2019届高考数学二轮复习第一篇专题六解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题限时训练理
(文理通用)2019届高考数学大二轮复习第1部分专题6解析几何第2讲圆锥曲线的概念与性质与弦有关的计算问题
第一部分 专题六 第二讲 圆锥曲线的概念与性质、与弦有关的计算问题A 组1．抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，O 为坐标原点，M 为抛物线上一点，且|MF |＝4|OF |，△MFO 的面积为43，则抛物线方程为( B )A ．y 2＝6x B ．y 2＝8x C ．y 2＝16xD ．y 2＝152x[解析] 依题意，设M (x ，y )，因为|OF |＝p2，所以|MF |＝2p ，即x ＋p2＝2p ，解得x ＝3p2，y ＝3p .又△MFO 的面积为43，所以12×p2×3p ＝43，解得p ＝4.所以抛物线方程为y 2＝8x .2．若双曲线x 2a －y 2b ＝1(a >0，b >0)和椭圆x 2m ＋y 2n＝1(m >n >0)有共同的焦点F 1、F 2，P 是两条曲线的一个交点，则|PF 1|·|PF 2|＝ ( D )A ．m 2－a 2B ．m －aC ．12(m －a ) D ．m －a[解析] 不妨设F 1、F 2分别为左、右焦点，P 在双曲线的右支上，由题意得|PF 1|＋|PF 2|＝2m ，|PF 1|－|PF 2|＝2a ，∴|PF 1|＝m ＋a ，|PF 2|＝m －a ，故|PF 1|·|PF 2|＝m －a .3．(文)若双曲线x 2a 2－y 2b2＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，则此双曲线的离心率为( D )A ．73B ．54C ．43D ．53[解析] 由题利用双曲线的渐近线经过点(3，－4)，得到关于a ，b 的关系式，然后求出双曲线的离心率即可．因为双曲线x 2a 2－y 2b2＝1的一条渐近线经过点(3，－4)，∴3b ＝4a ，∴9(c 2－a 2)＝16a 2，∴e ＝c a ＝53，故选D ．(理)已知双曲线x 24－y 2b2＝1(b >0)，以原点为圆心，双曲线的实半轴长为半径长的圆与双曲线的两条渐近线相交于A 、B 、C 、D 四点，四边形的ABCD 的面积为2b ，则双曲线的方程为( D )A ．x 24－3y 24＝1B ．x 24－4y 23＝1C ．x 24－y 24＝1 D ．x 24－y 212＝1 [解析] 根据圆和双曲线的对称性，可知四边形ABCD 为矩形．双曲线的渐近线方程为y ＝±b 2x ，圆的方程为x 2＋y 2＝4，不妨设交点A 在第一象限，由y ＝b2x ，x 2＋y 2＝4得x A ＝44＋b2，y A ＝2b4＋b 2，故四边形ABCD 的面积为4x A y A ＝32b 4＋b 2＝2b ，解得b 2＝12， 故所求的双曲线方程为x 24－y 212＝1，故选D ．4．(2018·重庆一模)已知圆(x －1)2＋y 2＝34的一条切线y ＝kx 与双曲线C ：x 2a 2－y2b2＝1(a >0，b >0)有两个交点，则双曲线C 的离心率的取值范围是( D )A ．(1，3)B ．(1,2)C ．(3，＋∞)D ．(2，＋∞) [解析] 由题意，圆心到直线的距离d ＝|k |12＋k2＝32，所以k ＝±3， 因为圆(x －1)2＋y 2＝34的一条切线y ＝kx 与双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)有两个交点， 所以b a >3，所以1＋b 2a2>4，所以e >2.5．(2018·济南一模)已知抛物线C ：y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 是l 上一点，Q 是直线PF 与C 的一个交点，若FP →＝4FQ →，则|QF |＝( B )A ．72 B ．3 C ．52D ．2[解析] 如图所示，因为FP →＝4FQ →，所以|PQ ||PF |＝34，过点Q 作QM ⊥l垂足为M ，则MQ ∥x 轴，所以|MQ |4＝|PQ ||PF |＝34，所以|MQ |＝3，由抛物线定义知|QF |＝|QM |＝3.6．(2018·泉州一模)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的准线l ，过M (1,0)且斜率为3的直线与l 相交于点A ，与点C 的一个交点为点B ，若AM →＝MB →，则p ＝2.[解析] 设直线AB ：y ＝3x －3，代入y 2＝2px 得： 3x 2＋(－6－2p )x ＋3＝0，又因为AM →＝MB →，即M 为A ，B 的中点，所以x B ＋(－p 2)＝2，即x B ＝2＋p2，得p 2＋4p －12＝0，解得p ＝2，p ＝－6(舍去)．7．已知双曲线x 2－y 23＝1的左顶点为A 1，右焦点为F 2，P 为双曲线右支上一点，则PA 1→·PF 2→的最小值为－2.[解析] 由已知得A 1(－1,0)，F 2(2,0)．设P (x ，y )(x ≥1)，则PA 1→·PF 2→＝(－1－x ，－y )·(2－x ，－y )＝4x 2－x －5.令f (x )＝4x 2－x －5，则f (x )在[1，＋∞)上单调递增，所以当x ＝1时，函数f (x )取最小值，即PA 1→·PF 2→取最小值，最小值为－2.8．已知椭圆C ：x 29＋y 24＝1，点M 与椭圆C 的焦点不重合．若M 关于椭圆C 的焦点的对称点分别为A ，B ，线段MN 的中点在椭圆C 上，则|AN |＋|BN |＝12.[解析] 取MN 的中点G ，G 在椭圆C 上，因为点M 关于C 的焦点F 1，F 2的对称点分别为A ，B ，故有|GF 1|＝12|AN |，|GF 2|＝12|BN |，所以|AN |＋|BN |＝2(|GF |1＋|GF |2)＝4a ＝12.9．(2018·郴州三模)已知抛物线E ：y 2＝8x ，圆M ：(x －2)2＋y 2＝4，点N 为抛物线E 上的动点，O 为坐标原点，线段ON 的中点P 的轨迹为曲线C ．(1)求曲线C 的方程；(2)点Q (x 0，y 0)(x 0≥5)是曲线C 上的点，过点Q 作圆M 的两条切线，分别与x 轴交于A ，B 两点，求△QAB 面积的最小值．[解析] (1)设P (x ，y )，则点N (2x,2y )在抛物线E ：y 2＝8x 上，所以4y 2＝16x ， 所以曲线C 的方程为y 2＝4x . (2)设切线方程为y －y 0＝k (x －x 0)．令y ＝0，可得x ＝x 0－y 0k， 圆心(2,0)到切线的距离d ＝|2k ＋y 0－kx 0|12＋k2＝2， 整理可得(x 20－4x 0)k 2＋(4y 0－2x 0y 0)k ＋y 20－4＝0，设两条切线的斜率分别为k 1，k 2，则k 1＋k 2＝2x 0y 0－4y 0x 0－4x 0，k 1k 2＝y 20－4x 0－4x 0，所以△QAB 面积S ＝12|(x 0－y 0k 1)－(x 0－y 0k 2)|y 0＝2·x 20x 0－1＝2x 0－2＋x 0－＋1x 0－1＝2[(x 0－1)＋1x 0－1＋2]． 设t ＝x 0－1∈[4，＋∞)，则f (t )＝2(t ＋1t＋2)在[4，＋∞)上单调递增，所以f (t )≥252，即△QAB 面积的最小值为252.B 组1．若a >1，则双曲线x 2a2－y 2＝1的离心率的取值范围是( C )A ．(2，＋∞)B ．(2，2 )C ．(1，2)D ．(1,2)[解析] 由题意得双曲线的离心率e ＝a 2＋1a .∴e 2＝a 2＋1a 2＝1＋1a2.∵a >1，∴0<1a 2<1，∴1<1＋1a2<2，∴1<e < 2.故选C ．2．已知O 为坐标原点，F 是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点，A ，B 分别为C 的左，右顶点．P 为C 上一点，且PF ⊥x 轴．过点A 的直线l 与线段PF 交于点M ，与y 轴交于点E .若直线BM 经过OE 的中点，则C 的离心率为( A )A ．13B ．12C ．23D ．34[解析] 解法一：设E (0，m )，则直线AE 的方程为－x a ＋y m＝1，由题意可知M (－c ，m－mc a )，(0，m 2)和B (a,0)三点共线，则m －mc a －m 2－c ＝m 2－a ，化简得a ＝3c ，则C 的离心率e ＝ca＝13. 解法二：如图所示，由题意得A (－a,0)，B (a,0)，F (－c,0)．由PF ⊥x 轴得P (－c ，b 2a)．设E (0，m )，又PF ∥OE ，得|MF ||OE |＝|AF ||AO |，则|MF |＝m a －ca.① 又由OE ∥MF ，得12|OE ||MF |＝|BO ||BF |，则|MF |＝m a ＋c2a.② 由①②得a －c ＝12(a ＋c )，即a ＝3c ，所以e ＝c a ＝13.故选A ．3．(文)以抛物线C 的顶点为圆心的圆交C 于A ，B 两点，交C 的准线于D ，E 两点．已知|AB |＝42，|DE |＝25，则C 的焦点到准线的距离为( B )A ．2B ．4C ．6D ．8[解析] 由题意，不妨设抛物线方程为y 2＝2px (p >0)，由|AB |＝42，|DE |＝25，可取A (4p ，22)，D (－p 2，5)，设O 为坐标原点，由|OA |＝|OD |，得16p 2＋8＝p24＋5，得p ＝4.故选B ．(理)已知椭圆C 1：x 2m 2＋y 2＝1(m >1)与双曲线C 2：x 2n2－y 2＝1(n >0)的焦点重合，e 1，e 2分别为C 1，C 2的离心率，则( A )A ．m >n 且e 1e 2>1B ．m >n 且e 1e 2<1C ．m <n 且e 1e 2>1D ．m <n 且e 1e 2<1[解析] 由于m 2－1＝c 2，n 2＋1＝c 2，则m 2－n 2＝2，故m >n ，又(e 1e 2)2＝m 2－1m 2·n 2＋1n 2＝n 2＋1n 2＋2·n 2＋1n 2＝n 4＋2n 2＋1n 4＋2n 2＝1＋1n 4＋2n 2>1，所以e 1e 2>1.故选A ． 4．已知M (x 0，y 0)是曲线C ：x 22－y ＝0上的一点，F 是曲线C 的焦点，过M 作x 轴的垂线，垂足为点N ，若MF →·MN →<0，则x 0的取值范围是( A )A ．(－1,0)∪(0,1)B ．(－1,0)C ．(0,1)D ．(－1,1)[解析] 由题意知曲线C 为抛物线，其方程为x 2＝2y ，所以F (0，12)．根据题意，可知N (x 0,0)，x 0≠0，MF →＝(－x 0，12－y 0)，MN →＝(0，－y 0)，所以MF →·MN →＝－y 0(12－y 0)<0，即0<y 0<12.因为点M 在抛物线上，所以有0<x 202<12.又x 0≠0，解得－1<x 0<0或0<x 0<1.故选A ．5．已知椭圆x 29＋y 25＝1的右焦点为F ，P 是椭圆上一点，点A (0,23)，当△APF 的周长最大时，△APF 的面积等于( B )A ．1134B ．2134C ．114D ．214[解析] 由椭圆x 29＋y 25＝1知a ＝3，b ＝5，c ＝a 2－b 2＝2，Rt △AOF 中，|OF |＝2，|OA |＝23，则|AF |＝4.设椭圆的左焦点为F 1，则△APF 的周长为|AF |＋|AP |＋|PF |＝|AF |＋|AP |＋2a －|PF 1|＝4＋6＋|PA |－|PF 1|≤10＋|AF 1|(当且仅当A ，P ，F 1三点共线，P 在线段AF 1的延长线上时取“＝”)．此时直线AF 1的方程为x －2＋y23＝1，与椭圆的方程为5x 2＋9y2－45＝0联立并整，得32y 2－203y －75＝0，解得y P ＝－538(正值舍去)，则△APF 的周长最大时，S △APF ＝12|F 1F |·|y A －y P |＝12×4×|23＋538|＝2134.