高考数学大二轮总复习与增分策略专题六解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题练习理

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高考数学二轮复习第二编专题六解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题习题课件文

(1)求椭圆 C 的方程；
(2)过点 G0，13的动直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，在 y 轴上是否存在定点 Q，使以 AB 为直径的圆恒过 Q 点？
若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由．
12/11/2021
解 (1)由题意可知 2ab＝2 2，
所以 ab＝ 2，①
又点
P1，
y＝kx＋1，又由x2＝4y，
联立得：x2－4kx－4＝0，
∴x1x2＝－4. ∴S△ABM·S△CDM＝14·1166·(2 1＋k2)2＝1＋k2≥1.
当且仅当 k＝0 时取等号．
∴当 k＝0 时，△ABM 与△CDM 面积之积的最小值为
1.
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2．(2018·厦门一检)已知抛物线 C：y2＝2px(p>0)上一点 M(t,8)到焦点 F 的距离是54t.
12/11/2021
(2)当直线 l 的斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝k(x－ 2)，
l 与抛物线交于点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立yy＝2＝k8xx－，2，化简得 k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，显然 Δ>0，x1＋x2＝4k2k＋2 8，设 A，B 的中点为 M，则 xM＝12(x1＋x2)＝2k2k＋2 4， yM＝k(xM－2)＝4k，
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解 (1)由 x2＋y2＋2x＝0 得(x＋1)2＋y2＝1，由 x2＋y2－ 2x－24＝0 得(x－1)2＋y2＝25，设动圆 C 的半径为 R，两圆的圆心分别为 F1(－1,0)，F2(1,0)，则|CF1|＝R＋1，|CF2|＝5 －R，
所以|CF1|＋|CF2|＝6，根据椭圆的定义可知，点 C 的轨迹为以 F1，F2 为焦点的椭圆，所以 c＝1，a＝3，所以 b2＝ a2－c2＝9－1＝8，所以动圆圆心 C 的轨迹方程为x92＋y82＝1.

【高考数学二轮学习精品讲义教师版】第三部分_重点板块_专题五解析几何：第3讲圆锥曲线的综合问题

解得 a＝2，∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆 C 的标准方程为x42＋y32＝1.
(2)联立方程，得x42＋y32＝1，消去 y 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设 A(x1，y1)，B(x2， y＝kx＋m，
y2)，则 x1＋x2＝3－＋84kmk2，x1x2＝43m＋2－4k122，且 Δ＝48(3＋4k2－m2)>0，① 设 AB 的中点为 M(x0，y0)，连接 QM，则 x0＝x1＋2 x2＝3－＋44kmk2，y0＝kx0＋m＝3＋3m4k2，
化简得x42＋y22＝1(|x|≠2)，
所以 C 为中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)①证明：设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 y＝kx(k>0)．
y＝kx，由x42＋y22＝1得 x＝±
2 1＋2k2.
设 u＝
2 ，则 1＋2k2
P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
所以 Δ＝4p2－8pkb>0，得 kb<p2，
又 y1＋y2＝2kp，y1y2＝2pkb，由 y1＋y2＝2kp>0，y1y2＝2pkb>0，可知 k>0，b>0，因为|CD|＝ 1＋k2
|x1－x2|＝a 1＋k2，
点 O 到直线 CD 的距离 d＝
|b| ， 1＋k2
所以 S1＝12·a 1＋k2· 1|b＋| k2＝12ab.
在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．
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．
第 1 课时圆锥曲线中的最值、范围、证明问题考点一圆锥曲线中的最值问题

