全国通用高考数学二轮总复习冲刺第三篇攻坚克难压轴大题多得分第30练圆锥曲线的热点问题课后练课后习题文

.
(4) 利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围
.
(5) 利用函数值域的求法，确定参数的取值范围 . 1. 已知点 A(1 ， 0) ，点 M是圆 C： ( x＋ 1) 2＋ y2＝8 上的任意一点，线段 MA的垂直平分线与直
线 CM交于点 E.
(1) 求点 E 的轨迹方程；
(2) 若直线 y＝ kx＋ m与点 E 的轨迹有两个不同的交点 P 和 Q，且原点 O总在以 PQ为直径的圆
2 1
.
2
2 2 1＋ k21 1＋ 8k21
由题意可知圆 M的半径 r 为 r ＝ 3| AB| ＝ 3
1
＋
2k
2 1
.
2 由题设知 k1k2＝ 4 ，
2 所以 k2＝ 4k1，
2 因此直线 OC的方程为 y＝ x，
4k1
联立方程
x2 ＋
y2＝
1，
2
2 y＝ 4k1 x，
得
x
2＝
1
8k21 ＋ 4k21
因为点 O在以 PQ为直径的圆的内部，故 →OP· O→Q＜ 0，即 x1x2＋ y1y2＜ 0，
m2－ 2k2 而 y1y2＝ ( kx1＋ m)( kx2＋ m) ＝ 2k2＋ 1 ，
2m2－ 2 m2－ 2k2 故由 x1x2＋y1y2＝ 2k2＋ 1＋ 2k2＋ 1 ＜ 0，
得
m2＜
2
k
2＋ 3
消去 y，得 (2 k2＋1) x2＋ 4kmx＋ 2m2－ 2＝ 0，
Δ ＞ 0， m2＜ 2k2＋ 1.
4km
2m2－ 2
x1＋ x2＝－ 2k2＋ 1， x1x2＝2k2＋ 1.
y＝ kx＋m， x2＋ 2y2＝ 2，
①
1
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(1) 若 x 轴与以 AB为直径的圆相切，求该圆的方程；
(2) 若直线 l 与 y 轴负半轴相交，求△ AOB( O为坐标原点 ) 面积的最大值 .
1 解 (1) 联立 y＝－ 2x＋ b，
y2＝ 4x，
化简得
y
2
＋
8y－
8
b＝
0.
由 Δ ＝ 64＋ 32b＞ 0，解得 b＞－ 2.
设 A( x1， y1) ， B( x2，y2) ，则 y1＋ y2＝－ 8， y1y2＝－ 8b.
联立方程
x2 ＋
y2＝
1，
2
3 y＝ k1x－ 2 ，
得 (4 k21＋ 2) x2－ 4 3k1x－ 1＝ 0， 由题意知 Δ ＞ 0，
2 3k1
1
且
x
1＋
x
2
＝
2
k
2
1＋
1
，
x1
x2＝－
2
2
2k1＋ 1
，
所以 | AB| ＝
1＋ k21| x1－ x2| ＝
2
1＋ k21 1＋ 8k21
1
＋
2k
(1) 解 不能出现 AC⊥ BC的情况 . 理由如下：
设 A( x1， 0) ， B( x2，0) ，则
x1 ，x2 满足
x
2
＋
mx－
2＝
0，
所以 x1x2＝－ 2.
6
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又点 C的坐标为 (0 ， 1) ，
＝－ 2 时，试证明直线 AB的斜率为定值，并求出该定值 . 解 (1) 设抛物线 C的方程为 x2＝ 2py( p>0) ，
由点 M(2 ， 1) 在抛物线 C上，得 4＝2p， 则 p＝2，∴抛物线 C的方程为 x2＝ 4y.
(2) 设该等边三角形 OPQ的顶点 P， Q在抛物线上，
且 P( xP， yP) ， Q( xQ，yQ) ， 则 x2P＝4yP， x2Q＝ 4yQ， 由 | OP| ＝ | OQ| ，得 x2P＋ y2P＝ x2Q＋ y2Q，
2
，且满足①式，
所以
m2＜
2 3，
66 所以 m的取值范围是 － 3 ， 3 .
2. 如图，已知椭圆
x2 2＋
y
2＝
1
上两个不同的点
1 A，B 关于直线 y＝ mx＋ 2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 (1) 由题意知 m≠0，
1 可设直线 AB的方程为 y＝－ mx＋ b， A( x1， y1) ，B( x2， y2).