故选B ．6．设直线l 过双曲线C 的一个焦点，且与C 的一条对称轴垂直，l 与C 交于A ，B 两点，|AB |为C 的实轴长的2倍，则C[解析] 设双曲线方程：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，由题意可知，将x ＝c 代入，解得：y ＝±b 2a，则|AB |＝2b2a，由|AB |＝2×2a ，则b 2＝2a 2，所以双曲线离心率e ＝ca＝1＋b 2a2＝ 3. 7．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1且与x 轴垂直的直线交椭圆于A ，B 两点，直线AF 2与椭圆的另一个交点为点C ，若S △ABC ＝3S △BCF 2，则椭圆的离心5[解析] 如图所示，因为S △ABC ＝3S △BCF 2，所以|AF 2|＝2|F 2C |.A (－c ，b 2a )，直线AF 2的方程为：y －0＝b 2a －0－c －c(x －c )，化为：y ＝－b 22ac (x －c )，代入椭圆方程x 2a ＋y2b ＝1(a >b >0)，可得：(4c 2＋b 2)x 2－2cb 2x ＋b 2c 2－4a 2c 2＝0，所以x C ·(－c )＝b 2c 2－4a 2c 24c 2＋b 2，解得x C ＝4a 2c －b 2c4c 2＋b2.因为AF 2→＝2F 2C →，所以c －(－c )＝2(4a 2c －b 2c4c 2＋b 2－c )，化为：a 2＝5c 2，解得e ＝55. 8．设F 1，F 2为椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的焦点，过F 2的直线交椭圆于A ，B 两点，AF 1⊥AB 且AF 1＝AB ，则椭圆C[解析] 设|AF 1|＝t ，则|AB |＝t ，|F 1B |＝2t ，由椭圆定义有：|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，所以|AF 1|＋|AB |＋|F 1B |＝4a ，化简得(2＋2)t ＝4a ，t ＝(4－22)a ， 所以|AF 2|＝2a －t ＝(22－2)a ， 在Rt △AF 1F 2中，|F 1F 2|2＝(2c )2，所以[(4－22)a ]2＋[(22－2)a ]2＝(2c )2， 所以(c a)2＝9－62＝(6－3)2，所以e ＝6－ 3.9．(文)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，|AF 1|＝3|F 1B |.(1)若|AB |＝4，△ABF 2的周长为16，求|AF 2|； (2)若cos ∠AF 2B ＝35，求椭圆E 的离心率．[解析] (1)由|AF 1|＝3|F 1B |及|AB |＝4得|AF 1|＝3，|F 1B |＝1， 又∵△ABF 2的周长为16，∴由椭圆定义可得4a ＝16，|AF 1|＋|AF 2|＝2a ＝8. ∴|AF 2|＝2a －|AF 1|＝8－3＝5.(2)设|F 1B |＝k ，则k >0且|AF 1|＝3k ，|AB |＝4k ， 由椭圆定义知：|AF 2|＝2a －3k ，|BF 2|＝2a －k ， 在△ABF 2中，由余弦定理得，|AB |2＝|AF 2|2＋|BF 2|2－2|AF 2||BF 2|cos ∠AF 2B ， 即(4k )2＝(2a －3k )2＋(2a －k )2－65(2a －3k )(2a －k )，∴(a ＋k )(a －3k )＝0，而a ＋k >0， ∴a ＝3k ，于是有|AF 2|＝3k ＝|AF 1|，|BF 2|＝5k ， ∴|BF 2|2＝|F 2A |2＋|AB |2∴F 2A ⊥AB ，F 2A ⊥AF 1， ∴△AF 1F 2是等腰直角三角形，从而c ＝22a ，所以椭圆离心率为e ＝c a ＝22. (理)设点F 1(－c,0)，F 2(c,0)分别是椭圆C ：x 2a2＋y 2＝1(a >1)的左、右焦点，P 为椭圆C上任意一点，且PF 1→·PF 2→的最小值为0.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且仅有一个公共点，作F 1M ⊥l ，F 2N ⊥l 分别交直线l 于M ，N 两点，求四边形F 1MNF 2面积S 的最大值．[解析] 本题主要考查平面向量数量积的坐标运算、椭圆的方程及几何性质、直线与椭圆的位置关系、基本不等式．(1)设P (x ，y )，则PF 1→＝(－c －x ，－y )，PF 2→＝(c －x ，－y )，∴PF 1→·PF 2→＝x 2＋y 2－c 2＝a 2－1a2x 2＋1－c 2，x ∈[－a ，a ]，由题意得，1－c 2＝0，c ＝1，则a 2＝2， ∴椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)将直线l 的方程l ：y ＝kx ＋m 代入椭圆C 的方程x 22＋y 2＝1中，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx＋2m 2－2＝0，由直线l 与椭圆C 有且仅有一个公共点知 Δ＝16k 2m 2－4(2k 2＋1)(2m 2－2)＝0， 化简得：m 2＝2k 2＋1.设d 1＝|F 1M |＝|－k ＋m |k 2＋1，d 2＝|F 2N |＝|k ＋m |k 2＋1. ①当k ≠0时，设直线l 的倾斜角为θ，则|d 1－d 2|＝|MN |·|tan θ|， ∴|MN |＝1|k |·|d 1－d 2|，∴S ＝12·1|k |·|d 1－d 2|·(d 1＋d 2)＝2|m |k 2＋1＝4|m |m 2＋1＝4|m |＋1|m |，∵m 2＝2k 2＋1，∴当k ≠0时，|m |>1，|m |＋1|m |>2， 即S <2.②当k ＝0时，四边形F 1MNF 2是矩形，此时S ＝2. ∴四边形F 1MNF 2面积S 的最大值为2.。
2019高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的热点问题练习
地地道道的达到第 3 讲圆锥曲线中的热门问题高考定位 1. 圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考察，常常作为试卷的压轴题之一； 2. 以椭圆或抛物线为背景，特别是与条件或结论有关存在性开放问题 . 对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考察 .真题感悟x2 2 →→1.(2018 ·浙江卷 ) 已知点P(0 ，1) ，椭圆4＋y ＝ m( m>1)上两点 A， B 知足 AP＝2PB，则当m ＝________时，点B横坐标的绝对值最大 .→ →－ x1＝2x2，1 12 2) ，由 AP＝2PB，得 1 2 1 －分析设 A( x ， y ) ，B( x，y 1－y1＝ 2（y2－ 1），即 x ＝－2x ， y ＝34 2 2x 2 22y2 . 因为点A，B在椭圆上，所以4＋（ 3－ 2y ）＝m， 1 3 2 22 得y2＝m＋，所以 x2＝ m－(3－2y2) x2 2 4 4＋ y2＝ m，4＝－1 2＋5 －9＝－1( － 5) 2＋4≤4，所以当＝5 时，点B横坐标的绝对值最大，最大值为4m2m4 4mm2.答案 52.(2018 ·北京卷 ) 已知抛物线C：y2＝ 2px经过点P(1 ，2). 过点Q(0 ，1) 的直线l 与抛物线 C 有两个不一样的交点A， B，且直线 PA交 y 轴于 M，直线 PB交 y 轴于 N.(1) 求直线l的斜率的取值范围；→→→→ 1 1(2) 设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：λ＋μ为定值 .(1)解因为抛物线 y2＝2px 过点(1，2)，2所以 2p＝ 4，即p＝ 2. 故抛物线C的方程为 y ＝4x.设直线 l 的方程为 y＝ kx ＋1( k≠0).由y2＝4x，得 k2x2＋(2 k－4) x＋1＝0. y＝ kx＋1依题意＝ (2 k － 4) 2－4× k 2×1>0，解得 k <1，又因为 ≠0，故k <0 或 0< <1.kk又 ， 与 y 轴订交，故直线l 可是点 (1 ，－ 2).PA PB进而 k ≠－ 3.所以直线 l 斜率的取值范围是( －∞，－ 3) ∪ ( － 3， 0) ∪ (0 ， 1).(2) 证明 设 A ( x 1， y 1) ，B ( x 2， y 2).12＝－2k － 41 21由(1) 知 x ＋ x k 2， x x ＝k 2.y 1－ 2直线 PA 的方程为 y － 2＝ x 1－ 1( x － 1). 令 x ＝ 0，M － y 1＋ 2＋2＝ － kx 1＋1得点 M 的纵坐标为 y ＝ x 1－ 1x 1－ 1 ＋2.－ kx 2＋1同理得点 N 的纵坐标为 y N ＝ 2＋ 2.x － 1由 → ＝ λ → ， → ＝ μ→ 得 λ ＝ 1－ y My N，μ＝ 1－QMQO QNQO所以1 1＝1 ＋ 1＝ x 1－ 1＋ x 2 －1＋ μ（ k － 1） x 2 λ 1－ y M 1－y N（ k － 1） x 1 2 2 k － 4＝ 1 2x 1x 2－（ x 1＋ x 2） ＝ 1 k 2＋ k2＝2. · x x · 1k － 12k － 11k 21 1所以 λ ＋ μ ＝2 为定值 .3.(2017 ·全国Ⅰ卷 ) 已知椭圆 x 2 y 2 － 1，3 C ： 2＋2＝ 1( a >b >0) ，四点 P 1(1 ，1) ，P 2(0 ，1) ，P 3，ab243中恰有三点在椭圆 C 上 . P 1， 2(1) 求 C 的方程；(2) 设直线 l 不经过 P 2 点且与 C 订交于 A ，B 两点 . 若直线 P 2A 与直线 P 2B 的斜率的和为－ 1，证明： l 过定点 .(1) 解 因为点 P 3， P 4 对于 y 轴对称，由题设知 C 必过 P 3，P 4 . 又由 1 1 1 32知，椭圆 Ca 2＋ 2> 2＋ 4b b a不经过点 P ，1所以点 P 2在椭圆 C 上.12＝ 1， 22b a ＝4，x＋ y 2＝ 1.所以解得故 C 的方程为1 3b 2＝ 1.4a ＋4b ＝1，(2) 证明设直线 P2A 与直线 P2B的斜率分别为k1， k2. 假如直线l 的斜率不存在， l 垂直于 x 轴.设 l ： x＝ m， A( m， y A)，B( m，－ y A)，y A－1－ y A－1－2k1＋k2＝m ＋m ＝m＝－ 1，得m＝ 2，此时 l 过椭圆右极点，不存在两个交点，故不知足.进而可设l ：＝kx＋ ( ≠1).y m mx2 2 222将 y＝ kx ＋m代入4＋y ＝1 得(4 k＋ 1) x＋ 8kmx＋ 4m－ 4＝ 0. 由题设可知＝ 16(4 2 －2＋ 1)>0.k m28km4m－ 4 设 A( x1， y1)， B( x2， y2)，则 x1＋ x2＝－4k2＋1， x1x2＝4k2＋1.则 k1＋ k2＝y1－1 y2－1 kx1＋m－1 kx2＋ m－1 ＋＝＋x2x1 x2 x1＝2kx1x2＋（m－1）（x1＋x2）.x1x2由题设 k1＋ k2＝－1，故(2 k＋1) x1x2＋( m－1)( x1＋x2)＝0.24m－ 4－8km∴(2 k＋1) ·4k2＋1＋ ( m－1) ·4k2＋1＝ 0.解之得 m＝－2k－1，此时＝32(m＋1)>0，方程有解，∴当且仅当m>－1时，>0，∴直线 l 的方程为 y＝ kx －2k－1，即 y＋1＝ k( x－2).所以 l 过定点(2，－1).考点整合1.圆锥曲线中的范围、最值问题，能够转变为函数的最值问题 ( 以所求式子或参数为函数值 ) ，或许利用式子的几何意义求解 .