635综上，|AC |＋|BD |的最小值为.16352．已知椭圆 C ：＋＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为，点P 在椭圆C 上，且△PF 1F 2的x 2a 2y 2b 213面积的最大值为2.2(2)已知直线l ：y ＝kx ＋2(k ≠0)与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，若在x 轴上存在点G ，使得|GM |＝|GN |，求点G 的横坐标的取值范围．解 (1)由已知得Error!解得a 2＝9，b 2＝8，c 2＝1，∴椭圆C 的方程为＋＝1.x 29y 28(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点为E (x 0，y 0)，点G (m ，0)，使得|GM |＝|GN |，则GE ⊥MN .由Error!得x 2＋36kx －36＝0，(8＋9k 2)由Δ>0，得k ∈R 且k ≠0.∴x 1＋x 2＝－，36k9k 2＋8∴x 0＝，y 0＝kx 0＋2＝.－18k 9k 2＋8169k 2＋8∵GE ⊥MN ，∴k GE ＝－，1k即＝－，169k 2＋8－0－18k 9k 2＋8－m 1k∴m ＝＝.－2k 9k 2＋8－29k ＋8k当k >0时，9k ＋≥2＝128k9×82，(当且仅当9k ＝8k ，即k ＝223时，取等号)∴－≤m <0；212当k <0时，9k ＋≤－128k2，(当且仅当9k ＝8k ，即k ＝－223时，取等号)∴0<m ≤，212∴点G 的横坐标的取值范围为∪.[－212，0)(0，212]3.已知椭圆C 1：＋＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．x 2a 2y 23(1)求C 1，C 2的方程；(2)若过焦点F 的直线l 与椭圆分别交于M ，Q 两点，与抛物线分别交于P ，N 两点，是否存在斜率为k (k ≠0)的直线l ，使得＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．|PN ||MQ |解 (1)因为C 1，C 2的焦点重合，所以＝，a 2－3a 2所以a 2＝4.又a >0，所以a ＝2.于是椭圆C 1的方程为＋＝1，x 24y 23抛物线C 2的方程为y 2＝4x .(2)假设存在直线l 使得＝2，|PN ||MQ |当l ⊥x 轴时，|MQ |＝3，|PN |＝4，不符合题意，∴直线l 的斜率存在，∴可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由Error!可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 1＋x 4＝，x 1x 4＝1，且Δ＝16k 2＋16>0，2k 2＋4k2所以|PN |＝·1＋k 2 x 1＋x 4 2－4x 1x 4＝.4 1＋k 2 k2由Error!可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 2＋x 3＝，x 2x 3＝，8k 23＋4k 24k 2－123＋4k 2且Δ＝144k 2＋144>0，所以|MQ |＝·＝.1＋k 2x 2＋x 3 2－4x 2x 312 1＋k 23＋4k 2若＝2，|PN ||MQ |则＝2×，4 1＋k 2 k 212 1＋k 2 3＋4k 2解得k ＝±.62故存在斜率为k ＝±的直线l ，使得＝2.62|PN ||MQ |4．已知M 是椭圆C ：＋＝1(a >b >0)上的一点，F 1，F 2是该椭圆的左、右焦点，且|F 1F 2|＝2.(3，12)x 2a 2y 2b23(1)求椭圆C 的方程；(2)设点A ，B 是椭圆C 上与坐标原点O 不共线的两点，直线OA ，OB ，AB 的斜率分别为k 1，k 2，k ，且k 1k 2＝k 2.试探究|OA |2＋|OB |2是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由．解 (1)由题意知，F 1(－，0)，F 2(，0)，33根据椭圆定义可知|MF 1|＋|MF 2|＝2a ，所以2a ＝ ＋3＋3 2＋(12－0)2 ＝4，3－3 2＋(12－0)2所以a 2＝4，b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆C ：＋y 2＝1.x 24(2)设直线AB ：y ＝kx ＋m (km ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由Error!消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，Δ＝(8km )2－16(m 2－1)(4k 2＋1)>0，x 1＋x 2＝－，x 1x 2＝，8km 1＋4k 24m 2－41＋4k 2因为k 1k 2＝k 2，所以·＝k 2，kx 1＋m x 1kx 2＋m x2即km (x 1＋x 2)＋m 2＝0(m ≠0)，解得k 2＝.14|OA |2＋|OB |2＝x ＋x ＋y ＋y 212212＝[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]＝5，54所以|OA |2＋|OB |2＝5.5．已知椭圆C ：＋＝1(a >b >0)的上顶点为点D ，右焦点为F 2(1,0)，延长DF 2交椭圆C 于点E ，且满足|DF 2|＝x 2a 2y 2b23|F 2E |.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点F 2作与x 轴不重合的直线l 和椭圆C 交于A ，B 两点，设椭圆C 的左顶点为点H ，且直线HA ，HB 分别与直线x ＝3交于M ，N 两点，记直线F 2M ，F 2N 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1与k 2之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解 (1)椭圆C 的上顶点为D (0，b )，右焦点F 2(1,0)，点E 的坐标为(x ，y )．∵|DF 2|＝3|F 2E |，可得＝3，DF 2→ F 2E →又＝(1，－b )，＝(x －1，y )，DF 2→ F 2E →∴Error!代入＋＝1，x 2a 2y 2b2可得＋＝1，(43)2a 2(－b 3)2b 2又a 2－b 2＝1，解得a 2＝2，b 2＝1，即椭圆C 的标准方程为＋y 2＝1.x 22∴Error!根据H ，A ，M 三点共线，可得＝，y M 3＋2y 1x 1＋2∴y M ＝.y 1(3＋2)x 1＋2同理可得y N ＝，y 2(3＋2)x 2＋2∴M ，N 的坐标分别为，，(3，y 1(3＋2)x 1＋2)(3，y 2(3＋2)x 2＋2)∴k 1k 2＝·＝y M y Ny M －03－1y N －03－114＝··14y 1(3＋2)x 1＋2y 2(3＋2)x 2＋2＝y 1y 2 3＋2 24(my 1＋1＋2)(my 2＋1＋2)＝y 1y 2 3＋2 24[m 2y 1y 2＋(1＋2)m (y 1＋y 2)＋(1＋2)2]＝＝＝.－11－62m 2＋24[－m 2m 2＋2＋－2(1＋2)m 2m 2＋2＋3＋22]－11－62m 2＋24×6＋42m 2＋242－98∴k 1与k 2之积为定值，且该定值是.42－986．已知平面上动点P 到点F 的距离与到直线x ＝的距离之比为，记动点P 的轨迹为曲线E .(3，0)43332(1)求曲线E 的方程；(2)设M (m ，n )是曲线E 上的动点，直线l 的方程为mx ＋ny ＝1.①设直线l 与圆x 2＋y 2＝1交于不同两点C ，D ，求|CD |的取值范围；②求与动直线l 恒相切的定椭圆E ′的方程，并探究：若M (m ，n )是曲线Γ：Ax 2＋By 2＝1(A ·B ≠0)上的动点，是否存在与直线l ：mx ＋ny ＝1恒相切的定曲线Γ′？若存在，直接写出曲线Γ′的方程；若不存在，说明理由．解 (1)设P (x ，y )，由题意，得＝.(x －3)2＋y 2|x －433|32整理，得＋y 2＝1，x 24∴曲线E 的方程为＋y 2＝1.x 24(2)①圆心到直线l 的距离d ＝，1m 2＋n 2∵直线与圆有两个不同交点C ，D ，∴|CD |2＝4.(1－1m 2＋n 2)又∵＋n 2＝1(m ≠0)，m 24∴|CD |2＝4.(1－43m 2＋4)∵|m |≤2，∴0<m 2≤4，∴0<1－≤.43m 2＋434∴|CD |2∈(0，3]，|CD |∈，(0，3]即|CD |的取值范围为.(0，3]②当m ＝0，n ＝1时，直线l 的方程为y ＝1；当m ＝2，n ＝0时，直线l 的方程为x ＝.12根据椭圆对称性，猜想E ′的方程为4x 2＋y 2＝1.下面证明：直线mx ＋ny ＝1(n ≠0)与4x 2＋y 2＝1相切，其中＋n 2＝1，即m 2＋4n 2＝4.m 24由Error!