高考数学二轮复习专题四解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题学案

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 (2018·浙江省稽阳联谊学校联考)已知离心率为32的椭圆C ：x 2a 2＋y2b2＝1(a >b >0)过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，与坐标轴不平行的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，其中M 为A 关于y 轴的对称点，N (0，2)，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)分别记△PAO ，△PBO 的面积为S 1，S 2，当M ，N ，B 三点共线时，求S 1·S 2的最大值．解 (1)∵c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2b . 把点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32代入椭圆方程可得1a 2＋34b 2＝1，解得a ＝2，b ＝1，∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)设点A 坐标为(x 1，y 1)，点B 坐标为(x 2，y 2)，则M 为(－x 1，y 1)，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b ，联立椭圆方程可得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0， ∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1，Δ>0，∵M ，N ，B 三点共线， ∴k MN ＝k BN ，即y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝0，化简得8k (1－2b )＝0，解得b ＝22或k ＝0(舍去)．设A ，B 两点到直线OP 的距离分别为d 1，d 2. 直线OP 的方程为3x －2y ＝0，|OP |＝72， ∴S 1·S 2＝116|(3x 1－2y 1)(3x 2－2y 2)|，化简可得S 1·S 2＝116|(2k －3)2x 1x 2＋2(2k －3)(x 1＋x 2)＋2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－14＋3k 4k 2＋1. 又3k 4k 2＋1∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－34，0∪⎝⎛⎦⎥⎤0，34， ∴当k ＝－12时，S 1·S 2的最大值为3＋14.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·绍兴市柯桥区模拟)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l ：y ＝kx －4(1<k <2)与y 轴、抛物线C 相交于点P ，A ，B (自下而上)，记△PAF ，△PBF 的面积分别为S 1，S 2.(1)求AB 中点M 到y 轴的距离d 的取值范围； (2)求S 1S 2的取值范围．解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4，y 2＝4x ，消去y ，得k 2x 2－(8k ＋4)x ＋16＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k ＋4k2，x 1x 2＝16k2，所以d ＝x 1＋x 22＝4k ＋2k 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋12－2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫52，6. (2)由于S 1S 2＝|PA ||PB |＝x 1x 2.由(1)可知S 1S 2＋S 2S 1＝x 1x 2＋x 2x 1＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2x 1x 2＝k 216·(8k ＋4)2k 4－2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋22－2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫174，7. 由S 1S 2＋S 2S 1>174，得4⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1S 22－17·S 1S 2＋4>0，解得S 1S 2>4或S 1S 2<14.因为0<S 1S 2<1，所以0<S 1S 2<14，由S 1S 2＋S 2S 1<7，得⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1S 22－7·S 1S 2＋1<0，解得7－352<S 1S 2<7＋352，因此7－352<S 1S 2<14.即S 1S 2的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫7－352，14. 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)→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 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 已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b2＝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 216b 2＝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 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点M (2，2)，且离心率为22.(1)求a ，b 的值，并写出椭圆C 的方程；(2)设A ，B 分别为椭圆C 的左、右顶点，在椭圆C 上有异于A ，B 的动点P ，若直线PA ，PB 与直线l ：x ＝m (m 为常数)分别交于不同的两点M ，N ，则当点P 运动时，以MN 为直径的圆是否经过定点？解 (1)由题知，4a 2＋2b 2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝22，b ＝2， ∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)由(1)知，A (－22，0)，B (22，0)，设直线PA ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，则直线PA ，PB 的方程分别为y ＝k 1(x ＋22)，y ＝k 2(x －22)，∴M (m ，k 1(m ＋22))，N (m ，k 2(m －22))，∴根据射影定理知，以MN 为直径的圆的方程为(x －m )2＋[y －k 1(m ＋22)][y －k 2(m －22)]＝0，即(x －m )2＋y 2－[k 1(m ＋22)＋k 2(m －22)]y ＋k 1k 2·(m 2－8)＝0，设点P (x 0，y 0)，则x 208＋y 204＝1，y 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 208，∴k 1k 2＝y 0x 0＋22·y 0x 0－22＝y 20x 20－8＝－12， ∴(x －m )2＋y 2－[k 1(m ＋22)＋k 2(m －22)]y －12(m 2－8)＝0，由y ＝0，得(x －m )2－12(m 2－8)＝0，∴(x －m )2＝12(m 2－8)．当m 2－8<0，即－22<m <22时，方程无实数解，该圆不经过定点．当m 2－8≥0，即m ≥22或m ≤－22时，解得x ＝m ±22m 2－8，即定点为⎝⎛⎭⎪⎫m ±22m 2－8，0.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)k2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k2＋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．(2018·浙江)如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上．(1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)若P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围．(1)证明设P (x 0，y 0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 21，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 22，y 2. 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根．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，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0，|y 1－y 2|＝22(y 20－4x 0).所以△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32.因为x 2＋y 204＝1(－1≤x 0<0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，所以△PAB 面积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104.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＋2x 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．(2018·诸暨市适应性考试)已知F 是抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点，过F 的直线交抛物线C 于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且x 1x 2＝－1. (1)求抛物线C 的方程；(2)过点B 作x 轴的垂线交直线AO (O 为坐标原点)于点D ，过点A 作直线DF 的垂线与抛物线C 的另一交点为E ，AE 的中点为G . ①求点D 的纵坐标； ②求|GB ||DG |的取值范围．解 (1)设AB ：y ＝kx ＋p2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2＝2p ⎝⎛⎭⎪⎫kx ＋p 2，即x 2－2pkx －p 2＝0， ∴x 1x 2＝－p 2＝－1，∴p ＝1， ∴抛物线C 的方程为x 2＝2y . (2)①直线OA 的方程为y ＝y 1x 1x ＝x 12x ，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，x 1x 22，即D ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，－12， ∴点D 的纵坐标为－12.②∵k DF ＝－1x 2，∴k AE ＝x 2，即直线AE 的方程为y －y 1＝x 2(x －x 1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y －y 1＝x 2(x －x 1)，y ＝x 22，得x 22－x 2x －y 1－1＝0，∴x E ＝2x 2－x 1，∴G (x 2,2y 2＋y 1＋1)． ∴G ，B ，D 三点共线，∴|GB ||DG |＝y 2＋y 1＋12y 2＋y 1＋32，∵y 1·y 2＝14，∴|DG ||GB |＝2－y 1＋1214y 1＋y 1＋1＝2－y 1y 1＋12＝2－11＋12y 1∈(1,2)，∴|GB ||DG |∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 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·嘉兴市、丽水市教学测试)点P (1,1)为抛物线y 2＝x 上一定点，斜率为－12的直线与抛物线交于A ，B 两点．(1)求弦AB 中点M 的纵坐标；(2)点Q 是线段PB 上任意一点(异于端点)，过Q 作PA 的平行线交抛物线于E ，F 两点，求证：|QE |·|QF |－|QP |·|QB |为定值． (1)解 k AB ＝y A －y B x A －x B ＝1y A ＋y B ＝－12，(*) 所以y A ＋y B ＝－2，y M ＝y A ＋y B2＝－1.(2)证明设Q (x 0，y 0)，直线EF ：x －x 0＝t 1(y －y 0)，直线PB ：x －x 0＝t 2(y －y 0)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x －x 0＝t 1(y －y 0)，y 2＝x ，得y 2－t 1y ＋t 1y 0－x 0＝0，所以y E ＋y F ＝t 1，y E ·y F ＝t 1y 0－x 0，|QE |·|QF |＝1＋t 21|y E －y 0|·1＋t 21|y F －y 0| ＝(1＋t 21)|y 20－x 0|.同理|QP |·|QB |＝()1＋t 22|y 20－x 0|.由(*)可知，t 1＝1k EF ＝1k PA＝y A ＋y P ，t 2＝1k PB＝y B ＋y P ，所以t 1＋t 2＝(y A ＋y B )＋2y P ＝－2＋2＝0，即t 1＝－t 2⇒t 21＝t 22，所以|QE |·|QF |＝|QP |·|QB |，即|QE |·|QF |－|QP |·|QB |＝0为定值．B 组能力提高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.(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＋2y 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．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 2x 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．。