温馨提示圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在波及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响 .2.定点、定值问题(1)定点问题：在分析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，无论参数怎样变化，其都过某定点，这种问题称为定点问题.若获得了直线方程的点斜式：y－ y0＝ k( x－ x0)，则直线必过定点( x0，y0) ；若获得了直线方程的斜截式： y＝ kx＋ m，则直线必过定点(0 ，m).呵呵复生复生复生地地道道的达到标或动直线中的参变量没关，这种问题统称为定值问题.3. 存在性问题的解题步骤：(1) 先假定存在，引入参变量，依据题目条件列出对于参变量的方程( 组 ) 或不等式 ( 组 ).(2) 解此方程 ( 组 ) 或不等式 ( 组) ，如有解则存在，若无解则不存在.(3) 得出结论 .热门一圆锥曲线中的最值、范围x 2y23，直线【例 1】 (2018 ·西安质检 ) 已知椭圆： 2 ＋ 2＝ 1( > >0) 的离心率 ＝x＋ 3C a b a be2y－1＝ 0 被以椭圆 C 的短轴为直径的圆截得的弦长为3.(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 过点 M (4 ， 0) 的直线 l 交椭圆于 A ， B 两个不一样的点，且 λ＝ | MA |·|MB | ，求 λ 的取值 范围 .1解 (1) 原点到直线 x ＋3 y － 1＝ 0 的距离为 2，22由题得1 3＝ b 2( b >0) ，解得 b ＝ 1.＋222c 2b 2 3又 e ＝ a 2＝ 1－a 2＝ 4，得 a ＝2.x 22所以椭圆 C 的方程为 4＋ y ＝ 1.(2) 当直线 l 的斜率为 0 时， λ ＝ | MA |·|MB | ＝12.当直线 l 的斜率不为 0 时，设直线 l ： x ＝ my ＋ 4，点 A ( x 1， y 1) ， B ( x 2， y 2) ，x ＝ my ＋ 4，联立 x2消去 x 得22＋8my ＋ 12＝ 0.2( m ＋ 4) y4 ＋ y ＝1，由222＝ 64m －48( m ＋ 4)>0 ，得 m >12，所以 y 1y 2＝12.2m ＋ 4λ＝ ||·| |＝2＋ 1|y 1|·2＋ 1| y 2|mmMAMB232y 1y 2|12（ m ＋ 1）＝( m ＋ 1)|＝＋＝ 12－m ＋4 .m 42233 39 由 m >12，得 0<2＋ 4<16，所以 4 <λ <12.m地地道道的达到3939综上可得： 4 <λ ≤12，即 λ ∈ 4 ， 12 .研究提升求圆锥曲线中范围、最值的主要方法： (1) 几何法：若题目中的条件和结论能明显表现几何特点和意义，则考虑利用图形性质数形联合求解.(2) 代数法：若题目中的条件和结论能表现一种明确的函数关系，或许不等关系，或许已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.【训练 1】 (2018 ·浙江卷 ) 如图，已知点 P 是 y 轴左边 ( 不含 y 轴 ) 一点，抛物线 ： y 2＝ 4 上存在不一样的两点 ， B 知足 ，的中点均在CxAPA PBC上 .(1) 设 AB 中点为 M ，证明： PM 垂直于 y 轴；2 y 2(2) 若 P 是半椭圆 x ＋ 4 ＝ 1( x <0) 上的动点，求△ PAB 面积的取值范围 .1 2 1 2 (1) 证明 设 P ( x 0， y 0) ，A 4y 1， y 1 ，B 4y 2， y 2 .2 为方程 y＋ y 0 2 1 y 2＋ x 0 因为 ， 的中点在抛物线上，所以 y 1， ＝4· 4 ， PA PB y 2222 的两个不一样的实根 .即 y－ 2y y ＋ 8x － y ＝ 00 0所以 y 1＋ y 2＝ 2y 0，所以， PM 垂直于 y 轴 .(2) 解由 (1) 可知y 1＋ y 2＝ 2y 0，2y 1y 2＝ 8x 0－ y 0，所以 | | ＝1(y 12＋ y 22) － x 0＝32－ 3 x 0，PM 84y2| y 1 －y 2| ＝ 2 2（ y 0－ 4x 0）.1 所以，△ PAB 的面积 S △ PAB ＝ | PM |·|y 1－ y 2|23 223＝ 4 ( y 0－4x 0) 2.22y 0因为 x 0 ＋ 4 ＝ 1( x 0<0) ，所以y 02－ 4 0＝－ 4 02－ 4 x 0＋4∈ [4 ，5] ，x x所以，△ PAB 面积的取值范围是6 2，1510.4热门二定点、定值问题考法 1圆锥曲线中的定值呵呵复生复生复生【例 2－ 1】 (2018 ·烟台二模 ) 已知椭圆x 2 y 2＝ 1(> >0) 的焦距为 2 3，斜率为 1 ： 2 ＋ 2的直C a ba b2线与椭圆交于 ， 两点，若线段AB 的中点为 ，且直线的斜率为－ 1 .A BDOD 2(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 若过左焦点 F 斜率为 k 的直线 l 与椭圆交于 M ，N 两点，P 为椭圆上一点， 且知足 OP ⊥ MN ，问： 1＋ 1能否为定值？假如，求出此定值；若不是，说明原因. | MN | |OP |2 解 (1) 由题意可知 c ＝ 3 ，设 A ( x 1， y 1) ， B ( x 2， y 2) ，222 2x 1y 1x 2 y 2则 a 2＋ b 2＝ 1， a 2＋b 2＝ 1，y － yy ＋ y222 b11两式相减并整理得， x 1－x 2·x 1 ＋ x 2 ＝－ a 2 ，b 2即 k AB · k OD ＝－ a 2.112 2又因为 k ＝2， k ＝－2，代入上式得， a ＝4b .ABOD又 a 2＝ b 2＋ c 2， c 2＝3，所以 a 2＝4， b 2＝ 1， 故椭圆的方程为x 22＋ y ＝ 1.4(2) 由题意可知， F ( － 3， 0) ，当 MN 为长轴时， OP 为短半轴，111 5则 | MN |＋ | OP | 2＝ 4＋ 1＝4，不然，可设直线 l 的方程为 y ＝k ( x ＋ 3) ，x 22联立4 ＋ y ＝1，消 y 得，y ＝ k （x ＋ 3），(1＋42)x 2＋8 3 k 2 x ＋ 12 2－ 4＝ 0，kk8 3 212 k2－ 4k 则有 x 1＋ x 2＝－ 1＋ 4k 2， x 1x 2＝ 1＋ 4k 2 ，所以 | |＝ 1＋ k 2| x 1－ x 1|MN8 3k2212k 2－ 44＋ 4k 2 ＝ 1＋ k 2－ ＋ 4k 2 －41＋ 4k 2＝1＋4 k 2，11设直线 OP 方程为 y ＝－ k x ，2x＋ y 2＝ 1，4联立1y ＝－ k x ，2k2依据对称性不如令P－2， 2，k ＋4 k ＋ 42k 2224＋ 4k 2所以|OP |＝－k 2＋ 4 ＋k 2＋ 4 ＝k 2＋ 4.11 1＋ 4k 211＋ 4k 2 k 2＋ 4 5故 | MN |＋ | OP | 2＝ 4＋ 4k 2＋ 4＋ 4k 2 2＝ 4＋ 4k 2＋4＋ 4k 2＝ 4，k 2＋ 41 15综上所述， | MN |＋ | OP | 2为定值 4.研究提升1. 求定值问题常有的方法有两种：(1) 从特别下手，求出定值，再证明这个值与变量没关.(2) 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，进而获得定值 .2. 定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，而后证明与参数没关， 这种问题选择消元的方向是特别重点的.x 2 y 2【训练 2】 已知椭圆 C ： a 2＋ b 2＝ 1 过点 A (2 ， 0) ， B (0 ， 1) 两点 .(1) 求椭圆 C 的方程及离心率；(2) 设 P 为第三象限内一点且在椭圆 C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M ，直线 PB 与 x 轴交于点 N ，求证：四边形 ABNM 的面积为定值 .x 2(1) 解 由题意知 a ＝ 2， b ＝ 1. 所以椭圆方程为4 ＋ y 2＝ 1，22c3又 c ＝ a － b ＝ 3. 所以椭圆离心率 e ＝ a ＝ 2 .(2) 证明 设 P 点坐标为 ( x 0， y 0)( x 0＜ 0， y 0＜ 0) ，22则 x ＋ 4y ＝ 4，y 0－ 1由 B 点坐标 (0 ，1) 得直线 PB 方程为： y － 1＝ x 0 ( x － 0) ， 令 y ＝ 0，得 x N ＝ x 0，1－ y 0x 0进而 | AN | ＝2－ x N ＝ 2＋y 0－ 1，由 A 点坐标 (2 ， 0) 得直线方程为 y －0＝ y 0 ( x －2) ，PA x 0 － 2地地道道的达到令 x ＝ 0，得 y M ＝ 2y 0，进而| | ＝ 1－ M ＝1＋ 2y 0 ，BM yx 0－ 22－x 0所以S 四边形 ABNM＝ 1 ||·| | 2 ANBM ＝ 12＋ x 0 1＋ 2 y 02 0 0y － 1 x － 222x 0＋ 4y 0＋ 4x 0y 0－ 4x 0－ 8y 0＋ 4＝2（ x 0y 0－ x 0－ 2y 0＋ 2）2x 0y 0－ 2x 0－ 4y 0＋4 ＝x 0y 0－ x 0－ 2y 0＋ 2 ＝2.即四边形 ABNM 的面积为定值 2. 考法 2圆锥曲线中的定点问题【例 2－ 2】 (2018 ·衡水中学质检 ) 已知两点 A ( － 2，0) ， B ( 2，0) ，动点 P 在 y 轴上的→→→2投影是 Q ，且 2PA ·PB ＝ | PQ | .(1) 求动点 P 的轨迹 C 的方程；(2) 过 (1 ， 0) 作相互垂直的两条直线交轨迹C 于点 ，，，，且1， 2 分别是 ， 的F GHMN E E GH MN中点 . 求证：直线 E 1E 2 恒过定点 .(1) 解 设点 P 坐标为 ( x ， y ) ，∴点 Q 坐标为 (0 ， y ).→→ → 2∵2PA · PB ＝ | PQ | ，∴2[( －2－ x )( 2－ x ) ＋ y 2 ] ＝ x 2，x 2 y 2化简得点 P 的轨迹方程为4 ＋ 2 ＝ 1.(2) 证明 当两直线的斜率都存在且不为0 时，设l GH： ＝ ( x －1)， ( 1，1)， (2， 2) ，y k G x y H x y1l MN ： y ＝－ k ( x －1) ， M ( x 3，y 3) ， N ( x 4， y 4) ，22xy联立4＋ 2＝1， y ＝k （ x － 1），消去 y 得 (2 k 2＋ 1) x 2－ 4k 2x ＋ 2k 2－ 4＝0.则 >0恒成立 .4k 22k 2 －4∴x 1＋ x 2＝2k 2＋ 1，且 x 1x 2＝ 2k 2＋1.2k 2 ， － k ，12 2 2k ＋1 2k ＋ 1 ∴GH 中点 E 坐标为 2 k同理， MN 中点 E 2 坐标为 k 2＋ 2， k 2＋2 ，地地道道的达到－3k∴k E1E2＝2（k2－1），lE E y －3k 2 2∴的方程为＝x－，∴过点， 0 ，1 2 22（k－ 1） 3 31 22 ， 0 1 2当两直线的斜率分别为0 和不存在时，lE E的方程为y＝ 0，也过点3 ，综上所述， lE E 2过定点3，0 .研究提升 1. 动直线l过定点问题 . 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.引入参变量成立曲线 C的方程，再依据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.【训练 3】已知曲线C： y2＝4x，曲线 M：( x－1)2＋y2＝4( x≥1)，直线 l 与曲线 C交于 A，B两点， O为坐标原点.