消去y 得(m 2＋4n 2)x 2－2mx ＋1－n 2＝0，即4x 2－2mx ＋1－n 2＝0，∴Δ＝4m 2－16＝4＝0恒成立，从而直线mx ＋ny ＝1与椭圆E ′：4x 2＋y 2＝1恒相切．(1－n 2)(m 2＋4n 2－4)若点M是曲线Γ：Ax 2＋By 2＝1上的动点，则直线l ：mx ＋ny ＝1与定曲线Γ′：＋＝1(m ，n )(A ·B ≠0)x 2A y 2B恒相切．(A ·B ≠0)7. 已知椭圆C ：＋＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，右焦点为F 2(1,0)，点B 在椭圆C 上．x 2a 2y 2b 2(1，32)(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝k (x －4)(k ≠0)与椭圆C 由左至右依次交于M ，N 两点，已知直线A 1M 与A 2N 相交于点G ，证明：点G 在定直线上，并求出定直线的方程．解析：(1)由F 2(1,0)，知c ＝1，由题意得Error!所以a ＝2，b ＝，所以椭圆C 的方程为＋＝1.3x 24y 23(2)因为y ＝k (x －4)，所以直线l 过定点(4,0)，由椭圆的对称性知点G 在直线x ＝x 0上．当直线l 过椭圆C 的上顶点时，M (0，)，3所以直线l 的斜率k ＝－，由Error!得Error!或Error!所以N ，34(85，335)由(1)知A 1(－2,0)，A 2(2,0)，所以直线lA 1M 的方程为y ＝(x ＋2)，直线lA 2N 的方程为y ＝－(x －2)，所以G ，所以G 在32332(1，332)直线x ＝1上．当直线l 不过椭圆C 的上顶点时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由Error!得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题17圆锥曲线教学案文含解析.pdf
圆锥曲线【2019年高考考纲解读】1.以选择题、填空题形式考查圆锥曲线的方程、几何性质(特别是离心率).2.以解答题形式考查直线与圆锥曲线的位置关系(弦长、中点等)．【重点、难点剖析】一、圆锥曲线的定义与标准方程1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：|PF 1|＋|PF 2|＝2a (2a >|F 1F 2|)．(2)双曲线：||PF 1|－|PF 2||＝2a (2a <|F 1F 2|)．(3)抛物线：|PF |＝|PM |，点F 不在直线l 上，PM ⊥l 于点M .2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a 2，b 2，p 的值．二、圆锥曲线的几何性质1．椭圆、双曲线中a ，b ，c 之间的关系(1)在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2，离心率为e ＝＝.ca1－(b a )2(2)在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2，离心率为e ＝＝.c a1＋(b a )22．双曲线－＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±x .注意离心率e 与渐近线的斜率的关系．x 2a 2y 2b 2ba三、直线与圆锥曲线判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法(1)代数法：联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x ，y 的方程组，消去y (或x )得一元二次方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标．(2)几何法：画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．【高考题型示例】题型一、圆锥曲线的定义与标准方程例1、(1)[2018·天津卷]已知双曲线－＝1(a >0，b >0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与x 2a 2y 2b2双曲线交于A ，B 两点．设A ，B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d 1和d 2，且d 1＋d 2＝6，则双曲线的方程为( )A.－＝1B.－＝1x 24y 212x 212y 24C.－＝1 D.－＝1x 23y 29x 29y 23【解析】如图，不妨设A 在B 的上方，则A ，B .其中的一条渐近线为bx －ay ＝0，则d 1＋d 2＝＝＝2b ＝6，∴(c ，b 2a )(c ，－b 2a )bc －b 2＋bc ＋b 2a 2＋b 22bc c b ＝3.又由e ＝＝2，知a 2＋b 2＝4a 2，∴ a ＝.c a3∴ 双曲线的方程为－＝1.x 23y 29故选C.①②联立，解得a ＝3且b ＝4，可得双曲线的方程为－＝1.x 29y 216(2)如图，过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线l 交抛物线于点A ，B ，交其准线于点C ，若|BC |＝2|BF |，且|AF |＝3，则此抛物线方程为( )A ．y 2＝9xB ．y 2＝6xC ．y 2＝3xD ．y 2＝x3答案 C解析 如图分别过点A ，B 作准线的垂线，分别交准线于点E ，D ，设准线交x 轴于点G .设＝a ，则由已知得＝2a ，|BF ||BC |由抛物线定义，得＝a ，故∠BCD ＝30°，|BD |在Rt△ACE 中，∵＝|AF |＝3，＝3＋3a ，|AC |＝2|AE |，|AE ||AC |∴3＋3a ＝6，从而得a ＝1，＝3a ＝3.|FC |∴p ＝＝＝，|FG |12|FC |32因此抛物线方程为y 2＝3x ，故选C.题型二 圆锥曲线的几何性质例2、(2018·北京)已知椭圆M ：＋＝1(a >b >0)，双曲线N ：－＝1.若双曲线N 的两条渐近线与椭圆Mx 2a 2y 2b 2x 2m 2y 2n2的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为________；双曲线N 的离心率为________．答案 －1 23解析 方法一 双曲线N 的渐近线方程为y ＝±x ，则＝tan 60°＝，∴双曲线N 的离心率e 1满足e ＝1＋nm n m321＝4，∴e 1＝2.n 2m 2由Error!得x 2＝.a 2b 23a 2＋b 2如图，设D 点的横坐标为x ，由正六边形的性质得|ED |＝2x ＝c ，∴4x 2＝c 2.∴＝a 2－b 2，得3a 4－6a 2b 2－b 4＝0，4a 2b 23a 2＋b2∴3－－2＝0，解得＝2－3.6b 2a2(b 2a 2)b 2a23∴椭圆M 的离心率e 2满足e ＝1－＝4－2.2b 2a23∴e 2＝－1.3方法二 双曲线N 的渐近线方程为y ＝±x ，n m则＝tan 60°＝.n m3又c 1＝＝2m ，∴双曲线N 的离心率为＝2.m 2＋n 2c 1m如图，连接EC ，由题意知，F ，C 为椭圆M 的两焦点，设正六边形的边长为1，则|FC |＝2c 2＝2，即c 2＝1.又E 为椭圆M 上一点，则|EF |＋|EC |＝2a ，即1＋＝2a ，3∴a ＝.1＋32∴椭圆M 的离心率为＝＝－1.c 2a 21＋33【变式探究】(2018·全国Ⅰ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点(－2,0)且斜率为的直线与C 交于M ，N23两点，则·等于( )FM → FN →A ．5B ．6C ．7D ．8答案 D解析 由题意知直线MN 的方程为y ＝(x ＋2)，23联立直线与抛物线的方程，得Error!解得Error!或Error!不妨设点M 的坐标为(1,2)，点N 的坐标为(4,4)．又∵抛物线的焦点为F (1,0)，∴＝(0,2)，＝(3,4)．FM → FN →∴·＝0×3＋2×4＝8.FM → FN →故选D.【变式探究】(2018·全国Ⅰ)已知双曲线C ：－y 2＝1，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与Cx 23的两条渐近线的交点分别为M ，N .若△OMN 为直角三角形，则|MN |等于( )A. B ．3 C ．2 D ．4323答案 B解析 由已知得双曲线的两条渐近线方程为y ＝± x .13设两渐近线的夹角为2α，则有tan α＝＝，1333所以α＝30°.所以∠MON ＝2α＝60°.又△OMN 为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN ⊥ON ，如图所示．在Rt△ONF 中，|OF |＝2，则|ON |＝.3则在Rt△OMN 中，|MN |＝|ON |·tan 2α＝·tan 60°＝3.3故选B.【方法技巧】圆锥曲线几何性质的应用技巧1．