联立
m x＝－ ，
2
1
x2
y－2＝ x2 x－ 2 ，
又 x22＋mx2－ 2＝ 0，可得
m x＝－ ，
2 1 y＝－ 2.
所以过 A， B， C三点的圆的圆心坐标为
m1 －2，－ 2 ，半径 r ＝
m2＋ 9 .
2
故圆在 y 轴上截得的弦长为 2
r
2
－
m2 2 ＝ 3，
即过 A， B， C三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值 .
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第 30 练 圆锥曲线的热点问题
[ 明考情 ]
圆锥曲线的热点问题作为直线与圆锥曲线的位置关系的延伸与深化，是高考的必考点，高考
中常选取其中一个热点问题作为圆锥曲线的压轴题目
.
[ 知考向 ]
1. 范围与最值问题 .
的内部，求实数 m的取值范围 .
解 (1) 由题意知 | EM| ＝ | EA| ， | CE| ＋ | EM| ＝ 2 2，
所以 | CE| ＋ | EA| ＝ 2 2＞ 2＝ | CA| ， 所以点 E 的轨迹是以点 C， A为焦点的椭圆，其轨迹方程为
x
2
＋
y
2＝
1.
2
(2) 设 P( x1， y1) ， Q( x2， y2) ，则将直线与椭圆的方程联立得
2
| － 2b| －2b
点 O到直线 l 的距离 d＝
＝，
5
5
1
所以
S△
＝ AOB
| 2
AB|
d＝－
4
2b·
2＋ b＝ 4
2·
b3＋ 2b2.
令
g( b) ＝ b3＋ 2b2，－ 2＜ b＜0， g′（b) ＝ 3b2＋ 4b＝3b
4 b＋3
，
当 b 变化时， g′（b) ， g( b) 的变化情况如下表：
x1＋ x2
y1＋ y2
设圆心 Q( x0， y0) ，则有 x0＝ 2 ， y0＝ 2 ＝－ 4，
3
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r ＝ | y0| ＝ 4， | AB| ＝ 1＋ －2 2| y1－y2| ＝ 5 64＋ 32b ＝ 2r ＝ 8，
6. 已知抛物线 C的顶点在坐标原点 O，其图象关于 y 轴对称且经过点 M(2 ， 1).
(1) 求抛物线 C的方程；
(2) 若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点， 另两个顶点在抛物线上， 求该等边三角形的
面积；
(3) 过点 M作抛物线 C的两条弦 MA， MB，设 MA， MB所在直线的斜率分别为 k1， k2，当 k1＋k2
－1 －1 1 故 AC的斜率与 BC的斜率之积为 x1 · x2 ＝－ 2，
所以不能出现 AC⊥ BC的情况 .
x2 1
1
x2
(2) 证明 BC的中点坐标为 2 ， 2 ，可得 BC的中垂线方程为 y－2＝ x2 x－ 2 .
由 (1) 可得 x1＋ x2＝－ m，
m 所以 AB的中垂线方程为 x＝－ 2.
t
2. ＋1
设△ AOB的面积为 S( t ) ，
1
1
所以 S( t ) ＝ | AB| · d＝
2
2
－ 2 t 2－ 1 2＋ 2≤
2 ，
2
2
当且仅当
t
2＝
1 2
时，等号成立
.
2
故△ AOB面积的最大值为
. 2
3. 已知抛物线
y2＝ 4x，直线
1 l ： y＝－ 2x＋ b 与抛物线交于
A， B两点 .
4
4
4
b
－ 2，－ 3
－3
－ 3， 0
g′（b)
＋
0
－
g( b)
↗
极大值
↘
4 32
由上表可得
g( b) 的最大值为
g
－3
＝
. 27
4
32 3
所以当 b＝－ 3时，△ AOB的面积取得最大值 9 .
x2 y2
2
4. (2017 ·山东 ) 在平面直角坐标系 xOy中，椭圆 E：a2＋b2＝1( a＞ b＞0) 的离心率为 2 ，焦距为
2. 定值、定点问题 .
3. 探索性问题 .
考点一 范围与最值问题
方法技巧 圆锥曲线的最值和范围问题解题常见思路
(1) 利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围
.
(2) 利用已知参数的取值范围， 求新参数的范围， 解决这类问题的核心是在两个参数之间建立
相关关系 .
(3) 利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围
.