→→(1) 若OA·OB＝－ 4，求证：直线l 恒过定点；→→(2) 若直线l与曲线M相切，求PA·PB( 点P坐标为 (1 ， 0)) 的最大值 .解设 l ：x＝ my＋ n， A( x1， y1)， B( x2， y2).x ＝ my＋ n，2－4 － 4 ＝0.由得y 2＝ 4x，y my n∴y1＋ y2＝4m，y1y2＝－4n.∴x1＋ x 2 22＝4m＋2n，x1x2＝n.(1) 证明→→由 OA· OB＝－4，2得 x1x2＋ y1y2＝ n －4n＝－4，解得 n＝2.∴直线 l 恒过定点(2，0).(2)∵直线 l 与曲线 M：( x－1)2＋ y2＝4( x≥1)相切，|1 －n|∴2＝2，且n≥3，1＋m2 2整理得 4m＝n－2n－ 3( n≥3). ①又点 P 坐标为(1，0)，∴由已知及①，得→→PA· PB＝( x1－1， y1)·(x2－1， y2)＝( x1－ 1)( x2－1) ＋y1y2＝ x 1x 2－ ( x 1＋ x 2) ＋ 1＋ y 1y 222＝ n － 4m － 2n ＋1－ 4n22＝ n － 4m － 6n ＋1＝ 4－ 4n .又 y ＝ 4－ 4n ( n ≥3) 是减函数，∴当 n ＝ 3 时， y ＝ 4－ 4n 获得最大值－ 8.→ → 故PA · PB 的最大值为－ 8. 热门三圆锥曲线中的存在性问题x 2 y 2【例 3】 (2018 ·江南名校联考 ) 设椭圆 M ： a 2＋ b 2＝ 1( a >b >0) 的左、右焦点分别为 A ( －1，0)， (1，0)， C 为椭圆 上的点，且∠ ＝ π， △ ABC ＝ 3 .B M ACB 3 S 3(1) 求椭圆 M 的标准方程；(2) 设过椭圆 M 右焦点且斜率为 k 的动直线与椭圆 M 订交于 E ，F 两点，研究在 x 轴上能否存→ →D 的坐标； 若不存在， 请说明原因 .在定点 D ，使得 DE · DF 为定值？若存在， 试求出定值和点2222解 (1) 在△ ABC 中，由余弦定理 AB ＝ CA ＋CB － 2CA ·CB ·cos C ＝ ( CA ＋CB ) － 3CA ·CB ＝ 4.1 33 ，又 S △ ABC ＝ CA · CB ·sin C ＝CA · CB ＝243∴ · ＝4，代入上式得＋ ＝ 2 2.CACB 3CA CB椭圆长轴 2a ＝ 2 2，焦距 2c ＝ AB ＝ 2.2x2所以椭圆 M 的标准方程为＋ y ＝ 1.(2) 设直线方程 y ＝ k ( x － 1) ，E ( x 1， y 1) ， F ( x 2， y 2) ，2x＋ y 2＝1，联立2y ＝ k （x － 1），消去 y 得 (1 ＋ 2k 2) x 2－ 4k 2x ＋ 2k 2－ 2＝0， ＝ 8k 2＋8>0，4k 22k 2－ 2∴ x 1＋ x 2＝ 1＋ 2k 2， x 1x 2＝ 1＋ 2k 2.→ →假定 x 轴上存在定点D ( x 0， 0) ，使得 DE ·DF 为定值 .→ →∴DE · DF ＝ ( x 1－ x 0， y 1) ·(x 2－ x 0， y 2)2＝x 1x 2－ x 0( x 1＋ x 2) ＋x 0＋ y 1y 22 2＝ x 1x 2－ x 0( x 1＋ x 2) ＋x 0＋ k ( x 1－ 1)( x 2 －1)2 ) x 1x 2－ 2 2 2＝(1 ＋ k ( x 0＋ k )( x 1＋ x 2) ＋x 0＋ k22 2（ 2x 0－ 4x 0＋ 1） k ＋（ x 0－ 2）＝1＋ 2k 2要使→ · →为定值，则 → · →的值与k 没关，DE DFDE DF225∴2x － 4x ＋1＝2( x － 2) ，解得 x ＝ ，4 此时→ · →＝－ 7 为定值，定点为5 ， 0 .DE DF164研究提升1. 此类问题一般分为研究条件、研究结论两种 . 若研究条件，则可先假定条件成立，再考证结论能否成立，成立则存在，不可立则不存在；若研究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行议论，常常波及对参数的议论.2. 求解步骤：假定知足条件的元素 ( 点、直线、曲线或参数 ) 存在，用待定系数法设出，列出对于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素( 点、直线、曲线或参数 ) 存在，不然，元素 ( 点、直线、曲线或参数 ) 不存在 .x 2 y 21 3【训练 4】 已知椭圆 C ： a 2＋ b 2＝ 1( a >b >0) 的离心率为 2，且过点 P 1，2 ，F 为其右焦点 .(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 设过点 A (4 ，0) 的直线 l 与椭圆订交于M ， N 两点 ( 点 M 在 A ， N 两点之间 ) ，能否存在直线 l 使△ AMF 与△ MFN 的面积相等？若存在，试求直线l 的方程；若不存在，请说明原因.c 1解 (1) 因为 a ＝ 2，所以 a ＝ 2c ， b ＝ 3c ，x 2y 2设椭圆方程 4c 2＋ 3c 2＝ 1，又点 P 1， 3 1 3 2＝ 1，在椭圆上，所以 2＋2 4c 4c22 2x 2 y 2解得 c ＝ 1， a ＝4， b ＝ 3，所以椭圆方程为 4＋ 3＝1.(2) 易知直线 l 的斜率存在，设 l 的方程为 y ＝ ( x －4) ，k y ＝ k （ x － 4）， 由 x 2 y 2 消去 y 得 (3 ＋ 4k 2) x 2－ 32k 2x ＋ 64k 2－12＝ 0，4＋ 3＝1，由题意知＝ (32 k 2) 2－ 4(3 ＋ 4k 2)(64 k 2－ 12)>0 ，1 1 解得－ <k < .22设 M ( x 1， y 1) ， N ( x 2， y 2) ，32k 2则 x 1＋ x 2＝ 3＋ 4k 2，①地地道道的达到264k－ 12因为△ AMF与△ MFN的面积相等，所以 | AM| ＝| MN|，所以 2x1＝x2＋4. ③4＋ 16k2由①③消去x2得 x1＝3＋4k2.④64k2－ 12 将 x2＝2x1－4代入②，得x1(2 x1－4)＝3＋4k2⑤将④代入到⑤式，整理化简得36k2＝ 5.∴k＝±56，经查验知足题设5 5故直线 l 的方程为 y＝6 ( x－ 4) 或y＝－6 ( x－ 4).1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面掌握：(1) 从特别开始，求出定值，再证明该值与变量没关：(2) 直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3) 在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分别出来，并令其系数为零，能够解出定点坐标.2.圆锥曲线的范围问题的常有求法(1) 几何法：若题目的条件和结论能显然表现几何特点和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能表现一种明确的函数关系，则可第一成立起目标函数，再求这个函数的最值 .3. 存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假定存在，推证知足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在 .(2)策略：①当条件和结论不独一时要分类议论；②当给出结论而要推导出存在的条件时，先假定成立，再推出条件.一、选择题x2 y21. 若双曲线λ－1－λ＝ 1(0< λ <1) 的离心率e∈ (1 ， 2) ，则实数λ的取值范围为 ()1 1A. 2，1B.(1 ， 2)C.(1 ，4)D. 4，1地地道道的达到易 c ＝ 1， a ＝ λ ，且 e ∈ (1 ，2) ，∴ 1< 11分析 λ <2，得 4<λ <1. 答案 D2. 若点 P 为抛物线 y ＝ 2x 2 上的动点， F 为抛物线的焦点，则 | PF | 的最小值为 ( )A.21C. 11B.4D.28分析 依据题意，抛物线 y ＝2x 2 上，设 P 到准线的距离为 d ，则有 | PF | ＝d ，抛物线的方程 为＝ 2221 ，其准线方程为1在抛物线的极点时，有最小值1 y x ，即x ＝2y y＝－ ，∴当点P d ，881即| PF | min ＝ .8答案 D22x 2 y 23.(2018 ·北京东城区调研 ) 已知圆 M ：( x － 2) ＋ y ＝1 经过椭圆 C ： m ＋ 3 ＝ 1 的一个焦点，圆 M 与椭圆 C 的公共点为 A ，B ，点 P 为圆 M 上一动点，则 P 到直线 AB 的距离的最大值为( ) A.2 10－5B.2 10－ 4C.4 10－11D.4 10－ 10分析 易知圆 M 与 x 轴的交点为 (1 ，0) ，(3 ，0) ，∴ m － 3＝1 或 m － 3＝ 9，则 m ＝ 4 或 m ＝12.（ －2）2＋y 2＝1，x当 m ＝ 12 时，圆 M 与椭圆 C 无交点，舍去 . ∴ m ＝ 4. 联立x 2y 2 得 x 2－ 16x ＋ 244＋ 3＝1，＝0. ∵ x ≤2，∴ x ＝ 8－ 2 10. 故点 P 到直线 AB 距离的最大值为 3－(8 － 2 10) ＝ 2 10－ 5. 答案 Ax 2 y 24.(2018 ·全国Ⅲ卷 ) 设 F 1， F 2 是双曲线 C ：a 2－ b 2＝ 1( a >0， b >0) 的左、右焦点， O 是坐标原 点. 过 F 2 作 C 的一条渐近线的垂线，垂足为 P . 若| PF 1| ＝ 6| OP | ，则 C 的离心率为 ()A. 5B.2C.3D. 2b2b| bc |2分析 不如设一条渐近线的方程为y ＝ a x ，则 F 到 y ＝ a x 的距离 d ＝ a 2＋ b 2＝b ，在Rt △ F PO中， | F O | ＝ c ，所以 | PO |＝ a ，所以 | PF |＝ 6a ，又 | F O | ＝ c ，所以在△ F PO 与 Rt △F PO 中，21112依据余弦定理得 cos ∠a 2＋ c 2－（ 6a ）2＝＝12aca226 ) 22＝2 ，所以 c－cos ∠2＝－ ，则3 ＋c － (＝0，得 3a ce ＝＝3.POFcaaa答案C二、填空题呵呵复生复生复生地地道道的达到5. 设双曲线x 2y 2＝ 1( a >0， >0) 的一条渐近线与抛物线y 2x 的一个交点的横坐标为x 0，： 2－2＝C a b b若 x 0>1，则双曲线 C 的离心率 e 的取值范围是 ________.： x 22＝ b分析 双曲线 2－ y2＝1 的一条渐近线为y，C aba xy 2＝ x ，b 2联立b消去 y2.，得 2＝a xxy ＝ a x2由 x 0>1，知b2<1， b 2<a 2.a2c 2 a 2＋ b 2∴e ＝ a 2＝a 2<2，所以 1<e < 2.答案 (1， 2)6.(2018 ·武汉模拟 ) 已知抛物线y 2＝ 4x ，过焦点 F 的直线与抛物线交于A ，B 两点，过 A ，B分别作 x 轴， y 轴垂线，垂足分别为 C ，D ，则 | AC | ＋ | BD | 的最小值为 ________.分析 不如设 A ( x 1， y 1)( y 1>0) ，B ( x 2， y 2)( y 2<0).2则| |＋| | ＝ 2＋ y 21.1＝ ＋AC BD x y 4 y又 y 1y 2＝－ p 2＝－ 4. ∴| |＋|| ＝24 (2<0).y －ACBD 2y 4 y 2 x 2 4设 g ( x ) ＝ 4 －x ，在 ( －∞，－ 2) 递减，在 ( － 2， 0) 递加 .∴当 x ＝－ 2，即 y 2＝－ 2 时， | AC | ＋ | BD | 的最小值为 3.答案3三、解答题7. 已知动圆 M 恒过点 (0 ， 1) ，且与直线 y ＝－ 1 相切 .(1) 求动圆心 M 的轨迹方程；(2) 动直线 l 过点 P (0 ，－ 2) ，且与点 M 的轨迹交于 A ， B 两点，点 C 与点 B 对于 y 轴对称，求证：直线 AC 恒过定点 .