求解与椭圆曲线几何性质有关的问题时要结合图形进行分析，即使不画出图形，思考时也要联想到图形．当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系．2．解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a ，b ，c 的方程(组)或不等式(组)，再根据a ，b ，c 的关系消掉b 得到a ，c 的关系式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.【变式探究】(2017·全国Ⅱ)若双曲线C ：－＝1(a >0，b >0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的x 2a 2y 2b2弦长为2，则双曲线C 的离心率为________．【变式探究】(1)设F 1，F 2分别是椭圆E ：＋＝1(a >b >0)的左、右焦点，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，Bx 2a 2y 2b2两点，若△AF 1F 2的面积是△BF 1F 2面积的三倍，cos∠AF 2B ＝，则椭圆E 的离心率为( )35A. B. C. D.12233222答案 D解析 设|F 1B |＝k ，(k >0)依题意可得|AF 1|＝3k ，|AB |＝4k ，∴|AF 2|＝2a －3k ，|BF 2|＝2a －k .∵cos∠AF 2B ＝，35在△ABF 2中，由余弦定理可得|AB |2＝|AF 2|2＋|BF 2|2－2|AF 2||BF 2|cos∠AF 2B ，∴(4k )2＝(2a －3k )2＋(2a －k )2－(2a －3k )(2a －k )，65化简可得(a ＋k )(a －3k )＝0，而a ＋k >0，故a －3k ＝0，a ＝3k ，∴|AF 2|＝|AF 1|＝3k ，|BF 2|＝5k ，∴|BF 2|2＝|AF 2|2＋|AB |2，∴AF 1⊥AF 2，∴△AF 1F 2是等腰直角三角形．∴c ＝a ，椭圆的离心率e ＝＝.22ca 22(2)已知双曲线M ：－＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，＝2c .若双曲线M 的右支上存在x 2a 2y 2b 2|F 1F 2|点P ，使＝，则双曲线M 的离心率的取值范围为( )a sin ∠PF 1F 23csin ∠PF 2F 1A. B.(1，2＋73)(1，2＋73]C ．(1,2) D.(1，2]答案 A解析 根据正弦定理可知＝，sin ∠PF 1F 2sin ∠PF 2F 1|PF 2||PF 1|所以＝，即|PF 2|＝|PF 1|，|PF 2||PF 1|a 3c a3c＝2a ，|PF 1|－|PF 2|所以＝2a ，解得＝，(1－a 3c )|PF 1||PF 1|6ac3c －a而>a ＋c ，即>a ＋c ，|PF 1|6ac3c －a整理得3e 2－4e －1<0，解得<e <.2－732＋73又因为离心率e >1，所以1<e <，故选A.2＋73【感悟提升】(1)明确圆锥曲线中a ，b ，c ，e 各量之间的关系是求解问题的关键．(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c 和a 的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c ，a ，b 的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围．【变式探究】(1)(2018·全国Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：＋＝1(a >b >0)的左、右焦点，A 是C 的左顶点，x 2a 2y 2b2点P 在过A 且斜率为的直线上，△PF 1F 2为等腰三角形，∠F 1F 2P ＝120°，则C 的离心率为( )36A. B. C. D.23121314答案 D解析 如图，作PB ⊥x 轴于点B .由题意可设|F 1F 2|＝|PF 2|＝2，则c ＝1，由∠F 1F 2P ＝120°，可得|PB |＝，|BF 2|＝1，3故|AB |＝a ＋1＋1＝a ＋2，tan∠PAB ＝＝＝，|PB ||AB |3a ＋236解得a ＝4，所以e ＝＝.c a 14故选D.(2)已知双曲线C ：－＝1(a >0，b >0)的焦距为2c ，直线l 过点且与双曲线C 的一条渐近线垂直，x 2a 2y 2b 2(23a ，0)以双曲线C 的右焦点为圆心，半焦距为半径的圆与直线l 交于M ，N 两点，若|MN |＝c ，则双曲线C 的423渐近线方程为( )A ．y ＝±x B ．y ＝±x 23C ．y ＝±2x D ．y ＝±4x答案 B解析 方法一 由题意可设渐近线方程为y ＝x ，b a则直线l 的斜率k l ＝－，a b 直线l 的方程为y ＝－，a b (x －23a )整理可得ax ＋by －a 2＝0.23焦点(c,0)到直线l 的距离d ＝＝，|ac －23a 2|a 2＋b 2|ac －23a 2|c则弦长为2＝2＝c ，c 2－d 2c 2－(ac －23a 2)2c 2423整理可得c 4－9a 2c 2＋12a 3c －4a 4＝0，即e 4－9e 2＋12e －4＝0，分解因式得＝0.(e －1)(e －2)(e 2＋3e －2)又双曲线的离心率e >1，则e ＝＝2，c a所以＝ ＝＝，ba c 2－a 2a 2(c a)2－13所以双曲线C 的渐近线方程为y ＝±x .3方法二 圆心到直线l 的距离为＝，c 2－(223c )2c3∴＝，|ac －23a 2|cc 3∴c 2－3ac ＋2a 2＝0，∴c ＝2a ，b ＝a ，3∴渐近线方程为y ＝±x .3题型三 直线与圆锥曲线例3、(2018·全国Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8.(1)求l 的方程；(2)求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．解 (1)由题意得F (1,0)，l 的方程为y ＝k (x －1)(k >0)．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由Error!得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.Δ＝16k 2＋16>0，故x 1＋x 2＝.2k 2＋4k2所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝.4k 2＋4k2由题意知＝8，解得k ＝－1(舍去)或k ＝1.4k 2＋4k2因此l 的方程为x －y －1＝0.(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3,2)，所以AB 的垂直平分线方程为y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5.设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，则Error!解得Error!或Error!因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.【变式探究】(2018·天津)设椭圆＋＝1(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B .已知椭圆的离心率为，x 2a 2y 2b 253点A 的坐标为(b,0)，且|FB |·|AB |＝6.2(1)求椭圆的方程；(2)设直线l ：y ＝kx (k >0)与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q .若＝sin∠AOQ (O|AQ ||PQ |524为原点)，求k 的值．解 (1)设椭圆的焦距为2c ，由已知有 ＝，c 2a 259又由a 2＝b 2＋c 2，可得2a ＝3b .由已知可得|FB |＝a ，|AB |＝b ，2由|FB |·|AB |＝6，可得ab ＝6，从而a ＝3，b ＝2.2所以椭圆的方程为＋＝1.x 29y 24(2)设点P 的坐标为(x 1，y 1)，点Q 的坐标为(x 2，y 2)．由已知有y 1>y 2>0，故|PQ |sin∠AOQ ＝y 1－y 2.又因为|AQ |＝，而∠OAB ＝，y 2sin ∠OABπ4所以|AQ |＝y 2.2由＝sin∠AOQ ，可得5y 1＝9y 2.|AQ ||PQ |524由方程组Error!消去x ，可得y 1＝ .6k9k 2＋4由题意求得直线AB 的方程为x ＋y －2＝0，由方程组Error!消去x ，可得y 2＝.2kk ＋1由5y 1＝9y 2，可得5(k ＋1)＝3，两边平方，9k 2＋4整理得56k 2－50k ＋11＝0，解得k ＝或k ＝.121128所以k 的值为或.121128【变式探究】[2018·全国卷Ⅰ]设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点(－2,0)且斜率为的直线与C 交于M ，N23两点，则·＝( )FM → FN →A ．