高三数学第二轮专题讲座复习：圆锥曲线综合题.doc

高三数学第二轮专题讲座复习：圆锥曲线综合题高考要求圆锥曲线的综合问题包括解析法的应用，与圆锥曲线有关的定值问题、最值问题、参数问题、应用题和探索性问题，圆锥曲线知识的纵向联系，圆锥曲线知识和三角、复数等代数知识的横向联系，解答这部分试题，需要较强的代数运算能力和图形认识能力，要能准确地进行数与形的语言转换和运算，推理转换，并在运算过程中注意思维的严密性，以保证结果的完整重难点归纳解决圆锥曲线综合题，关键是熟练掌握每一种圆锥曲线的定义、标准方程、图形与几何性质，注意挖掘知识的内在联系及其规律，通过对知识的重新组合，以达到巩固知识、提高能力的目的(1)对于求曲线方程中参数的取值范围问题，需构造参数满足的不等式，通过求不等式(组)求得参数的取值范围；或建立关于参数的目标函数，转化为函数的值域(2)对于圆锥曲线的最值问题，解法常有两种当题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用数形结合法解；当题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值典型题例示范讲解例1已知圆k 过定点A (a ,0)(a ＞0),圆心k 在抛物线C y 2=2ax 上运动，MN 为圆k 在y 轴上截得的弦(1)试问MN 的长是否随圆心k 的运动而变化？(2)当|OA |是|OM |与|ON |的等差中项时，抛物线C 的准线与圆k 有怎样的位置关系？命题意图本题考查圆锥曲线科内综合的知识及学生综合、灵活处理问题的能力知识依托弦长公式，韦达定理，等差中项，绝对值不等式，一元二次不等式等知识错解分析在判断d 与R 的关系时，x 0的范围是学生容易忽略的技巧与方法对第(2)问，需将目标转化为判断d =x 0+2a 与R =a x +20的大小解 (1)设圆心k (x 0,y 0),且y 02=2ax 0,圆k 的半径R =|AK |=2202020)(a x y a x +=+-∴|MN |=2202202022x a x x R -+=-=2a (定值)∴弦MN 的长不随圆心k 的运动而变化(2)设M (0,y 1)、N (0,y 2)在圆k (x －x 0)2+(y －y 0)2=x 02+a 2中，令x =0，得y 2－2y 0y +y 02－a 2=0，∴y 1y 2=y 02－a 2∵|OA |是|OM |与|ON |的等差中项 ∴|OM |+|ON |=|y 1|+|y 2|=2|OA |=2a又|MN |=|y 1－y 2|=2a ， ∴|y 1|+|y 2|=|y 1－y 2| ∴y 1y 2≤0，因此y 02－a 2≤0,即2ax 0－a 2≤0 ∴0≤x 0≤2a 圆心k 到抛物线准线距离d =x 0+2a ≤a ,而圆k 半径R =220a x +≥a 且上两式不能同时取等号，故圆k 必与准线相交例2如图，已知椭圆122-+m y m x =1(2≤m ≤5),过其左焦点且斜率为1的直线与椭圆及其准线的交点从左到右的顺序为A 、B 、C 、D ，设f (m )=||AB |－|CD ||D CB A oy x(1)求f (m )的解析式； (2)求f (m )的最值命题意图本题主要考查利用解析几何的知识建立函数关系式，并求其最值，体现了圆锥曲线与代数间的科间综合知识依托直线与圆锥曲线的交点，韦达定理，根的判别式，利用单调性求函数的最值错解分析在第(1)问中，要注意验证当2≤m ≤5时，直线与椭圆恒有交点技巧与方法第(1)问中，若注意到x A ,x D 为一对相反数，则可迅速将||AB |－|CD ||化简第(2)问，利用函数的单调性求最值是常用方法解 (1)设椭圆的半长轴、半短轴及半焦距依次为a 、b 、c ，则a 2=m ,b 2=m －1,c 2=a 2－b 2=1 ∴椭圆的焦点为F 1(－1,0),F 2(1,0) 故直线的方程为y =x +1,又椭圆的准线方程为x =±c a 2,即x =±m ∴A (－m ,－m +1),D (m ,m +1)考虑方程组⎪⎩⎪⎨⎧=-++=11122m y m x x y , 消去y 得 (m －1)x 2+m (x +1)2=m (m －1)整理得 (2m －1)x 2+2mx +2m －m 2=0Δ=4m 2－4(2m －1)(2m －m 2)=8m (m －1)2∵2≤m ≤5,∴Δ＞0恒成立，x B +x C =122--m m 又∵A 、B 、C 、D 都在直线y =x +1上∴|AB |=|x B －x A |=2=(x B －x A )·2,|CD |=2(x D －x C ) ∴||AB |－|CD ||=2|x B －x A +x D －x C |=2|(x B +x C )－(x A +x D )|又∵x A =－m ,x D =m ,∴x A +x D =0∴||AB |－|CD ||=|x B +x C |·2=|mm 212--|·2=m m 222 (2≤m ≤5)故f (m )=m m 222，m ∈［2,5］ (2)由f (m )=m m 222，可知f (m )=m1222-又2－21≤2－m 1≤2－51，∴f (m )∈［324,9210］故f (m )的最大值为324，此时m =2;f (m )的最小值为9210，此时m =5 例3舰A 在舰B 的正东6千米处，舰C 在舰B 的北偏西30°且与B 相距4千米，它们准备捕海洋动物，某时刻A 发现动物信号，4秒后B 、C 同时发现这种信号，A 发射麻醉炮弹设舰与动物均为静止的，动物信号的传播速度为1千米/秒，炮弹的速度是3320g 千米/秒，其中g 为重力加速度，若不计空气阻力与舰高，问舰A 发射炮弹的方位角和仰角应是多少？