(1) 解 由题意得点与点 (0 ， 1) 的距离等于点 与直线 ＝－1的距离 .MM yp由抛物线定义知圆心 M 的轨迹为以点 (0 ，1) 为焦点， 直线 y ＝－ 1 为准线的抛物线， 则2＝ 1， ＝ 2.p∴圆心 的轨迹方程为x 2＝ 4 y .M地地道道的达到 (2) 证明 由题意知直线 l 的斜率存在， 设直线 l ：y ＝ kx － 2，A ( x 1，y 1) ，B ( x 2，y 2) ，则 C ( －x 2，y 2) ，由x 2＝4y ，得 x 2－ 4kx ＋ 8＝ 0，y ＝ kx － 2＝ 16k 2－ 32>0 得 k 2>2，∴ x 1＋ x 2＝ 4k ，x 1x 2＝ 8.22x 1x 2k AC ＝y1－ 2 4 －41－ 2y ＝x 1＝xx ，x 1＋ x 2 ＋ x 24直线的方程为y－x 1－ x 2x －1).1＝(ACy4xx 1－ x 2x 1－x 2x 1（ x 1－ x 2 ）2x 1－ x 2 x 1x 2x 1即 y ＝ y 1＋ 4 ( x － x 1) ＝4 x －4＋ 4 ＝4 x ＋ 4 ，1 2x － x21∵x x ＝ 8，∴ y ＝ 4 x ＋ 2，则直线恒过点 (0 ， 2).ACx 2 y 28. 在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆C ：a 2＋ b 2＝ 1( a ＞ b ≥1) 过点 P (2 ，1) ，且离心率e ＝3.2(1) 求椭圆 C 的方程；1(2) 直线 l 的斜率为 2，直线 l 与椭圆 C 交于 A ， B 两点，求△ PAB 面积的最大值 .(1) ∵ e 2＝c22 23，∴ a 2＝ 4解 2＝a－2b ＝ b 2.aa44 122又 a 2＋ b 2＝ 1，∴ a ＝ 8， b ＝ 2.x 2 y 2故所求椭圆 C 的方程为 8 ＋ 2 ＝ 1.1(2) 设 l 的方程为 y ＝ 2x ＋ m ，点 A ( x 1， y 1) ，B ( x 2， y 2) ，1y ＝ x ＋ m ，2 2 2联立 x 2 y 2消去 y 得 x ＋2mx ＋ 2m － 4＝ 0，8＋ 2＝ 1，鉴别式22＝ 16－ 4m ＞ 0，即 m ＜ 4.2又 x 1＋ x 2＝－ 2m ， x 1· x 2＝ 2m －4，则| AB | ＝1＋ 1× （ x 1＋ x 2）2－ 4x 1x 2 4＝ 25（ 4－m ），| |2| |点 P 到直线 l的距离 d ＝m m＝.151＋ 411 2| m |2所以 S △ PAB ＝2d | AB | ＝2×5 × 5（4－ m ）22＝ 2 2m ＋（ 4－ m ）＝ 2，当且仅当 m （ 4－m ）≤2故△ PAB 面积的最大值为 2.2m ＝ 2 即 m ＝± 2时上式等号成立，9. 已知椭圆 x 2 y 2＝ 1( a >b >0) 的左、 右焦点分别为 F 1 ( － 1，0) ，F 2(1 ，0) ，点 A 1，2 C ： 2 ＋ 2 在a b2椭圆 C 上.(1) 求椭圆 C 的标准方程；(2) 能否存在斜率为 2 的直线，使适当该直线与椭圆 C 有两个不一样交点 M ，N 时，能在直线 y5→ →＝ 3上找到一点P ，在椭圆 C 上找到一点 Q ，知足 PM ＝NQ ？若存在， 求出直线的方程；若不存在，说明原因 .解 (1) 设椭圆 C 的焦距为 2c ，则 c ＝ 1， 因为A 1， 2在椭圆 C 上，所以 2 ＝| 1|＋|2| ＝ 2 2，则 ＝ 2， b 2＝ a 2－ c 2 ＝1.2a AFAFa2x2故椭圆 C 的方程为＋y ＝ 1.(2) 不存在知足条件的直线，原因以下：设直线的方程为 y ＝2 x ＋ t ，设 M ( x ，y ) ，N ( x ，y ) ，P x3 ，Q ( x ，y ) ，MN 的中点为 D ( x ，1 122 3，544y 0) ，y ＝ 2 ＋ ，xt由 x 22消去 x 得 9y 2－ 2ty ＋t 2－ 8＝ 0，2 ＋ y ＝ 1，所以 y 1＋ y 2＝2t，且 ＝4t 2－ 36( t 2－ 8)>0 ，9y 1＋ y 2 t故 y 0＝＝ ，且－ 3<t <3.29 由 → ＝ → 得 x 1－ x 3， y 1－ 5 ＝ ( x 4－ 2， y 4－ 2 ) ，PM NQ 3 xy154 24 125 2 5所以有 y － 3＝ y － y ， y ＝ y ＋y － 3＝ 9t －3.7又－ 3<t <3，所以－ 3<y 4<－ 1，与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[ －1，1] 矛盾 .地地道道的达到所以不存在知足条件的直线 .10.(2018 ·惠州调研 ) 在平面直角坐标系xOy 中，过点 (2 ， 0) 的直线与抛物线 2＝ 4 订交C yx于 A ， B 两点，设 A ( x 1，y 1) ， B ( x 2， y 2).(1) 求证： y 1y 2 为定值；(2) 能否存在平行于 y 轴的定直线被以 AC 为直径的圆截得的弦长为定值？假如存在， 求出该直线的方程和弦长，假如不存在，说明原因 .(1) 证明 法一 当直线垂直于x 轴时，不如取 y 1＝ 2 2， 2＝－ 2 2，AB y所以 y 1y 2＝－ 8( 定值 ).当直线 AB 不垂直于 x 轴时，设直线 AB 的方程为 y ＝ k ( x －2) ，y ＝ k （x － ），由y 2＝ 4x2得 ky 2－ 4y －8k ＝ 0，所以 y 1 y 2＝－ 8. 综上可得， y 1y 2＝－ 8 为定值 . 法二 设直线AB 的方程为 ＝ － 2.my x由my ＝x －2，得 y 2－4my － 8＝0，所以 y 1y 2＝－8. y 2＝ 4x所以有 y 1y 2＝－ 8 为定值 .(2) 解 存在 . 原因以下：设存在直线 l ： x ＝ a 知足条件，则x 1＋ 2 y 122AC 的中点 E ，，| AC | ＝112 2 （ x － 2 ） ＋y ，所以以 AC 为直径的圆的半径r＝ 1|| ＝1（ 1－2） 2＋12＝1x 12＋ 4，2 AC 2 x y 2点 E 到直线 x ＝ a 的距离 d ＝ x 1＋2－ a ，2所以所截弦长为2212x ＋ 224（ x 1＋ 4）－12 r － d ＝ 22 － a222＝ x 1＋ 4－（ x 1＋ 2－ 2a ） ＝ － 4（ 1－ a ） x 1＋ 8a －4a ， 当 1－ a ＝ 0，即 a ＝1 时，弦长为定值2，这时直线的方程为 x ＝ 1.21 / 22 地地道道 的达到：x 2 2 11.(2018 ·西安模拟 ) 如图，椭圆2＋ y 2＝ 1( > >0) 的左右 C a b a b焦点分别为 F 1， F 2，左右极点分别为 A ， B ， P 为椭圆 C 上任一点( 不与 A ，B 重合 ). 已知△ PFF 的内切圆半径的最大值为 2－1 22，椭圆 C 的离心率为 22.(1) 求椭圆 C 的方程；(2) 直线 l 过点 B 且垂直于 x 轴，延伸 AP 交 l 于点 N ，以 BN 为直径的圆交 BP 于点 M ，求证： O ， M ， N 三点共线 .c 2 2解 (1) 由题意知， a ＝ 2 ，∴ c ＝ 2 a .又 b 2＝ a 2－ c 2，2∴b ＝ 2 a .设△ PF 1F 2 的内切圆半径为 r ，1 1| ＋| 2| ＋| 12|)· r ，则 △PFF ＝ (| S 1 2 2 PF PF F F＝ 1(2 a ＋ 2c ) · r ＝ ( a ＋ c )r ， 2故当△ PF 1F 2 面积最大时， r 最大，即 P 点位于椭圆短轴极点时， r ＝ 2－ 2，∴ ( a ＋ c )(2 － 2) ＝ bc ，2 2把 c ＝ 2 a ， b ＝ 2 a 代入，解得 a ＝2， b ＝ 2，x 2 y 2∴椭圆方程为 4 ＋ 2 ＝ 1.(2) 由题意知，直线 AP 的斜率存在，设为 k ，则 AP 所在直线方程为 y ＝ k ( x ＋ 2) ，y ＝ k （x ＋ 2），联立 x 2 y 2 消去y ，得4 ＋2＝1，(2 k 2＋ 1) x 2＋ 8k 2x ＋ 8k 2－ 4＝0，则有 x P ·( － 2) ＝ 8k 2－ 42 ，2k ＋ 1∴x P ＝ 2－ 4k 2 4k2 ，y P ＝ k ( x P ＋ 2) ＝ 2 ，2k ＋ 1 2k ＋ 1→ － 8k 2 4k →得BP ＝ 2 2 ＋ 1， 2 2＋ 1 ，又 N (2 ，4k ) ，∴ ON ＝ (2 ， 4k ).k k呵呵复生复生复生地地道道的达到则→·→＝－16k216k2＝ 0，2 ＋ 2ON BP 2k ＋ 1 2k＋ 1∴ON⊥ BP，而 M在以 BN为直径的圆上，∴MN⊥ BP，∴ O， M，N三点共线.呵呵复生复生复生22 / 22。
(全国通用版)2019高考数学二轮复习-专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题课件 文
例 2 (2018·合肥模拟)记焦点在同一条轴上且离心率相同的椭圆为“相似 椭圆”.已知椭圆 E：1x62 ＋1y22 ＝1，以椭圆 E 的焦点为顶点作相似椭圆 M.
(1)求椭圆M的方程；
解 由条件知，椭圆 M 的离心率 e＝12，且长轴的顶点坐标为(－2,0)，(2,0)，
∴椭圆 M 的方程为x42＋y32＝1.
解答
(2)直线l与曲线Γ交于A，B两点，AB的中点在直线y＝ 1上，求△OAB(O 2
为坐标原点)面积的取值范围.
解答
思维升华
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. (3)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.
跟踪演练3 (2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为4的椭 圆 ax22＋by22＝1 (a>b>0)过点P 1，32，点F是椭圆的右焦点. (1)求椭圆方程； 解 ∵ 2a＝4，∴ a＝2， 将点 P1，32代入ax22＋by22＝1，得 b2＝3. ∴椭圆方程为x42＋y32＝1.
解答
(2)设直线l与椭圆E交于A，B两点，且与椭圆M仅有一个公共点，试判断 △ABO的面积是否为定值(O为坐标原点)？若是，求出该定值；若不是， 请说明理由.
解答
思维升华
(1)动直线过定点问题的两大类型及解法 ①动直线l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.
(通用版)2019版高考数学二轮复习 第一部分 第三层级 难点自选 专题三“圆锥曲线”压轴大题的抢分
由(1)可知a2＝5b2，所以―A→B ·―NM→＝0，故MN⊥AB.
考法•策略(二) 巧妙消元证定值
[典例]
已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a>b>0)，过A(2,0)，
B(0,1)两点．
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交
于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积
[应用体验]
1．设椭圆E的方程为
x2 a2
Hale Waihona Puke ＋y2 b2＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点
A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，
满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为
5 10 .
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：
MN⊥AB.