5B ．6C ．7D ．8【解析】由题意知直线MN 的方程为y ＝(x ＋2)，23联立直线与抛物线的方程，得Error!解得Error!或Error!不妨设M 为(1,2)，N 为(4,4)．又∵抛物线焦点为F (1,0)，∴＝(0,2)，＝(3,4)．FM → FN →∴·＝0×3＋2×4＝8.FM → FN →故选D.【答案】D【方法技巧】解决直线与圆锥曲线位置关系问题的方法1．通法：将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不同时为0)代入双曲线E 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元二次方程．解此方程或利用根与系数的关系整体代入的思想解题．2．点差法：在涉及直线与圆锥曲线相交弦的中点与斜率问题时，常把直线与圆锥曲线的交点坐标代入圆锥曲线方程，作差后结合已知条件进行转化求解．提醒：利用点差法，对求出的结果要验证其是否满足相交的要求，即Δ＞0.【变式探究】(2017·天津)已知椭圆＋＝1(a >b >0)的左焦点为F (－c,0)，右顶点为A ，点E 的坐标为(0，c )，x 2a 2y 2b 2△EFA 的面积为.b 22(1)求椭圆的离心率；(2)设点Q 在线段AE 上，|FQ |＝，延长线段FQ 与椭圆交于点P ，点M ，N 在x 轴上，PM ∥QN ，且直线PM 3c 2与直线QN 间的距离为c ，四边形PQNM 的面积为3c .①求直线FP 的斜率；②求椭圆的方程．(2)①依题意，设直线FP 的方程为x ＝my －c (m >0)，则直线FP 的斜率为.1m由(1)知a ＝2c ，可得直线AE 的方程为＋＝1，x 2c y c即x ＋2y －2c ＝0，与直线FP 的方程联立，可得x ＝，y ＝， 2m －2 c m ＋23c m ＋2即点Q 的坐标为.( 2m －2 c m ＋2，3c m ＋2)由已知|FQ |＝，3c 2有2＋2＝2，[ 2m －2 c m ＋2＋c ](3c m ＋2)(3c 2)整理得3m 2－4m ＝0，所以m ＝(m ＝0舍去)，43即直线FP 的斜率为.34进而可得|FP |＝ ＝， c ＋c 2＋(3c 2)25c 2所以|PQ |＝|FP |－|FQ |＝－＝c .5c 23c 2由已知，线段PQ 的长即为PM 与QN 这两条平行直线间的距离，故直线PM 和QN 都垂直于直线FP .因为QN ⊥FP ，所以|QN |＝|FQ |·tan∠QFN ＝×＝，3c 2349c 8所以△FQN 的面积为|FQ ||QN |＝.1227c 232同理△FPM 的面积等于.75c 232由四边形PQNM 的面积为3c ，得－＝3c ，75c 23227c 232整理得c 2＝2c .又由c >0，得c ＝2.所以椭圆的方程为＋＝1.x 216y 212【变式探究】已知椭圆＋＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线交椭圆于A ，B 两点．x 2a 2y 2b2(1)若直线AB 与椭圆的长轴垂直，|AB |＝a ，求椭圆的离心率；12(2)若直线AB 的斜率为1，|AB |＝，求椭圆的短轴与长轴的比值．2a 3a 2＋b 2解 (1)由题意可知，直线AB 的方程为x ＝－c ，∴|AB |＝＝a ，2b 2a 12即a 2＝4b 2，故e ＝＝＝＝.c aa 2－b 2a 21－b 2a 232(2)设F 1(－c,0)，则直线AB 的方程为y ＝x ＋c ，联立Error!消去y ，得(a 2＋b 2)x 2＋2a 2cx ＋a 2c 2－a 2b 2＝0，Δ＝4a 4c 2－4a 2(a 2＋b 2)(c 2－b 2)＝8a 2b 4.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－，x 1x 2＝，2a 2c a 2＋b 2a 2 c 2－b 2 a 2＋b 2∴|AB |＝|x 1－x 2|1＋1＝·＝·2 x 1＋x 2 2－4x 1x 228a 2b 4a 2＋b 2＝＝，4ab 2a 2＋b 22a 3a 2＋b 2∴a 2＝2b 2，∴＝，b 2a 212∴＝，即椭圆的短轴与长轴之比为.2b 2a 2222【感悟提升】解决直线与圆锥曲线问题的通法是联立方程，利用根与系数的关系，设而不求思想，弦长公式等简化计算；涉及中点弦问题时，也可用“点差法”求解．【变式探究】如图，过抛物线M ：y ＝x 2上一点A (点A 不与原点O 重合)作抛物线M 的切线AB 交y 轴于点B ，点C 是抛物线M 上异于点A 的点，设G 为△ABC 的重心(三条中线的交点)，直线CG 交y 轴于点D .设点A (x 0，x )(x 0≠0)．20(1)求直线AB 的方程；(2)求的值．|OB ||OD |解 (1)因为y ′＝2x ，所以直线AB 的斜率k ＝y ′＝2x 0.所以直线AB 的方程y －x ＝2x 0(x －x 0)，20即y ＝2x 0x －x ，20即直线AB 的方程为2x 0x －y －x ＝0.20(2)由题意得，点B 的纵坐标y B ＝－x ，20所以AB 的中点坐标为.(x 02，0)设C (x 1，y 1)，G (x 2，y 2)，直线CG 的方程为x ＝my ＋x 0.12由Error!联立得m 2y 2＋(mx 0－1)y ＋x ＝0.1420Δ＝(mx 0－1)2－4×m 2×＝1－2mx 0>0，x 204即mx 0<.12因为G 为△ABC 的重心，所以y 1＝3y 2.由根与系数的关系，得y 1＋y 2＝4y 2＝，1－mx 0m 2y 1y 2＝3y ＝.2x 204m 2所以＝， 1－mx 0 216m 4x 2012m 2解得mx 0＝－3±2，满足Δ>0.3所以点D 的纵坐标y D ＝－＝，x 02m x 206±43故＝＝4±6.|OB ||OD ||y B ||y D |3。
高考数学考纲解读与热点难点突破专题17圆锥曲线教学案文含解析2019
圆锥曲线【2019年高考考纲解读】1.以选择题、填空题形式考查圆锥曲线的方程、几何性质(特别是离心率).2.以解答题形式考查直线与圆锥曲线的位置关系(弦长、中点等)．【重点、难点剖析】一、圆锥曲线的定义与标准方程1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：|PF 1|＋|PF 2|＝2a (2a >|F 1F 2|)．(2)双曲线：||PF 1|－|PF 2||＝2a (2a <|F 1F 2|)．(3)抛物线：|PF |＝|PM |，点F 不在直线l 上，PM ⊥l 于点M .2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a 2，b 2，p 的值．二、圆锥曲线的几何性质1．椭圆、双曲线中a ，b ，c 之间的关系 (1)在椭圆中：a 2＝b 2＋c 2，离心率为e ＝c a ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2. (2)在双曲线中：c 2＝a 2＋b 2，离心率为e ＝c a ＝1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫b a 2. 2．双曲线x 2a －y 2b ＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±b ax .注意离心率e 与渐近线的斜率的关系． 三、直线与圆锥曲线判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法(1)代数法：联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x ，y 的方程组，消去y (或x )得一元二次方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解即为交点坐标．(2)几何法：画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数．【高考题型示例】题型一、圆锥曲线的定义与标准方程例1、(1)[2018·天津卷]已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点．设A ，B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为d 1和d 2，且d 1＋d 2＝6，则双曲线的方程为( )A.x 24－y 212＝1B.x 212－y 24＝1 C.x 23－y 29＝1 D.x 29－y 23＝1 【解析】如图，不妨设A 在B 的上方，则A ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，b 2a ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫c ，－b 2a .其中的一条渐近线为bx －ay ＝0，则d 1＋d 2＝bc －b 2＋bc ＋b 2a 2＋b2＝2bc c ＝2b ＝6，∴ b ＝3.又由e ＝c a ＝2，知a 2＋b 2＝4a 2，∴ a ＝ 3.∴ 双曲线的方程为x 23－y 29＝1. 故选C.①②联立，解得a ＝3且b ＝4，可得双曲线的方程为x 29－y 216＝1. (2)如图，过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线l 交抛物线于点A ，B ，交其准线于点C ，若|BC |＝2|BF |，且|AF |＝3，则此抛物线方程为( )A ．y 2＝9xB ．y 2＝6xC ．y 2＝3xD ．y 2＝3x答案 C解析 如图分别过点A ，B 作准线的垂线，分别交准线于点E ，D ，设准线交x 轴于点G .设||BF ＝a ，则由已知得||BC ＝2a ，由抛物线定义，得||BD ＝a ，故∠BCD ＝30°，在Rt△ACE 中，∵||AE ＝|AF |＝3，||AC ＝3＋3a ，|AC |＝2|AE |，∴3＋3a ＝6，从而得a ＝1，||FC ＝3a ＝3.∴p ＝||FG ＝12||FC ＝32， 因此抛物线方程为y 2＝3x ，故选C.题型二 圆锥曲线的几何性质 例2、 (2018·北京)已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，双曲线N ：x 2m 2－y 2n 2＝1.若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为________；双曲线N 的离心率为________．答案 3－1 2解析 方法一 双曲线N 的渐近线方程为y ＝±n m x ，则n m ＝tan 60°＝3，∴双曲线N 的离心率e 1满足e 21＝1＋n 2m 2＝4，∴e 1＝2. 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝3x ，x 2a 2＋y 2b 2＝1，得x 2＝a 2b 23a 2＋b 2. 如图，设D 点的横坐标为x ，由正六边形的性质得|ED |＝2x ＝c ，∴4x 2＝c 2.∴4a 2b 23a 2＋b 2＝a 2－b 2，得3a 4－6a 2b 2－b 4＝0， ∴3－6b 2a 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 22＝0，解得b 2a 2＝23－3.∴椭圆M 的离心率e 2满足e 22＝1－b 2a 2＝4－2 3. ∴e 2＝3－1.方法二 双曲线N 的渐近线方程为y ＝±n m x ，则n m ＝tan 60°＝ 3.又c 1＝m 2＋n 2＝2m ，∴双曲线N 的离心率为c 1m ＝2.如图，连接EC ，由题意知，F ，C 为椭圆M 的两焦点，设正六边形的边长为1，则|FC |＝2c 2＝2，即c 2＝1.又E 为椭圆M 上一点，则|EF |＋|EC |＝2a ，即1＋3＝2a ，∴a ＝1＋32. ∴椭圆M 的离心率为c 2a ＝21＋3＝3－1. 【变式探究】(2018·全国Ⅰ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点(－2,0)且斜率为23的直线与C 交于M ，N 两点，则FM →·FN →等于( )A ．5B ．6C ．7D ．8答案 D解析 由题意知直线MN 的方程为y ＝23(x ＋2)， 联立直线与抛物线的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝23x ＋，y 2＝4x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝4.不妨设点M 的坐标为(1,2)，点N 的坐标为(4,4)．又∵抛物线的焦点为F (1,0)，∴FM →＝(0,2)，FN →＝(3,4)．∴FM →·FN →＝0×3＋2×4＝8.故选D.【变式探究】(2018·全国Ⅰ)已知双曲线C ：x 23－y 2＝1，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M ，N .若△OMN 为直角三角形，则|MN |等于( )A.32B ．3C ．2 3D ．4 答案 B解析 由已知得双曲线的两条渐近线方程为y ＝±13 x . 设两渐近线的夹角为2α，则有tan α＝13＝33， 所以α＝30°.所以∠MON ＝2α＝60°. 又△OMN 为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN ⊥ON ，如图所示．在Rt△ONF 中，|OF |＝2，则|ON |＝ 3.则在Rt△OMN 中，|MN |＝|ON |·tan 2α＝3·tan 60°＝3.故选B.【方法技巧】圆锥曲线几何性质的应用技巧1．求解与椭圆曲线几何性质有关的问题时要结合图形进行分析，即使不画出图形，思考时也要联想到图形．当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系．2．解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a ，b ，c 的方程(组)或不等式(组)，再根据a ，b ，c 的关系消掉b 得到a ，c 的关系式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.【变式探究】(2017·全国Ⅱ)若双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则双曲线C 的离心率为________．【变式探究】(1)设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B 两点，若△AF 1F 2的面积是△BF 1F 2面积的三倍，cos∠AF 2B ＝35，则椭圆E 的离心率为( ) A.12 B.23 C.32 D.22答案 D解析 设|F 1B |＝k ()k >0，依题意可得|AF 1|＝3k ，|AB |＝4k ，∴|AF 2|＝2a －3k ，|BF 2|＝2a －k .∵cos∠AF 2B ＝35， 在△ABF 2中，由余弦定理可得|AB |2＝|AF 2|2＋|BF 2|2－2|AF 2||BF 2|cos∠AF 2B ，∴(4k )2＝(2a －3k )2＋(2a －k )2－65(2a －3k )(2a －k )， 化简可得(a ＋k )(a －3k )＝0，而a ＋k >0，故a －3k ＝0，a ＝3k ，∴|AF 2|＝|AF 1|＝3k ，|BF 2|＝5k ，∴|BF 2|2＝|AF 2|2＋|AB |2，∴AF 1⊥AF 2，∴△AF 1F 2是等腰直角三角形．∴c ＝22a ，椭圆的离心率e ＝c a ＝22. (2)已知双曲线M ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，||F 1F 2＝2c .若双曲线M 的右支上存在点P ，使a sin∠PF 1F 2＝3c sin∠PF 2F 1，则双曲线M 的离心率的取值范围为( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2＋73 B.⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋73C ．(1,2) D.(]1，2答案 A解析 根据正弦定理可知sin∠PF 1F 2sin∠PF 2F 1＝|PF 2||PF 1|， 所以|PF 2||PF 1|＝a 3c ，即|PF 2|＝a 3c|PF 1|， ||PF 1||－PF 2＝2a ， 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 3c ||PF 1＝2a ，解得||PF 1＝6ac 3c －a ， 而||PF 1>a ＋c ，即6ac 3c －a>a ＋c ， 整理得3e 2－4e －1<0，解得2－73<e <2＋73. 又因为离心率e >1，所以1<e <2＋73，故选A. 【感悟提升】(1)明确圆锥曲线中a ，b ，c ，e 各量之间的关系是求解问题的关键．(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c 和a 的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c ，a ，b 的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围．【变式探究】(1)(2018·全国Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，A 是C 的左顶点，点P 在过A 且斜率为36的直线上，△PF 1F 2为等腰三角形，∠F 1F 2P ＝120°，则C 的离心率为( ) A.23 B.12 C.13 D.14答案 D解析 如图，作PB ⊥x 轴于点B .由题意可设|F 1F 2|＝|PF 2|＝2，则c ＝1，由∠F 1F 2P ＝120°，可得|PB |＝3，|BF 2|＝1，故|AB |＝a ＋1＋1＝a ＋2，tan∠PAB ＝|PB ||AB |＝3a ＋2＝36， 解得a ＝4， 所以e ＝c a ＝14. 