命题意图考查圆锥曲线在实际问题中的应用，及将实际问题转化成数学问题的能力知识依托线段垂直平分线的性质，双曲线的定义，两点间的距离公式，斜抛运动的曲线方程错解分析答好本题，除要准确地把握好点P 的位置(既在线段BC 的垂直平分线上，又在以A 、B 为焦点的抛物线上)，还应对方位角的概念掌握清楚技巧与方法通过建立恰当的直角坐标系，将实际问题转化成解析几何问题来求解对空间物体的定位，一般可利用声音传播的时间差来建立方程300B A C Po y x解取AB 所在直线为x 轴，以AB 的中点为原点，建立如图所示的直角坐标系由题意可知，A 、B 、C 舰的坐标为(3，0)、(－3，0)、(－5，23) 由于B 、C 同时发现动物信号，记动物所在位置为P ，则|PB |=|PC | 于是P 在线段BC 的中垂线上，易求得其方程为3x －3y +73=0 又由A 、B 两舰发现动物信号的时间差为4秒，知|PB |－|P A |=4，故知P 在双曲线5422y x -=1的右支上直线与双曲线的交点为(8，53)，此即为动物P 的位置，利用两点间距离公式，可得|P A |=10 据已知两点的斜率公式，得k P A =3,所以直线P A 的倾斜角为60°,于是舰A 发射炮弹的方位角应是北偏东30°设发射炮弹的仰角是θ，初速度v 0=3320g ，则θθcos 10sin 200⋅=⋅v g v ,∴sin2θ=231020=v g ,∴仰角θ=30° 例4若椭圆2222by a x +=1(a ＞b ＞0)与直线l x +y =1在第一象限内有两个不同的交点，求a 、b 所满足的条件，并画出点P (a ,b )的存在区域解由方程组⎪⎩⎪⎨⎧=+=+112222b y a x y x 消去y ,整理得 (a 2+b 2)x 2－2a 2x +a 2(1－b 2)=0①则椭圆与直线l 在第一象限内有两个不同的交点的充要条件是方程①在区间(0，1）内有两相异实根，令f (x )=(a 2+b 2)x 2－2a 2x +a 2(1－b 2),则有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>><<<<>+⇒⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧>><+<>-+-=>-=>-+-=∆010101 0100)1()1(0)1()0(0)1)((442222222222222222b a a b b a b a b a a b a a b f b a f b b a a a 同时满足上述四个条件的点P (a ,b )的存在区域为如图所示的阴影部分学生巩固练习 1 已知A 、B 、C 三点在曲线y =x 上，其横坐标依次为1，m ,4(1＜m ＜4)，当△ABC 的面积最大时，m 等于( )A 3B 49 C25 D 23 2 设u ,v ∈R ，且|u |≤2,v ＞0,则(u －v )2+(v u 922--)2的最小值为( ) 11o y xA 4B 2C 8D 22 3 A 是椭圆长轴的一个端点，O 是椭圆的中心，若椭圆上存在一点P ，使∠OP A =2π,则椭圆离心率的范围是_________4 一辆卡车高3米，宽1 6米，欲通过抛物线形隧道，拱口宽恰好是抛物线的通径长，若拱口宽为a 米，则能使卡车通过的a 的最小整数值是____5 已知抛物线y =x 2－1上一定点B (－1，0)和两个动点P 、Q ，当P 在抛物线上运动时，BP ⊥PQ ，则Q 点的横坐标的取值范围是_________参考答案: 1 解析由题意知A (1，1)，B (m ,m ),C (4,2) 直线AC 所在方程为x －3y +2=0,点B 到该直线的距离为d =10|23|+-m m|41)23(|21|23|2110|23|1021||212--=+-=+-⨯⨯=⋅=∆m m m m m d AB S ABC ∵m ∈(1,4),∴当23=m 时，S △ABC 有最大值，此时m =49答案 B 2 解析考虑式子的几何意义，转化为求圆x 2+y 2=2上的点与双曲线xy =9上的点的距离的最小值答案 C 3 解析设椭圆方程为2222by a x +=1(a ＞b ＞0),以OA 为直径的圆 x 2－ax +y 2=0,两式联立消y 得222a b a -x 2－ax +b 2=0 即e 2x 2－ax +b 2=0,该方程有一解x 2,一解为a ,由韦达定理x 2=2e a －a ,0＜x 2＜a ，即0＜2e a －a ＜a 22⇒＜e ＜1 答案 22＜e ＜1 4 解析由题意可设抛物线方程为x 2=－ay ,当x =2a 时，y =－4a ；当x =0 8时，y =－a 64.0 由题意知aa 64.04-≥3,即a 2－12a －2 56≥0 解得a 的最小整数为13 答案 13 5 解析设P (t ,t 2－1)，Q (s ,s 2－1)∵BP ⊥PQ ,∴ts t s t t ----⋅+-)1()1(11222=－1, 即t 2+(s －1)t －s +1=0∵t ∈R ,∴必须有Δ=(s －1)2+4(s －1)≥0 即s 2+2s －3≥0,解得s ≤－3或s ≥1 答案 (－∞,－3]∪[1,+∞)。