将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1， 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 所以x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22－＋21. 则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k ＝4k3－4k－2k122＋k3＋1 8k3＋4k＝0. 从而kMA＋kMB＝0， 故MA，MB的倾斜角互补． 所以∠OMA＝∠OMB. 综上，∠OMA＝∠OMB成立．
解答题的热点题型有： (1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定 值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲线中的判断与证明．
考法•策略(一) 依据关系来证明
[典例]
(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：
x2 2
＋y2＝1的右焦点为
F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
2019年高考理科数学二轮专题复习讲义：专题五+第三讲 圆锥曲线的综合应用+Word版含答案
2019年高考理科数学二轮专题复习讲义
第三讲圆锥曲线的综合应用
第一课时圆锥曲线的最值、范围、证明问题
最值问题
授课提示：对应学生用书第51页
[悟通——方法结论]
求解圆锥曲线中的最值问题主要有两种方法：一是利用几何方法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
(2017·高考浙江卷)(12分)如图，已知抛物线x 2＝y ，点
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)求的最大值．
[学审题]
[规范解答] (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－
1
4x ＋12
＝x －1
2，
(2分)
因为－12＜x ＜32
，
所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)． (4分)
(2)联立直线AP 与BQ 的方程
⎩⎨⎧
kx －y ＋12k ＋1
4
＝0，
x ＋ky －94k －32
＝0， (6分)
解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋3
2(k 2
＋1). 因为|P A |＝
1＋k 2⎝⎛⎭
⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，
(8分)。
2019高考数学理科二轮复习第一篇微型专题讲义：专题6 解析几何 知识整合 Word版含解析
顶点
A1(a,0),A2(a,0)
渐近 线
y=±������x
������
A1(0,-a),A2(0,a) y=±������x
������
离心 率
e=������,e∈(1,+∞)
������
实虚 轴
线段 A1A2 叫作双曲线的实轴,它的长|A1A2|=2a;线段 B1B2 叫作 双曲线的虚轴,它的长|B1B2|=2b;a 叫作双曲线的实半轴长,b
判断直线 l 与圆锥曲线 C 的位置关系时,通常将直线 l 的方程
Ax+By+C=0(A,B 不同时为 0)代入圆锥曲线 C 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)的方程,即
{������������
+ ������������ + ������(������,������)
叫作双曲线的虚半轴长
a,b,c 的
关系
c2=a2+b2
3.抛物线的标准方程是什么?几何性质有哪些?
y2=2px
y2=2px
x2=2py
(p>0) (p>0) (p>0)
x2=-2py (p>0)
p 的几何意义:焦点 F 到准线 l 的距离
顶 点
对 称 直线 y=0 轴
( ) 焦
点
F
p
2,0
F
( ) F
位 置
相离 外切 相交 内切 内含
关 系
几 何
d>R+ d=R+
Rr<d
d=R- d<R-
特r 征
r
r
2019高考数学二轮复习 专题七 解析几何 第三讲 圆锥曲线的综合应用素能提升练 理
2019高考数学二轮复习专题七解析几何第三讲圆锥曲线的综合应用素能提升练理1.某圆锥曲线有两个焦点F1,F2,其上存在一点P满足|PF1|∶|F1F2|∶|PF2|=4∶3∶2,则此圆锥曲线的离心率等于( )A. B.或2C.或2D.解析:依题意,设|PF1|=4m,|F1F2|=3m,|PF2|=2m.若此圆锥曲线是椭圆,则相应的离心率为;若此圆锥曲线是双曲线,则相应的离心率为.故选A.答案:A2.在△ABC中,AC=6,BC=7,cos A=,O是△ABC的内心,若=x+y,其中0≤x≤1,0≤y≤1,则动点P的轨迹所覆盖的面积为( )A. B.C. D.解析:∵=x+y,其中0≤x≤1,0≤y≤1,动点P的轨迹所覆盖的区域是以OA,OB为邻边的平行四边形及其内部,则动点P的轨迹所覆盖的面积S=AB·r,r为△ABC的内切圆的半径.在△ABC中,由余弦定理可知cos A=,整理得5AB2-12AB-65=0,解得AB=5,因此S△ABC=×6×5×sin A=6.又∵O为△ABC的内心,故O到△ABC各边的距离均为r,此时△ABC的面积可以分割为三个小三角形的面积的和,∴S△ABC=(6+5+7)×r,即(6+5+7)×r=6,解得r=,即所求的面积S=AB·r=5×.答案:A3.(2014云南昆明第一次摸底调研,12)过椭圆+y2=1的左焦点作互相垂直的两条直线,分别交椭圆于A,C,B,D四点,则四边形ABCD面积的最大值与最小值之差为( )A. B. C. D.解析:当直线AC的斜率存在且不为0时,设直线AC:y=k(x+),则BD:y=-(x+),由消去y得(4k2+1)x2+8k2x+12k2-4=0,设A(x1,y1),C(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,|AC|==4×,将k换成-,得|BD|=4×,∴四边形ABCD的面积S=|AC|×|BD|=,设k2+1=t(t>1),则S=,令=m(0<m<3),则S=,∵0<m<3,∴≤S<2;当直线AC的斜率为0或不存在时,S=2.综上所述,≤S≤2,面积的最大值与最小值之差为2-.答案:B4.已知点E(m,0)(m>0)为抛物线y2=4x内一个定点,过E作斜率分别为k1,k2的两条直线交抛物线于点A,B,C,D,且M,N分别是AB,CD的中点.(1)若m=1,k1k2=-1,求△EMN面积的最小值;(2)若k1+k2=1,求证:直线MN过定点.解:(1)当m=1时,E为抛物线y2=4x的焦点,∵k1k2=-1,∴AB⊥CD.设AB的方程为y=k1(x-1),A(x1,y1),B(x2,y2),由得k1y2-4y-4k1=0,y1+y2=,y1y2=-4.∵M,∴M.同理,点N(2+1,-2k1),∴S△EMN=|EM|·|EN|==2≥2=4,当且仅当,即k1=±1时,△EMN的面积取最小值4.(2)证明:设AB的方程为y=k1(x-m),A(x1,y1),B(x2,y2),由得k1y2-4y-4k1m=0,∴y1+y2=,y1y2=-4m.∵M,∴M.同理,点N.∴k MN==k1k2.∴MN的方程为y-=k1k2,即y=k1k2(x-m)+2.∴直线MN恒过定点(m,2).5.已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上,C1的中心和C2的顶点均为原点O,从每条曲线上各取两个点,将其坐标记录于下表中:(1)求C1,C2的标准方程.(2)是否存在直线l满足条件:①过C2的焦点F;②与C1交于不同的两点M,N,且满足?若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.解:(1)设抛物线C2:y2=2px(p≠0),则有=2p(x≠0),据此验证四个点知(3,-2),(4,-4)在抛物线上,易求C2:y2=4x.设C1:=1(a>b>0),把点(-2,0),代入得解得所以C1的标准方程为+y2=1.(2)容易验证当直线l的斜率不存在时,不满足题意.当直线l的斜率存在时,设其方程为y=k(x-1),与C1的交点为M(x1,y1),N(x2,y2).由消去y并整理得(1+4k2)x2-8k2x+4(k2-1)=0,于是x1+x2=,x1x2=.①y1y2=k2(x1-1)(x2-1)=k2[x1x2-(x1+x2)+1],即y1y2=k2=-.②由,即=0,得x1x2+y1y2=0.(*)将①②代入(*)式,得=0,解得k=±2,所以存在直线l满足条件,且l的方程为2x-y-2=0或2x+y-2=0.6.(2013课标全国Ⅱ高考,理20)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:=1(a>b>0)右焦点的直线x+y-=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.(1)求M的方程;(2)C,D为M上两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),则=1,=1,=-1,由此可得=-=1.因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,,所以a2=2b2.又由题意知,M的右焦点为(,0),故a2-b2=3.因此a2=6,b2=3.所以M的方程为=1.(2)由解得因此|AB|=.由题意可设直线CD的方程为y=x+n,设C(x3,y3),D(x4,y4).由得3x2+4nx+2n2-6=0.于是x3,4=.因为直线CD的斜率为1,所以|CD|=|x4-x3|=.由已知,四边形ACBD的面积S=|CD|·|AB|=.当n=0时,S取得最大值,最大值为.所以四边形ACBD面积的最大值为.7.(2014福建高考,理19)已知双曲线E:=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别为l1:y=2x,l2:y=-2x.(1)求双曲线E的离心率;(2)如图,O为坐标原点,动直线l分别交直线l1,l2于A,B两点(A,B分别在第一、四象限),且△OAB 的面积恒为8.试探究:是否存在总与直线l有且只有一个公共点的双曲线E?若存在,求出双曲线E 的方程;若不存在,说明理由.解法一:(1)因为双曲线E的渐近线分别为y=2x,y=-2x,所以=2,所以=2,故c=a,从而双曲线E的离心率e=.(2)由(1)知,双曲线E的方程为=1.设直线l与x轴相交于点C.当l⊥x轴时,若直线l与双曲线E有且只有一个公共点,则|OC|=a,|AB|=4a,又因为△OAB的面积为8,所以|OC|·|AB|=8,因此a·4a=8,解得a=2,此时双曲线E的方程为=1.若存在满足条件的双曲线E,则E的方程只能为=1.以下证明:当直线l不与x轴垂直时,双曲线E:=1也满足条件.设直线l的方程为y=kx+m,依题意,得k>2或k<-2,则C.记A(x1,y1),B(x2,y2).由得y1=,同理得y2=,由S△OAB=|OC|·|y1-y2|得,=8,即m2=4|4-k2|=4(k2-4).由得,(4-k2)x2-2kmx-m2-16=0.因为4-k2<0,所以Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+16)=-16(4k2-m2-16),又因为m2=4(k2-4),所以Δ=0,即l与双曲线E有且只有一个公共点.因此,存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程为=1.解法二:(1)同解法一.(2)由(1)知,双曲线E的方程为=1.设直线l的方程为x=my+t,A(x1,y1),B(x2,y2).依题意得-<m<.由得y1=,同理得y2=.设直线l与x轴相交于点C,则C(t,0).由S△OAB=|OC|·|y1-y2|=8,得|t|·=8,所以t2=4|1-4m2|=4(1-4m2).由得,(4m2-1)y2+8mty+4(t2-a2)=0.因为4m2-1<0,直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ=64m2t2-16(4m2-1)(t2-a2)=0, 即4m2a2+t2-a2=0,即4m2a2+4(1-4m2)-a2=0,即(1-4m2)(a2-4)=0,所以a2=4,因此,存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程为=1.解法三:(1)同解法一.(2)当直线l不与x轴垂直时,设直线l的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2).依题意得k>2或k<-2.由得,(4-k2)x2-2kmx-m2=0,因为4-k2<0,Δ>0,所以x1x2=,又因为△OAB的面积为8,所以|OA|·|OB|·sin∠AOB=8,又易知sin∠AOB=,所以=8,化简得x1x2=4.所以=4,即m2=4(k2-4).由(1)得双曲线E的方程为=1,由得,(4-k2)x2-2kmx-m2-4a2=0,因为4-k2<0,直线l与双曲线E有且只有一个公共点当且仅当Δ=4k2m2+4(4-k2)(m2+4a2)=0, 即(k2-4)(a2-4)=0,所以a2=4,所以双曲线E的方程为=1.当l⊥x轴时,由△OAB的面积等于8可得l:x=2,又易知l:x=2与双曲线E:=1有且只有一个公共点.综上所述,存在总与l有且只有一个公共点的双曲线E,且E的方程为=1.8.(2014河南郑州第二次质检,20)已知平面上的动点R(x,y)及两定点A(-2,0),B(2,0),直线RA,RB 的斜率分别为k1,k2,且k1k2=-,设动点R的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程.(2)四边形MNPQ的四个顶点均在曲线C上,且MQ∥NP,MQ⊥x轴,若直线MN和直线QP交于点S(4,0).问:四边形MNPQ两条对角线的交点是否为定点?若是,求出定点坐标;若不是,请说明理由.解:(1)由题知x≠±2,且k1=,k2=,则=-,整理得,曲线C的方程为=1(y≠0).(2)设MP与x轴交于D(t,0),则直线MP的方程为x=my+t(m≠0),记M(x1,y1),P(x2,y2),由对称性知Q(x1,-y1),N(x2,-y2),由消去x得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,所以Δ=48(3m2+4-t2)>0,y1+y2=-,y1·y2=.由M,N,S三点共线知k MS=k NS,即,所以y1(my2+t-4)+y2(my1+t-4)=0,整理得2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0,所以=0,即24m(t-1)=0,t=1,所以直线MP过定点D(1,0),同理可得直线NQ也过定点D(1,0),即四边形MNPQ两条对角线的交点是定点,且定点坐标为(1,0).。
【新】2019高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题学案理