5.(2017 ·全国Ⅲ ) 在直角坐标系 xOy 中，曲线 y＝ x2＋ mx－2 与 x 轴交于 A， B 两点，点 C的
坐标为 (0 ， 1). 当 m变化时，解答下列问题： (1) 能否出现 AC⊥ BC的情况？说明理由；
(2) 证明过 A， B， C三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值1
，
由
1 y＝－ mx＋b，
消去 y，得
11 2＋ m2
x2－
2b mx＋
b2－
1＝
0.
因为直线
y＝－
1 mx＋
b
与椭圆
x2 2＋
y
2
＝
1
有两个不同的交点，
所以
Δ
＝－
2 b2 ＋ 2＋
4 m2＞
0.
①
b2－ 1 2m2 b2－ 1 则 x1x2＝1 1 ＝ m2＋ 2 ，
2＋ m2
2
＝ 2
2
3
1＋ 8k21
1＋ 4k21
32
1＋ k21 1＋ 8k21＝ 4
1＋ 2k21
1＋ 2k21
1＋ 4k21
1
＋
k
2，
1
令
t ＝1＋ 2k21，则
1 t ＞ 1， t ∈(0 ， 1) ，
| OC| 3
t
3
因此
r
＝ 2·
2t
2＋
t
－
＝ 1
2·
1
3
＝·
112
2＋t －t 2
1
≥1，
－
11 t－2
2. (1) 求椭圆 E 的方程；
3 (2) 如图，动直线 l ：y＝ k1x－ 2 交椭圆 E 于 A，B 两点， C是椭圆 E 上一点，直线 OC的斜率
2 为 k2，且 k1k2＝ . M是线段 OC延长线上一点，且 | MC| ∶ | AB| ＝2∶3，⊙ M的半径为 | MC| ，
4 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 .
1
m2＋ 2
代入直线方程 y＝ mx＋ 2，解得 b＝－ 2m2 ，
②
6
6
由①②，得 m＜－ 3 或 m＞ 3 .
1
6
6
(2) 令 t ＝ m∈ － 2 ， 0 ∪ 0， 2 ，
则 | AB| ＝ t 2＋ 1·
－ 2t 4＋ 2t 2＋3 2
t 2＋1
，
2
t
2＋
1 2
且点 O到直线 AB的距离为
d＝
①假设定点坐标， 根据题意选择参数， 建立一个直线系或曲线系方程， 而该方程与参数无关，
故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点；
②从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意
.
(2) 定值问题的常见解法
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值
8 解得 b＝－ 5.
24
24
所以 x0＝ 2b＋ 8＝ 5 ，圆心 Q 5 ，－ 4 ，故圆的方程为
24 x－ 5
2
＋
(
y＋
4)
2
＝
16.
(2) 因为直线与 y 轴负半轴相交，所以 b＜0. 又直线与抛物线交于两点，由 (1) 知 b＞－ 2， 所以－ 2＜ b＜ 0，
1 直线 l 的方程为 y＝－ x＋ b，整理得 x＋ 2y－ 2b＝ 0，
2＋ 9 4
11
2
当且仅当 t ＝ 2，即 t ＝ 2 时等号成立，此时 k1＝± 2 ，
∠ SOT 1
∠ SOT π
所以 sin 2 ≤ 2，因此 2 ≤ 6 ，
所以∠ SOT的最大值为
π 3.
π
2
综上所述，∠ SOT的最大值为 3 ，取得最大值时直线
l
的斜率为
k 1＝±
. 2
考点二 定值、定点问题 方法技巧 (1) 定点问题的常见解法
4
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c2 解 (1) 由题意知 e＝ a＝ 2 ， 2c＝ 2，
所以 c＝ 1， a＝ 2，则 b＝ 1，
所以椭圆
E 的方程为
x2 2＋
y
2＝
1.
(2) 设 A( x1， y1) ， B( x2， y2) ，
，
y2
＝
1 1＋ 4k
2，
1
5
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因此 | OC| ＝ x2 ＋y2＝
1＋ 8k21 1＋ 4k21.
∠ SOT r
1
由题意可知， sin 2 ＝ r ＋ | OC| ＝
. | OC|
1＋ r
| OC|
而
r
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2b
m 4mb
x1＋ x2＝1
1
＝
2
m＋
2，
2＋ m2
1
1 4mb
2bm2
y1＋ y2＝－ m( x1＋ x2) ＋2b＝－ m×m2＋ 2＋ 2b＝m2＋ 2.
2mb m2 b 设 M为 AB的中点，则 M m2＋2， m2＋ 2 ，