高三数学二轮复习专题突破专题六解析几何第讲圆锥曲线的综合问题课件文

a2
(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.
(2)证明:设 P(x0,y0)(x0<0,y0<0),则 x02 +4 y02 =4.又 A(2,0),B(0,1). 所以直线 PA 的方程为 y= y0 (x-2).
(2)若A,B,F三点在同一直线m上,直线n与m平行,且n与C只有一个公共点,求坐标原点到m,n距离的比值.
解:(2)因为 A,B,F 三点在同一直线 m 上,所以 AB 为圆 F 的直径,∠ADB=
90°.又由抛物线定义知|AD|=|FA|= 1 |AB|,所以∠ABD=30°,m 的斜率为 2
由 GD = HB 得 r = y0 ,即 y0= r 6 r ,
①
AD AH
36 r2 6 r
6r
而 B(2+r,y0)在椭圆上,y02 =1-Fra bibliotek2 r2
16
= 12 4r 16
r2
=-
r
2r
16
6
,
②
由①②式得 15r2+8r-12=0,解得 r= 2 或 r=- 6 (舍去),即圆 G 的半径
热点突破
剖典例·促迁移
热点一圆与圆锥曲线的综合问题
【例 1】 (2016·河南开封一模)如图,已知圆 G:(x-2)2+y2=r2 是椭圆 x2 +y2=1 16
的内接△ABC 的内切圆,其中 A 为椭圆的左顶点. (1)求圆 G 的半径 r;
解:(1)设 B(2+r,y0),过圆心 G 作 GD⊥AB 于 D,令 BC 交长轴于 H,
1