故选D.(2)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的焦距为2c ，直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，0且与双曲线C 的一条渐近线垂直，以双曲线C 的右焦点为圆心，半焦距为半径的圆与直线l 交于M ，N 两点，若|MN |＝423c ，则双曲线C 的渐近线方程为( )A ．y ＝±2xB ．y ＝±3xC ．y ＝±2xD ．y ＝±4x 答案 B解析 方法一 由题意可设渐近线方程为y ＝b a x ，则直线l 的斜率k l ＝－ab， 直线l 的方程为y ＝－a b ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －23a ， 整理可得ax ＋by －23a 2＝0. 焦点(c,0)到直线l 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ac －23a 2a 2＋b 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ac －23a 2c ，则弦长为2c 2－d 2＝2c 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫ac －23a 22c 2＝423c ， 整理可得c 4－9a 2c 2＋12a 3c －4a 4＝0，即e 4－9e 2＋12e －4＝0，分解因式得()e －1()e －2()e 2＋3e －2＝0. 又双曲线的离心率e >1，则e ＝c a＝2， 所以b a ＝ c 2－a 2a 2＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2－1＝3， 所以双曲线C 的渐近线方程为y ＝±3x . 方法二 圆心到直线l 的距离为c 2－⎝ ⎛⎭⎪⎫223c 2＝c 3，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪ac －23a 2c＝c 3， ∴c 2－3ac ＋2a 2＝0，∴c ＝2a ，b ＝3a ，∴渐近线方程为y ＝±3x .题型三 直线与圆锥曲线例3、(2018·全国Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8.(1)求l 的方程； (2)求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．解 (1)由题意得F (1,0)，l 的方程为y ＝k (x －1)(k >0)．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x －，y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0. Δ＝16k 2＋16>0，故x 1＋x 2＝2k 2＋4k 2. 所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4k 2＋4k 2. 由题意知4k 2＋4k 2＝8，解得k ＝－1(舍去)或k ＝1. 因此l 的方程为x －y －1＝0.(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3,2)，所以AB 的垂直平分线方程为y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5. 设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ y 0＝－x 0＋5，x 0＋2＝x 0－y 0－22＋16， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝3，y 0＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝11，y 0＝－6. 因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.【变式探究】(2018·天津)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B .已知椭圆的离心率为53，点A 的坐标为(b,0)，且|FB |·|AB |＝6 2.(1)求椭圆的方程；(2)设直线l ：y ＝kx (k >0)与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q .若|AQ ||PQ |＝524sin∠AOQ (O 为原点)，求k 的值．解 (1)设椭圆的焦距为2c ，由已知有 c 2a 2＝59， 又由a 2＝b 2＋c 2，可得2a ＝3b .由已知可得|FB |＝a ，|AB |＝2b ，由|FB |·|AB |＝62，可得ab ＝6，从而a ＝3，b ＝2.所以椭圆的方程为x 29＋y 24＝1. (2)设点P 的坐标为(x 1，y 1)，点Q 的坐标为(x 2，y 2)．由已知有y 1>y 2>0，故|PQ |sin∠AOQ ＝y 1－y 2. 又因为|AQ |＝y 2sin∠OAB ，而∠OAB ＝π4， 所以|AQ |＝2y 2.由|AQ ||PQ |＝524sin∠AOQ ，可得5y 1＝9y 2. 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ，x 29＋y 24＝1，消去x ，可得y 1＝6k9k 2＋4 . 由题意求得直线AB 的方程为x ＋y －2＝0，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ，x ＋y －2＝0，消去x ，可得y 2＝2k k ＋1. 由5y 1＝9y 2，可得5(k ＋1)＝39k 2＋4，两边平方，整理得56k 2－50k ＋11＝0，解得k ＝12或k ＝1128. 所以k 的值为12或1128. 【变式探究】[2018·全国卷Ⅰ]设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过点(－2,0)且斜率为23的直线与C 交于M ，N 两点，则FM →·FN →＝( )A ．5B ．6C ．7D ．8【解析】由题意知直线MN 的方程为y ＝23(x ＋2)， 联立直线与抛物线的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝23x ＋，y 2＝4x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝4.不妨设M 为(1,2)，N 为(4,4)． 又∵抛物线焦点为F (1,0)，∴FM →＝(0,2)，FN →＝(3,4)．∴FM →·FN →＝0×3＋2×4＝8.故选D.【答案】D【方法技巧】解决直线与圆锥曲线位置关系问题的方法1．通法：将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不同时为0)代入双曲线E 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元二次方程．解此方程或利用根与系数的关系整体代入的思想解题．2．点差法：在涉及直线与圆锥曲线相交弦的中点与斜率问题时，常把直线与圆锥曲线的交点坐标代入圆锥曲线方程，作差后结合已知条件进行转化求解．提醒：利用点差法，对求出的结果要验证其是否满足相交的要求，即Δ＞0.【变式探究】(2017·天津)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F (－c,0)，右顶点为A ，点E 的坐标为(0，c )，△EFA 的面积为b 22. (1)求椭圆的离心率；(2)设点Q 在线段AE 上，|FQ |＝3c 2，延长线段FQ 与椭圆交于点P ，点M ，N 在x 轴上，PM ∥QN ，且直线PM 与直线QN 间的距离为c ，四边形PQNM 的面积为3c .①求直线FP 的斜率；②求椭圆的方程．(2)①依题意，设直线FP 的方程为x ＝my －c (m >0)，则直线FP 的斜率为1m. 由(1)知a ＝2c ，可得直线AE 的方程为x 2c ＋y c＝1， 即x ＋2y －2c ＝0，与直线FP 的方程联立，可得x ＝m －c m ＋2，y ＝3c m ＋2， 即点Q 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫m －c m ＋2，3c m ＋2. 由已知|FQ |＝3c 2， 有⎣⎢⎡⎦⎥⎤m －c m ＋2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c m ＋22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 22， 整理得3m 2－4m ＝0，所以m ＝43(m ＝0舍去)， 即直线FP 的斜率为34.