第3讲 圆锥曲线的综合问题[考情考向分析] 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．热点一 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．例1 已知N 为圆C 1：(x ＋2)2＋y 2＝24上一动点，圆心C 1关于y 轴的对称点为C 2，点M ，P 分别是线段C 1N ，C 2N 上的点，且MP →·C 2N →＝0，C 2N →＝2C 2P →. (1)求点M 的轨迹方程；(2)直线l ：y ＝kx ＋m 与点M 的轨迹Γ只有一个公共点P ，且点P 在第二象限，过坐标原点O 且与l 垂直的直线l ′与圆x 2＋y 2＝8相交于A ，B 两点，求△PAB 面积的取值范围． 解 (1)连接MC 2，因为C 2N →＝2C 2P →， 所以P 为C 2N 的中点， 因为MP →·C 2N →＝0， 所以MP →⊥C 2N →，所以点M 在C 2N 的垂直平分线上， 所以|MN |＝|MC 2|，因为|MN |＋|MC 1|＝|MC 2|＋|MC 1|＝26>4，所以点M 在以C 1，C 2为焦点的椭圆上， 因为a ＝6，c ＝2，所以b 2＝2， 所以点M 的轨迹方程为x 26＋y 22＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y22＝1，得(3k 2＋1)x 2＋6kmx ＋3m 2－6＝0，因为直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆Γ相切于点P ， 所以Δ＝(6km )2－4(3k 2＋1) (3m 2－6) ＝12(6k 2＋2－m 2)＝0，即m 2＝6k 2＋2， 解得x ＝－3km 3k 2＋1，y ＝m3k 2＋1，即点P 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－3km 3k 2＋1，m 3k 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 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－32k 3k 2＋1，23k 2＋1， 设直线l ′与l 垂直交于点Q ， 则|PQ |是点P 到直线l ′的距离， 且直线l ′的方程为y ＝－1kx ，所以|PQ |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k ×－32k 3k 2＋1＋23k 2＋11k 2＋1＝22k3k 4＋4k 2＋1＝223k 2＋1k2＋4≤224＋23＝223＋1＝6－2，当且仅当3k 2＝1k 2，即k 2＝33时，|PQ |有最大值6－2，所以S △PAB ＝12×42×|PQ |≤43－4，即△PAB 面积的取值范围为(]0，43－4. 思维升华 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． (3)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．跟踪演练1 (2018·衡水金卷信息卷)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)的一条切线方程为y ＝2x＋22，且离心率为32. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)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． 解 (1)由题意知，离心率e ＝32＝c a， ∴c ＝32a ，b ＝12a ，∴y 2a 2＋4x2a2＝1，将y ＝2x ＋22代入，得8x 2＋82x ＋8－a 2＝0， 由Δ＝128－32(8－a 2)＝0，得a 2＝4， 故椭圆C 的标准方程为x 2＋y 24＝1.(2)根据已知，得M (0，m )， 设A (x 1，kx 1＋m )，B (x 2，kx 2＋m )，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，4x 2＋y 2＝4，得(k 2＋4)x 2＋2mkx ＋m 2－4＝0，且Δ＝4m 2k 2－4(k 2＋4)(m 2－4)>0， 即k 2－m 2＋4>0，且x 1＋x 2＝－2km k 2＋4，x 1x 2＝m 2－4k 2＋4，由AM →＝3MB →，得－x 1＝3x 2，即x 1＝－3x 2， ∴3(x 1＋x 2)2＋4x 1x 2＝0， ∴12k 2m 2(k 2＋4)2＋4(m 2－4)k 2＋4＝0，即m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0，当m 2＝1时，m 2k 2＋m 2－k 2－4＝0不成立， ∴k 2＝4－m 2m 2－1，∵k 2－m 2＋4>0，∴4－m 2m 2－1－m 2＋4>0，即()4－m 2m 2m 2－1>0， ∴1<m 2<4，解得－2<m <－1或1<m <2，综上所述，实数m 的取值范围为(－2，－1)∪(1,2)． 热点二 定点、定值问题1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．例2 (2018·北京)已知抛物线C ：y 2＝2px 经过点P (1,2)，过点Q (0,1)的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线PA 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N . (1)求直线l 的斜率的取值范围；(2)设O 为原点，QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，求证：1λ＋1μ为定值．(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. 设直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋1，得k 2x 2＋(2k －4)x ＋1＝0.依题意知Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0， 解得k <0或0<k <1.又PA ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点(1，－2)． 从而k ≠－3.所以直线l 的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．(2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由(1)知x 1＋x 2＝－2k －4k 2，x 1x 2＝1k2.直线PA 的方程为y －2＝y 1－2x 1－1(x －1)， 令x ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－y 1＋2x 1－1＋2＝－kx 1＋1x 1－1＋2.同理得点N 的纵坐标为y N ＝－kx 2＋1x 2－1＋2.由QM →＝λQO →，QN →＝μQO →，得λ＝1－y M ，μ＝1－y N . 所以1λ＋1μ＝11－y M ＋11－y N＝x 1－1(k －1)x 1＋x 2－1(k －1)x 2＝1k －1·2x 1x 2－(x 1＋x 2)x 1x 2＝1k －1·2k 2＋2k －4k 21k 2＝2. 所以1λ＋1μ为定值．思维升华 (1)动直线过定点问题的两大类型及解法①动直线l 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． (2)求解定值问题的两大途径①由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．跟踪演练2 (2018·荆州质检)已知倾斜角为π4的直线经过抛物线Γ：y 2＝2px (p >0)的焦点F ，与抛物线Γ相交于A ，B 两点，且|AB |＝8. (1)求抛物线Γ的方程；(2)过点P (12,8)的两条直线l 1，l 2分别交抛物线Γ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 1与l 2的倾斜角互余，求证：直线MN 经过一定点． (1)解 由题意可设直线AB 的方程为y ＝x －p2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －p 2，y 2＝2px ，消去y 整理得x 2－3px ＋p 24＝0，Δ＝9p 2－4×p 24＝8p 2>0，令A (x 1，y 1)，B (x 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l 1，l 2的倾斜角分别为α，β， 由题意知，α，β≠π2.直线l 1的斜率为k ，则k ＝tan α. ∵直线l 1与l 2的倾斜角互余，∴tan β＝tan ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α＝sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－αcos ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2－α ＝cos αsin α＝1sin αcos α＝1tan α， ∴直线l 2的斜率为1k.∴直线CD 的方程为y －8＝k (x －12)， 即y ＝k (x －12)＋8.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －12)＋8，y 2＝4x ，消去x 整理得ky 2－4y ＋32－48k ＝0， 设C (x C ，y C )，D (x D ，y D )，∴y C ＋y D ＝4k，∴x C ＋x D ＝24＋4k 2－16k，∴点M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫12＋2k2－8k ，2k .以1k代替点M 坐标中的k ，可得点N 的坐标为(12＋2k 2－8k,2k )， ∴k MN ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2－k 2－8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k －k ＝11k＋k －4.∴直线MN 的方程为y －2k ＝11k＋k －4[x －(12＋2k 2－8k )]， 即⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k －4y ＝x －10， 显然当x ＝10时，y ＝0， 故直线MN 经过定点(10，0). 热点三 探索性问题1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在． 2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．例3 (2018·河南名校联考)已知椭圆C ：y 2a ＋x 2b＝1(a >b >0)的上、下焦点分别为F 1，F 2，上焦点F 1到直线4x ＋3y ＋12＝0的距离为3，椭圆C 的离心率e ＝12.(1)求椭圆C 的方程；(2)椭圆E ：y 2a 2＋3x 216b2＝1，设过点M (0,1)，斜率存在且不为0的直线交椭圆E 于A ，B 两点，试问y 轴上是否存在点P ，使得PM →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫PA →|PA →|＋PB →|PB →|？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，说明理由．解 (1)由已知椭圆C 的方程为y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)，设椭圆的焦点F 1(0，c )，由F 1到直线4x ＋3y ＋12＝0的距离为3， 得|3c ＋12|5＝3， 又椭圆C 的离心率e ＝12，所以c a ＝12，又a 2＝b 2＋c 2，求得a 2＝4，b 2＝3. 椭圆C 的方程为y 24＋x 23＝1. (2)存在．理由如下：由(1)得椭圆E ：x 216＋y 24＝1，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 216＋y24＝1，消去y 并整理得(4k 2＋1)x 2＋8kx －12＝0， Δ＝(8k )2＋4(4k 2＋1)×12＝256k 2＋48>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8k 4k 2＋1，x 1x 2＝－124k 2＋1.假设存在点P (0，t )满足条件， 由于PM →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫PA →|PA →|＋PB →|PB →|， 所以PM 平分∠APB .所以直线PA 与直线PB 的倾斜角互补， 所以k PA ＋k PB ＝0. 即y 1－t x 1＋y 2－tx 2＝0， 即x 2(y 1－t )＋x 1(y 2－t )＝0.(*) 将y 1＝kx 1＋1，y 2＝kx 2＋1代入(*)式， 整理得2kx 1x 2＋(1－t )(x 1＋x 2)＝0， 所以－2k ·124k 2＋1＋(1－t )×(－8k )4k 2＋1＝0，整理得3k ＋k (1－t )＝0，即k (4－t )＝0， 因为k ≠0，所以t ＝4.所以存在点P (0,4)，使得PM →＝λ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫PA →|PA →|＋PB →|PB →|. 思维升华 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．跟踪演练3 (2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为4的椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，点F 是椭圆的右焦点． (1)求椭圆方程；(2)在x 轴上是否存在定点D ，使得过D 的直线l 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)∵ 2a ＝4，∴ a ＝2，将点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得b 2＝3.∴椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)存在定点D 满足条件．设D (t,0)，直线l 方程为x ＝my ＋t (m ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，x 24＋y23＝1，消去x ，得(3m 2＋4)y 2＋6mt ·y ＋3t 2－12＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则E (x 2，－y 2)， ⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－6mt 3m 2＋4，y 1y 2＝3t 2－123m 2＋4且Δ>0.由A ，F ，E 三点共线，可得(x 2－1)y 1＋(x 1－1)y 2＝0， 即2my 1y 2＋(t －1)(y 1＋y 2)＝0， ∴ 2m ·3t 2－123m 2＋4＋(t －1)·－6mt3m 2＋4＝0，解得t ＝4， 此时由Δ>0得m 2>4.∴存在定点D (4,0)满足条件，且m 满足m 2>4.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为________．答案 16解析 因为F 为y 2＝4x 的焦点，所以F (1,0)．由题意知，直线l 1，l 2的斜率均存在且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，Δ＝16k 2＋16>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4＝4(1＋k 2)k 2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k＋4(1＋k 2) ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2＝8＋4⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋1k2≥8＋4×2＝16，当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，取得等号．2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E 的方程； (2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为k 2，且k 1k 2＝24.M 是线段OC 延长线上一点，且|MC |∶|AB |＝2∶3，⊙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 (1)由题意知，e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以c ＝1， 所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，消去y ，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0. 由题意知，Δ>0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝2·1＋k 21·1＋8k 211＋2k 21. 由题意可知，圆M 的半径r 为 r ＝23|AB |＝223·1＋k 21 1＋8k 212k 21＋1. 由题设知k 1k 2＝24，所以k 2＝24k 1， 因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x .联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k 1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21，因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21. 由题意可知，sin ∠SOT 2＝r r ＋|OC |＝11＋|OC |r.而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 21223·1＋k 21 1＋8k 211＋2k 21＝324·1＋2k 211＋4k 21 1＋k 21， 令t ＝1＋2k 21，则t >1，1t∈(0,1)，因此|OC |r ＝32·t 2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t 2＝32·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －122＋94≥1，当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22，所以sin ∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6，所以∠SOT 的最大值为π3.综上所述，∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22.