高考数学大二轮复习第二编专题整合突破专题六解析几何第三讲圆锥曲线的综合应用课件文

(2)当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 y＝k(x－1)(k≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)．
y＝kx－1，
由x42＋y32＝1
得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则 x1＋x2＝4k82k＋2 3，x1x2＝44kk22－＋132，
所以|MN|＝ 1＋k2|x1－x2|＝124kk22＋＋31.
4．探究性问题：有关圆锥曲线中的探究性问题，一般假设满足条件的量存在，以此为基础进行推理．
[失分警示] 1．求轨迹方程时要注意它的纯粹性与完备性． 2．使用函数的范围，导致结果的错误． 3．直线与双曲线交于一点时，不一定相切，反之，直线与双曲线相切时，只有一个交点． 4．在解决直线与圆锥曲线问题时，若需设直线方程，易忽略直线斜率不存在的情况．
[解] (1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝ ∠ACD＝∠ADC.
所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|. 又圆 A 的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4. 由题设得 A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程为x42＋y32＝1(y≠0)．
解 (1)因为抛物线 C1：x2＝4y 上任意一点(x，y)的切线斜率为 y′＝2x，且切线 MA 的斜率为－12，
所以 A 点坐标为－1，14. 故切线 MA 的方程为 y＝－12(x＋1)＋14. 因为点 M(1－ 2，y0)在切线 MA 及抛物线 C2 上，于是 y0＝－21(2－ 2)＋14＝－3－42 2.①
第二编专题整合突破
专题六解析几何
第三讲圆锥曲线的综合应用

高考数学二轮复习专题六解析几何6.3圆锥曲线中的热点问题课件理

+
+4=
4
��1
2 +
4
��2
2 +8≥2
16
2 ��2 1 ��2
+8=16,
当且仅当 k1=-k2=1(或-1)时,取得等号.
-5热点考题诠释高考方向解读
方法二:如图所示,由题意可得 F(1,0),设 AB 倾斜角为 θ 不妨令��∈ 0,
π 2
.作 AK1 垂直准线,AK2 垂直 x 轴,结合图形,根据抛物线的定
第3讲圆锥曲线中的热点问题
-2热点考题诠释高考方向解读
1.(2017全国2,文12)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为 3 的直线交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MN⊥l,则M到关闭直线NF的距离为( ) 由题意可知抛物线的焦点 F(1,0),准线 l 的方程为 x=-1,可得直线 A. 5 B.2 2 2 C.2 3 D.2 3 3 MF:y= 3(x-1),与抛物线 y =4x 联立,消去 y 得 3x -10x+3=0,解得
��2 2
2 4
2 ,因此直线 4��1
OC 的方程为 y=
2 x. 4��1
+ �� 2 = 1,
2
1
�� = 4�� 1 ,
8��2 1 1+4��1
2 2 ,y =
得 x2=
1
1+4��2 1
, =
1+8��2 1 1+4��2 1
2��2 1 +4 ��2 1

高考数学二轮复习方法之圆锥曲线解题策略附带题型解析

高考数学二轮复习方法之圆锥曲线解题策略附带题型解析高考数学二轮复习方法椭圆、双曲线、抛物线是解析几何的重点，高考主要考查定义，标准方程，几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系，有时和函数、不等式、平面向量相结合考查综合性问题。

一般情况下，高考的考查难度中等或偏上。

高考数学二轮复习方法椭圆、双曲线、抛物线是解析几何的重点，高考主要考查定义，标准方程，几何性质，直线与圆锥曲线的位置关系，有时和函数、不等式、平面向量相结合考查综合性问题。

一般情况下，高考的考查难度中等或偏上。

肖博点拨高考数学二轮复习方法
椭圆的方程、双曲线的方程、渐近线的方程以及抛物线的方程、准线都是高考的热点，在解题时，要充分利用条件，构造方程，运用待定系数法求解。

全国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理

(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||MPNQ|＝| 2？若存在，求出 k的值；若不存在，请说明理由.
解答
例 3 (2018·河南名校联考)已知椭圆 C：ay22＋bx22＝1(a>b>0)的上、下焦点分别为 F1，F2，上焦点 F1 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；
解答
(2)椭圆 E：ay22＋136xb22＝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P→M＝λ|PP→→AA|＋|PP→ →BB|？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明理由.
(2)求解定值问题的两大途径 ① 由特例得出一个值 → 证明定值：将问题转化为证明
此值一般就是定值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 π 的直线经过抛物线Γ： 4
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.
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.