进而可得|FP |＝ c ＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 22＝5c 2，所以|PQ |＝|FP |－|FQ |＝5c 2－3c 2＝c . 由已知，线段PQ 的长即为PM 与QN 这两条平行直线间的距离，故直线PM 和QN 都垂直于直线FP . 因为QN ⊥FP ，所以|QN |＝|FQ |·tan∠QFN ＝3c 2×34＝9c 8， 所以△FQN 的面积为12|FQ ||QN |＝27c 232. 同理△FPM 的面积等于75c 232. 由四边形PQNM 的面积为3c ，得75c 232－27c 232＝3c ， 整理得c 2＝2c .又由c >0，得c ＝2.所以椭圆的方程为x 216＋y 212＝1. 【变式探究】已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线交椭圆于A ，B 两点． (1)若直线AB 与椭圆的长轴垂直，|AB |＝12a ，求椭圆的离心率； (2)若直线AB 的斜率为1，|AB |＝2a 3a 2＋b 2，求椭圆的短轴与长轴的比值． 解 (1)由题意可知，直线AB 的方程为x ＝－c ，∴|AB |＝2b 2a ＝12a ， 即a 2＝4b 2， 故e ＝c a ＝a 2－b 2a 2＝1－b 2a 2＝32. (2)设F 1(－c,0)，则直线AB 的方程为y ＝x ＋c ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋c ，x 2a 2＋y2b2＝1，消去y ， 得(a 2＋b 2)x 2＋2a 2cx ＋a 2c 2－a 2b 2＝0， Δ＝4a 4c 2－4a 2(a 2＋b 2)(c 2－b 2)＝8a 2b 4.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2a 2c a 2＋b 2，x 1x 2＝a 2c 2－b 2a 2＋b 2，∴|AB |＝1＋1|x 1－x 2|＝2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝2·8a 2b 4a 2＋b 2 ＝4ab 2a 2＋b 2＝2a 3a 2＋b 2， ∴a 2＝2b 2，∴b 2a 2＝12， ∴2b 2a ＝22，即椭圆的短轴与长轴之比为22. 【感悟提升】解决直线与圆锥曲线问题的通法是联立方程，利用根与系数的关系，设而不求思想，弦长公式等简化计算；涉及中点弦问题时，也可用“点差法”求解．【变式探究】如图，过抛物线M ：y ＝x 2上一点A (点A 不与原点O 重合)作抛物线M 的切线AB 交y 轴于点B ，点C 是抛物线M 上异于点A 的点，设G 为△ABC 的重心(三条中线的交点)，直线CG 交y 轴于点D .设点A (x 0，x 20)(x 0≠0)．(1)求直线AB 的方程；(2)求|OB ||OD |的值． 解 (1)因为y ′＝2x ，所以直线AB 的斜率k ＝y ′＝2x 0.所以直线AB 的方程y －x 20＝2x 0(x －x 0)，即y ＝2x 0x －x 20，即直线AB 的方程为2x 0x －y －x 20＝0.(2)由题意得，点B 的纵坐标y B ＝－x 20， 所以AB 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 02，0. 设C (x 1，y 1)，G (x 2，y 2)，直线CG 的方程为x ＝my ＋12x 0. 由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋12x 0，y ＝x 2，联立得m 2y 2＋(mx 0－1)y ＋14x 20＝0. Δ＝(mx 0－1)2－4×m 2×x 204＝1－2mx 0>0， 即mx 0<12. 因为G 为△ABC 的重心，所以y 1＝3y 2.由根与系数的关系，得y 1＋y 2＝4y 2＝1－mx 0m 2， y 1y 2＝3y 22＝x 204m 2. 所以－mx 0216m 4＝x 2012m 2， 解得mx 0＝－3±23，满足Δ>0.所以点D 的纵坐标y D ＝－x 02m ＝x 206±43， 故|OB ||OD |＝|y B ||y D |＝43±6.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
大部分同学对于圆锥曲线的印象是难度高，计...
大部分同学对于圆锥曲线的印象是难度高，计...其实圆锥曲线满满的都是套路，是伪装得最好的“难题”，今天我们分析2019全国卷二圆锥曲线文理两道大题，让同学们能够深度认知圆锥曲线，明白圆锥曲线其实就是“数据搬运”，运算没想想象的那么可怕，难度系数是非常可控的。
今天我们主要分析内容有三大部分：1、题目展示；2、文数“数据搬运”；3、理数“数据搬运”。
我们可以到，两道题目，一道是2019全国卷二文数第20题，一道2019全国卷二理数21题。
作为高考压轴题型，肯定很多同学的阴影题目，大家可以尝试分析下，然后再与我们的下面的分析进行校对，这样也可以调整自己以后的答题规范。
同学们可以看到，2019全国卷二文数第20题题目分析过程中，我们采用的是“数据搬运”的思路，就是题目提供那样的已知条件，我们就把对应的“数据”搬运出来，不着急于整道题目的解答。
我们来把“数据”的搬运跟同学们分析下：1、焦点坐标：设置坐标表现，顺带椭圆自身定义公式；2、点在曲线上：设置未知点坐标，代入椭圆方程；3、原点：用坐标表示；4、等边三角形：利用等边三角形自身性质，结合焦距概念，可以很快入手直角三角形的证明；5、利用等边三角形的特殊度数和直角三角形性质，分析三边，再利用椭圆自身的几何意义分析，即可得出离心率。
同学们在解答圆锥曲线大题时，经常喜欢一步到位看完圆锥曲线题目，再思考答题过程，其实是一种“弯路”解答。
因为圆锥曲线大题对于概念要求比较严谨，我们利用这点，只要完成过程中，学会题意转换为概念，再把概念的数据搬运出来，即可大大降低该提醒的难度系数。
再看2019全国卷二文数第20题第二步的分析过程：1、焦点坐标：设置坐标表现，顺带椭圆自身定义公式；2、点在曲线上：设置未知点坐标，代入椭圆方程；3、原点：用坐标表示；4、垂直：利用椭圆自身几何意义和焦距概念，结合直角三角形的勾股定理进行展开分析；5、面积：直角三角形的面积较为特殊，我们只需要利用直角边相乘除以2即可转换已知条件，借助完全平方即可分b的大小；6、由于直角三角形面积也可以为斜边乘以高的一半，这样可以因为点P的y坐标进行分析，由于b已知，所以y小于或等于b，即可分析c的大小，再借助椭圆自身公式，a的范围得出。
2019年高考数学 考纲解读与热点难点突破 专题17 圆锥曲线(热点难点突破)文(含解析)
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A．圆的一部分 B．椭圆的一部分
C．双曲线的一部分
D．抛物线的一部分
答案 D
解析 如图，因为对于给定的椭圆来说，短轴的端点 Q 到焦点 F 的距离等于长半轴 a，但
短轴的端点 Q 到直线 AM 的距离也是 a,即说明短轴的端点 Q 到定点 F 的距离等于到定直线
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圆锥曲线的综合问题1．已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的离心率e ＝33，左、右焦点分别为F 1，F 2，且F 2与抛物线y 2＝4x 的焦点重合．(1)求椭圆的标准方程；(2)若过F 1的直线交椭圆于B ，D 两点，过F 2的直线交椭圆于A ，C 两点，且AC ⊥BD ，求|AC |＋|BD |的最小值．解 (1)抛物线y 2＝4x 的焦点坐标为(1,0)，所以c ＝1， 又因为e ＝c a ＝1a ＝33，所以a ＝3，所以b 2＝2，所以椭圆的标准方程为x23＋y22＝1.(2)①当直线BD 的斜率k 存在且k ≠0时， 直线BD 的方程为y ＝k (x ＋1)， 代入椭圆方程x23＋y22＝1，并化简得(3k 2＋2)x 2＋6k 2x ＋3k 2－6＝0.Δ＝36k 4－4(3k 2＋2)(3k 2－6)＝48(k 2＋1)>0恒成立． 设B (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－6k23k2＋2，x 1x 2＝3k2－63k2＋2，|BD |＝1＋k2·|x 1－x 2| ＝错误! ＝43()k2＋13k2＋2.由题意知AC 的斜率为－1k，所以|AC |＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫1k2＋13×1k2＋2＝43()k2＋12k2＋3.|AC |＋|BD |＝43()k2＋1⎝⎛⎭⎪⎫13k2＋2＋12k2＋3＝203()k2＋12()3k2＋2()2k2＋3≥203()k2＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤()3k2＋2＋()2k2＋322＝203()k2＋12＋4＝1635.