押题预测已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23＝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．(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|PN ||MQ |＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色． 解 (1)因为C 1，C 2的焦点重合， 所以a 2－3＝a2，所以a 2＝4. 又a >0，所以a ＝2.于是椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1，抛物线C 2的方程为y 2＝4x . (2)假设存在直线l 使得|PN ||MQ |＝2，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⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 1＋x 4＝2k 2＋4k2，x 1x 4＝1，且Δ＝16k 2＋16>0，所以|PN |＝1＋k 2·(x 1＋x 4)2－4x 1x 4 ＝4(1＋k 2)k2. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2，且Δ＝144k 2＋144>0，所以|MQ |＝1＋k 2·(x 2＋x 3)2－4x 2x 3＝12(1＋k 2)3＋4k2.若|PN ||MQ |＝2， 则4(1＋k 2)k 2＝2×12(1＋k 2)3＋4k 2，解得k ＝±62. 故存在斜率为k ＝±62的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2.A 组 专题通关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y2＝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 2)2－4x 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＋1225(k 2＋1)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1635.2．已知椭圆 C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为13，点P 在椭圆C 上，且△PF 1F 2的面积的最大值为2 2. (1)求椭圆C 的方程；(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⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝13，12×2c ×b ＝22，c 2＝a 2－b 2，解得a 2＝9，b 2＝8，c 2＝1，∴椭圆C 的方程为x 29＋y 28＝1.(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⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 29＋y28＝1，得()8＋9k 2x 2＋36kx －36＝0，由Δ>0，得k ∈R 且k ≠0. ∴x 1＋x 2＝－36k9k 2＋8，∴x 0＝－18k 9k 2＋8，y 0＝kx 0＋2＝169k 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 ＋8k≥29×8＝12 2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当9k ＝8k ，即k ＝223时，取等号，∴－212≤m <0； 当k <0时，9k ＋8k≤－12 2⎝ ⎛⎭⎪⎫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．(2018·全国Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)． (1)证明：k <－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：|FA →|，|FP →|，|FB →|成等差数列，并求该数列的公差．(1)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k ， 得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0.由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.①由题设得0<m <32，故k <－12.(2)解 由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(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)＝－2m <0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32， 于是|FA →|＝(x 1－1)2＋y 21＝(x 1－1)2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12. 同理|FB →|＝2－x 22.所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(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 ，则2|d |＝||FB →|－|FA →|| ＝12|x 1－x 2|＝12(x 1＋x 2)2－4x 1x 2.② 将m ＝34代入①得k ＝－1，所以l 的方程为y ＝－x ＋74，代入C 的方程，并整理得7x 2－14x ＋14＝0.故x 1＋x 2＝2，x 1x 2＝128，代入②解得|d |＝32128.所以该数列的公差为32128或－32128.4．(2018·辽宁省部分重点中学协作体模拟)已知M ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝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. (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(－3，0)，F 2(3，0)， 根据椭圆定义可知|MF 1|＋|MF 2|＝2a ， 所以2a ＝ (3＋3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－02＋(3－3)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－02＝4，所以a 2＝4，b 2＝a 2－c 2＝1， 所以椭圆C ：x 24＋y 2＝1.(2)设直线AB ：y ＝kx ＋m (km ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，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＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k 2，因为k 1k 2＝k 2，所以kx 1＋m x 1·kx 2＋m x 2＝k 2， 即km (x 1＋x 2)＋m 2＝0(m ≠0)，解得k 2＝14.|OA |2＋|OB |2＝x 21＋x 22＋y 21＋y 22 ＝54[(x 1＋x 2)2－2x 1x 2]＝5， 所以|OA |2＋|OB |2＝5.B 组 能力提高5．(2018·衡水模拟)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.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，H ()－2，0，M ()3，y M ，N ()3，y N .由题意可设直线AB 的方程为x ＝my ＋1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 22＋y 2＝1，消去x ，得(m 2＋2)y 2＋2my －1＝0， Δ＝4m 2＋4(m 2＋2)>0恒成立．∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2.根据H ，A ，M 三点共线，可得y M 3＋2＝y 1x 1＋2， ∴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 2(3＋2)24()my 1＋1＋2()my 2＋1＋2＝y 1y 2(3＋2)24[]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．(2018·潍坊模拟)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．小中高 精品 教案 试卷解 (1)设P (x ，y )，由题意，得()x －32＋y 2⎪⎪⎪⎪⎪⎪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′：小中高 精品 教案 试卷 x 2A ＋y 2B ＝1()A ·B ≠0恒相切．。
高考数学大二轮总复习 增分策略 专题六 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题
S P F1Q ＝12·|F1F2|·|y1－y2|＝12
k2＋k4 3＋4k22，
令 t＝3＋k2，∴t>3，k2＝t－4 3，
∴S ＝3 P F1Q －31t ＋132＋43，
∵0<1t <13，∴S P F1Q ∈(0,3)，
∴当直线PQ与x轴垂直时 S PF1Q 最大，且最大面积为3. 设△PF1Q内切圆半径为r， 则 S P F1Q ＝12(|PF1|＋|QF1|＋|PQ|)·r＝4r≤3. 即 rmax＝34，此时直线 PQ 与 x 轴垂直，△PF1Q 内切圆面积
因此 2c＝|F1F2|＝ |PF1|2＋|PF2|2 ＝ 2＋ 22＋2－ 22＝2 3， 即 c＝ 3，从而 b＝ a2－c2＝1. 故所求椭圆的标准方程为x42＋y2＝1.
(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且34≤λ＜43，试确定椭圆离心率 e 的取值 范围. 解 如图，由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|， 得|QF1|＝ |PF1|2＋|PQ|2＝ 1＋λ2|PF1|.
考情考向分析
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.
热点分类突破 热点一 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.
则 x1＋x2＝ 1＋2k2 ，x1x2＝ 1＋2k2 ，
12
从而直线AP，AQ的斜率之和 kAP＋kAQ＝y1x＋1 1＋y2x＋2 1＝kx1＋x12－k＋kx2＋x22－k ＝2k＋(2－k)x11＋x12＝2k＋(2－k)x1x＋1x2x2
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第3讲圆锥曲线的综合问题
(限时:45分钟)
【选题明细表】
1.(2018·广西柳州市一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,
F1,F2为椭圆的左右焦点,P为椭圆短轴的端点,△PF1F2的面积为2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)设O为原点,若点A在椭圆C上,点B在直线y=2上,且OA⊥OB,试判断直线AB与圆x2+y2=2的位置关系,并证明你的结论.
解:(1)由题意,
解得a=2,b=c=,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)直线AB与圆x2+y2=2相切.证明如下:
设点A,B的坐标分别为(x0,y0),(t,2),其中x0≠0.
因为OA⊥OB,
所以·=0,即tx0+2y0=0,解得t=-.
当x0=t时,y0=-,代入椭圆C的方程,得t=±,
故直线AB的方程为x=±.
圆心O到直线AB的距离d=.
此时直线AB与圆x2+y2=2相切.
当x0≠t时,直线AB的方程为y-2=(x-t).
即(y0-2)x-(x0-t)y+2x0-ty0=0.
d=,又+2=4,t=-,故
d===.
此时直线AB与圆x2+y2=2相切.
综上,AB与圆x2+y2=2相切.
2.(2018·岳麓区校级二模)已知抛物线C:y2=4x,过其焦点F作两条相互垂直且不平行于坐标轴的直线,它们分别交抛物线C于点A,B和点C,D,线段AB,CD的中点分别为M,N.
(1)求线段AB的中点M的轨迹方程;
(2)过M,N的直线l是否过定点?若是,求出定点坐标,若不是,请说明理由.
解:(1)由题设条件得焦点坐标为F(1,0),
设直线AB的方程为y=k(x-1),k≠0,
联立得k2x2-2(2+k2)x+k2=0,
Δ=[-2(2+k2)]2-4k2·k2=16(1+k2)>0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),
则x M=(x1+x2)=1+,
y M=k(x M-1)=,
所以2(x M-1)=,
所以线段AB的中点M的轨迹方程为
y2=2(x-1)(x>1).
(2)过定点,理由:
由(1)知,
同理,设N(x N,y N),
则
当k≠±1时,可知直线l的斜率为
k′==,
所以直线l的方程为y+2k=(x-2k2-1),
即yk2+(x-3)k-y=0,①
当x=3,y=0时方程①对任意的k(k≠±1)均成立,
即直线l过定点(3,0).
当k=±1时,直线l的方程为x=3.
综上所述,过M,N的直线l必过定点(3,0).
3.(2018·广东省海珠区一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦距为2,且过点A(2,1).
(1)求椭圆C的方程;
(2)若不经过点A的直线l:y=kx+m与C交于P,Q两点,且直线AP与直线AQ的斜率之和为0,证明:直线PQ的斜率为定值.
(1)解:因为椭圆C的焦距为2,且过点A(2,1),
所以+=1,2c=2.
因为a2=b2+c2,解得a2=8,b2=2,
所以椭圆C的方程为+=1.
(2)证明:设点P(x1,y1),Q(x2,y2),
则y1=kx1+m,y2=kx2+m,
由
消去y得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-8=0,(*)
则x1+x2=-,x1x2=,
因为k PA+k AQ=0,
即=-,
化简得x1y2+x2y1-(x1+x2)-2(y1+y2)+4=0.
即2kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4m+4=0.
代入得--4m+4=0,
整理得(2k-1)(m+2k-1)=0,
所以k=或m=1-2k.若m=1-2k,可得方程(*)的一个根为2,不合题意,所以直线PQ的斜率为
定值,该值为.
4.(2018·临沂二模)已知抛物线x2=2py(p>0)的焦点为F,直线y=kx+4(k>0)交抛物线于A,B 两点,且OA⊥OB(O为坐标原点).
(1)求抛物线方程;
(2)若AF,BF的延长线与抛物线交于C,D两点,设直线CD的斜率为
k′,证明为定值,并求出该定值.
解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),
由可得x2=2p(kx+4),
即x2-2pkx-8p=0,
显然Δ=4p2k2+32p>0且x1+x2=2pk,x1x2=-8p,
所以y1y2=k2x1x2+4k(x1+x2)+16=16,
因为OA⊥OB,所以x1x2+y1y2=0,
所以-8p+16=0,解得p=2,
所以抛物线方程为x2=4y.
(2)由(1)可知F(0,1),
设C(x3,y3),D(x4,y4),
所以k AF=,k CF=,
所以=,
因为=4y1,=4y3,
所以x3-4x3=x1-4x1,
即(x1x3+4)(x1-x3)=0,
因为x1≠x3,
所以x1x3=-4,
同理可得x2x4=-4,
所以k CD====(--)=-=-=,
所以==.
5.(2018·南昌市一模)已知椭圆+=1(a>b>0),连接椭圆的两个焦点和短轴的两个端点
得到的四边形为正方形,正方形的边长为.
(1)求椭圆的方程;
(2)设C(m,0),过焦点F(c,0)(c>0)且斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆交于A,B两点,使得(+)⊥,求实数m的取值范围.
解:(1)由椭圆的定义及题意得a=,b=c=1,
所以椭圆的方程为+y2=1.
(2)由(1)得F(1,0),直线l的方程为y=k(x-1),代入+y2=1,得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点M(x0,y0),
则x1+x2=,
所以y1+y2=k(x1+x2-2)=,x0=,
y0=.
因为+=2,
所以⊥,所以k CM×k=×k=-1,
所以-m+×k=0,
m==∈(0,),
所以实数m的取值范围是(0,).。