2020版高考理科数学大二轮专题复习新方略讲义：6.3圆锥曲线的综合问题版含解析

第 3 讲圆锥曲线的综合问题
考点 1 圆锥曲线中的范围、最值问题 x2 y2
[例 1] [2019 ·辽宁沈阳质监 ] 如图，椭圆 C：a2＋b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为 23，过焦点 F2 且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的弦长为 1.
(1)求椭圆 C 的方程； (2)点 P(x0，y0)(y0≠ 0)为椭圆 C 上一动点，连接 PF1，PF2，设∠ F1PF2 的平分线 PM 交椭圆 C 的长轴于点 M(m,0)，求实数 m 的取值范围．
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 .
『对接训练』
1．[2019 ·江西五校协作体联考 ]在平面直角坐标系 xOy 中，过椭圆 x2 y2 M：a2＋b2＝1(a>b>0)右焦点的直线 x＋y－ 3＝0 交 M 于 A，B 两点，
且椭圆 M 的离心率为
y＝ kx＋m，
由 Δ＝ 64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－ 12)＝48(4k2－ m2＋ 3)>0，得 4k2＋ 3>m2，
8km
4m2－12
x1＋x2＝－ 4k2＋3， x1x2＝ 4k2＋3 .
由
k1k2＝
y1y2 x1＋ 2 x2＋2
1 ＝－ 4，
可得 4y1y2＋ (x1＋2)(x2＋ 2)＝0，
，
1
4－t
3－ m
在△ PF2M
中，
sin∠PMF 2＝sin∠ MPF
，
2
因为 ∠PMF 1＋ ∠PMF2＝π， ∠MPF1＝ ∠ MPF2，
t
3＋ m
1
所以 4－t＝