当且仅当3k 2＋2＝2k 2＋3，即k ＝±1时，上式取等号， 故|AC |＋|BD |的最小值为1635.②当直线BD 的斜率不存在或等于零时， 可得|AC |＋|BD |＝1033>1635.综上，|AC |＋|BD |的最小值为1635.5．已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a >b >0)的上顶点为点D ，右焦点为F 2(1,0)，延长DF 2交椭圆C 于点E ，且满足|DF 2|＝3|F 2E |.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点F 2作与x 轴不重合的直线l 和椭圆C 交于A ，B 两点，设椭圆C 的左顶点为点H ，且直线HA ，HB 分别与直线x ＝3交于M ，N 两点，记直线F 2M ，F 2N 的斜率分别为k 1，k 2，则k 1与k 2之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解 (1)椭圆C 的上顶点为D (0，b )，右焦点F 2(1,0)，点E 的坐标为(x ，y )． ∵|DF 2|＝3|F 2E |，可得DF2→＝3F2E →， 又DF2→＝(1，－b )，F2E →＝(x －1，y )， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x ＝43，y ＝－b3，代入x2a2＋y2b2＝1，可得⎝ ⎛⎭⎪⎫432a2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－b 32b2＝1，又a 2－b 2＝1，解得a 2＝2，b 2＝1， 即椭圆C 的标准方程为x22＋y 2＝1.∴y M ＝y1()3＋2x1＋2.同理可得y N ＝y2()3＋2x2＋2，∴M ，N 的坐标分别为⎝ ⎛⎭⎪⎫3，y1()3＋2x1＋2，⎝ ⎛⎭⎪⎫3，y2()3＋2x2＋2，∴k 1k 2＝yM －03－1·yN －03－1＝14y M y N＝14·y1()3＋2x1＋2·y2()3＋2x2＋2 ＝错误! ＝错误!＝－11－62m2＋24⎣⎢⎡⎦⎥⎤－m2m2＋2＋－2()1＋2m2m2＋2＋3＋22＝－11－62m2＋24×6＋42m2＋2＝42－98.∴k 1与k 2之积为定值，且该定值是42－98.6．已知平面上动点P 到点F ()3，0的距离与到直线x ＝433的距离之比为32，记动点P 的轨迹为曲线E .(1)求曲线E 的方程；(2)设M (m ，n )是曲线E 上的动点，直线l 的方程为mx ＋ny ＝1. ①设直线l 与圆x 2＋y 2＝1交于不同两点C ，D ，求|CD |的取值范围；②求与动直线l 恒相切的定椭圆E ′的方程，并探究：若M (m ，n )是曲线Γ：Ax 2＋By 2＝1(A ·B ≠0)上的动点，是否存在与直线l ：mx ＋ny ＝1恒相切的定曲线Γ′？若存在，直接写出曲线Γ′的方程；若不存在，说明理由．解 (1)设P (x ，y )，由题意，得()x －32＋y2⎪⎪⎪⎪⎪⎪x －433＝32. 整理，得x24＋y 2＝1，∴曲线E 的方程为x24＋y 2＝1.(2)①圆心到直线l 的距离d ＝1m2＋n2， ∵直线与圆有两个不同交点C ，D ， ∴|CD |2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－1m2＋n2.又∵m24＋n 2＝1(m ≠0)，∴|CD |2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－43m2＋4.∵|m |≤2，∴0<m 2≤4， ∴0<1－43m2＋4≤34.∴|CD |2∈(0，3]，|CD |∈(]0，3，即|CD |的取值范围为(]0，3.②当m ＝0，n ＝1时，直线l 的方程为y ＝1； 当m ＝2，n ＝0时，直线l 的方程为x ＝12.根据椭圆对称性，猜想E ′的方程为4x 2＋y 2＝1. 下面证明：直线mx ＋ny ＝1(n ≠0)与4x 2＋y 2＝1相切， 其中m24＋n 2＝1，即m 2＋4n 2＝4.由⎩⎪⎨⎪⎧4x2＋y2＝1，y ＝1－mxn ，消去y 得(m 2＋4n 2)x 2－2mx ＋1－n 2＝0， 即4x 2－2mx ＋1－n 2＝0，∴Δ＝4m 2－16()1－n2＝4()m2＋4n2－4＝0恒成立，从而直线mx ＋ny ＝1与椭圆E ′：4x 2＋y 2＝1恒相切．若点M ()m ，n 是曲线Γ：Ax 2＋By 2＝1()A·B≠0上的动点，则直线l ：mx ＋ny ＝1与定曲线Γ′：x2A ＋y2B ＝1()A·B≠0恒相切．7.已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A 1，A 2，右焦点为F 2(1,0)，点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上． (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：y ＝k (x －4)(k ≠0)与椭圆C 由左至右依次交于M ，N 两点，已知直线A 1M 与A 2N 相交于点G ，证明：点G 在定直线上，并求出定直线的方程． 解析：(1)由F 2(1,0)，知c ＝1，由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a2＝1＋b2，1a2＋94b2＝1，所以a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x24＋y23＝1. (2)因为y ＝k (x －4)，所以直线l 过定点(4,0)，由椭圆的对称性知点G 在直线x ＝x 0上． 当直线l 过椭圆C 的上顶点时，M (0，3)，所以直线l 的斜率k ＝－34，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－34－，x24＋y23＝1，得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝3或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝85，y ＝335，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，335，由(1)知A 1(－2,0)，A 2(2,0)， 所以直线lA 1M 的方程为y ＝32(x ＋2)，直线lA 2N 的方程为y ＝－332(x －2)，所以G ⎝⎛⎭⎪⎫1，332，所以G 在直线x ＝1上．当直线l 不过椭圆C 的上顶点时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由 错误!得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，所以Δ＝(－32k 2)2－4×(3＋4k 2)·(64k 2－12)＞0，得－12＜k ＜12，x 1＋x 2＝32k23＋4k2，x 1·x 2＝64k2－123＋4k2， 易得直线lA 1M 的方程为y ＝y1x1＋2(x ＋2)，直线lA 2N 的方程为y ＝y2x2－2(x －2)，当x ＝1时，3y1x1＋2＝－y2x2－2得2x 1x 2－5(x 1＋x 2)＋8＝0， 所以－3＋4k2－5×32k23＋4k2＋错误!＝0显然成立，所以G 在直线x ＝1上．8．已知平面直角坐标系内两定点A (－22，0)，B (22，0)及动点C (x ，y )，△ABC 的两边AC ，BC 所在直线的斜率之积为－34.(1)求动点C 的轨迹E 的方程；(2)设P 是y 轴上的一点，若(1)中轨迹E 上存在两点M ，N 使得MP →＝2PN →，求以AP 为直径的圆的面积的取值范围．解析：(1)由已知，k AC ·k BC ＝－34，即y x ＋22·y x －22＝－34，所以3x 2＋4y 2＝24，又三点构成三角形，所以y ≠0， 所以点C 的轨迹E 的方程为x28＋y26＝1(y ≠0)．(2)设点P 的坐标为(0，t )当直线MN 的斜率不存在时，可得M ，N 分别是短轴的两端点，得到t ＝±63. 当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋t (k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则由MP →＝2PN →得x 1＝－2x 2. ① 联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x28＋y26＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8ktx ＋4t 2－24＝0，当Δ＞0得64k 2t 2－4(3＋4k 2)(4t 2－24)＞0，整理得t 2＜8k 2＋6. 所以x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k2，x 1x 2＝4t2－243＋4k2， ②。