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教案理

第3讲圆锥曲线的综合问题1.(2018·全国Ⅲ卷,理19)如图,边长为2的正方形ABCD所在的平面与半圆弧所在平面垂直,M是上异于C,D的点.(1)证明:平面AMD⊥平面BMC;(2)当三棱锥M ABC体积最大时,求平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值.(1)证明:由题设知,平面CMD⊥平面ABCD,交线为CD.因为BC⊥CD,BC⊂平面ABCD,所以BC⊥平面CMD,故BC⊥DM.因为M为上异于C,D的点,且CD为直径,所以DM⊥CM.又BC∩CM=C,所以DM⊥平面BMC.而DM⊂平面AMD,故平面AMD⊥平面BMC.(2)解:以D为坐标原点,的方向为x轴正方向,建立如图所示的空间直角坐标系D xyz.当三棱锥M ABC体积最大时,M为的中点.由题设得D(0,0,0),A(2,0,0),B(2,2,0),C(0,2,0),M(0,1,1),=(-2,1,1),=(0,2,0),=(2,0,0),设n=(x,y,z)是平面MAB的法向量,则即可取n=(1,0,2),是平面MCD的法向量,因此cos<n,>==,sin<n,>=.所以平面MAB与平面MCD所成二面角的正弦值是.2.(2017·全国Ⅲ卷,理20)已知抛物线C:y2=2x,过点(2,0)的直线l交C于A,B两点,圆M是以线段AB为直径的圆.(1)证明:坐标原点O在圆M上;(2)设圆M过点P(4,-2),求直线l与圆M的方程.(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my+2.由可得y2-2my-4=0,则y1y2=-4.又x1=,x2=.故x1x2==4.因此OA的斜率与OB的斜率之积为·==-1,所以OA⊥OB.故坐标原点O在圆M上.(2)解:由(1)可得y1+y2=2m,x1+x2=m(y1+y2)+4=2m2+4.故圆心M的坐标为(m2+2,m),圆M的半径r=.由于圆M过点P(4,-2),因此·=0,故(x1-4)(x2-4)+(y1+2)(y2+2)=0,即x1x2-4(x1+x2)+y1y2+2(y1+y2)+20=0.由(1)可得y1y2=-4,x1x2=4.所以2m2-m-1=0,解得m=1或m=-.当m=1时,直线l的方程为x-y-2=0,圆心M的坐标为(3,1),圆M的半径为,圆M的方程为(x-3)2+(y-1)2=10.当m=-时,直线l的方程为2x+y-4=0,圆心M的坐标为,-,圆M的半径为,圆M的方程为x-2+y+2=.3.(2017·全国Ⅰ卷,理20)已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,,P41,中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明:l过定点.(1)解:由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两点,又由+>+知,C不经过点P1,所以点P2在C上.因此解得故C的方程为+y2=1.(2)证明:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2.如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t≠0,且|t|<2,可得A,B的坐标分别为t,,t,-.则k1+k2=-=-1,得t=2,不符合题设.从而可设l:y=kx+m(m≠1).将y=kx+m代入+y2=1得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0.由题设可知Δ=16(4k2-m2+1)>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=.而k1+k2=+=+=.由题设知k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)·+(m-1)·=0.解得k=-.当且仅当m>-1时,Δ>0,于是l:y=-x+m,即y+1=-(x-2),所以l过定点(2,-1).4.(2017·全国Ⅱ卷,理20)设O为坐标原点,动点M在椭圆C:+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足=.(1)求点P的轨迹方程;(2)设点Q在直线x=-3上,且·=1.证明:过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.(1)解:设P(x,y),M(x0,y0),则N(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0),由=得x0=x,y0=y.因为M(x0,y0)在C上,所以+=1,因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明:由题意知F(-1,0).设Q(-3,t),P(m,n),则=(-3,t),=(-1-m,-n),·=3+3m-tn,=(m,n),=(-3-m,t-n).由·=1得-3m-m2+tn-n2=1,又由(1)知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.所以·=0,即⊥.又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.1.考查角度以直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线为载体,考查圆锥曲线中的判断与证明、最值与范围、定点与定值、存在性等问题.2.题型及难易度解答题,难度中高档.(对应学生用书第48~51页)直线与圆锥曲线、圆与圆锥曲线的综合问题【例1】(2018·南昌市摸底调研)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于M,N两点,O为坐标原点,若k OM·k ON=,求证:点(m,k)在定圆上.(1)解:由已知得e==,2b=2,又a2-b2=c2,所以b=1,a=2,所以椭圆C的标准方程为+y2=1.(2)证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),联立直线与椭圆方程,得消去y,得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0,依题意,Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,化简得m2<4k2+1,①由根与系数的关系知x1+x2=-,x1x2=,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2,若k OM·k ON=,则=,即4y1y2=5x1x2,所以4k2x1x2+4km(x1+x2)+4m2=5x1x2,所以(4k2-5)·+4km·-+4m2=0,即(4k2-5)(m2-1)-8k2m2+m2(4k2+1)=0,化简得m2+k2=,②由①②得0≤m2<,<k2≤,所以点(m,k)在定圆x2+y2=上.以圆锥曲线的方程、性质为背景考查直线、圆方程、直线与圆的位置关系等问题,关键分析特殊点的位置关系,如圆的圆心、直径与圆锥曲线的位置关系,从而找出它们的数量关系求解.热点训练1:(2018·临沂三模)如图,已知抛物线E:x2=2py(p>0)与圆O:x2+y2=5相交于A,B两点,且|AB|=4,过劣弧AB上的动点P(x0,y0)作圆O的切线交抛物线E于C,D两点,分别以C,D为切点作抛物线E的切线l1,l2,相交于点M.(1)求抛物线E的方程;(2)求点M到直线CD距离的最大值.解:(1)由|AB|=4,且B在圆上,由抛物线和圆的对称性可得B(2,1),代入抛物线可得4=2p,解得p=2,所以抛物线E的方程为x2=4y.(2)设C x1,,D x2,,由x2=4y,可得y=x2,所以y'=x,则l1的方程为y-=x1(x-x1),即y=x1x-,①同理l2的方程为y=x2x-,②联立①②解得x=(x1+x2),y=x1x2, 又CD与圆x2+y2=5切于点P(x0,y0), 易得CD方程为x0x+y0y=5,其中x0,y0满足+=5,y0∈[1,],联立化简得y0x2+4x0x-20=0,所以x1+x2=-,x1x2=-,设M(x,y),则x=(x1+x2)=-,y=x1x2=-,所以M-,-,所以点M到直线CD:x0x+y0y=5距离为d==,易知d关于y0单调递减,d max==,即点M到直线CD距离的最大值为.定点与定值问题考向1 定点问题【例2】(2018·南充模拟)已知椭圆+=1的左焦点为F,左顶点为A.(1)若P是椭圆上的任意一点,求·的取值范围;(2)已知直线l:y=kx+m与椭圆相交于不同的两点M,N(均不是长轴的端点),AH⊥MN,垂足为H 且=·,求证:直线l恒过定点.(1)解:设P(x0,y0),又A(-2,0),F(-1,0),所以·=(-1-x0)(-2-x0)+,因为P点在椭圆+=1上,所以+=1,即=3-,且-2≤x0≤2,所以·=+3x0+5,函数f(x0)=+3x0+5在[-2,2]上单调递增,当x0=-2时,f(x0)取最小值为0;当x0=2时,f(x0)取最大值为12.所以·的取值范围是[0,12].(2)证明:由题意,联立得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,由Δ=(8km)2-4×(3+4k2)(4m2-12)>0得4k2+3>m2,①设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,·=(+)·(+)=+·+·+·=0,所以(x1+2)(x2+2)+y1y2=0,即(1+k2)x1x2+(2+km)(x1+x2)+4+m2=0,4k2-16km+7m2=0,所以k=m或k=m均适合①,当k=m时,直线l过点A,舍去,当k=m时,直线l:y=kx+k过定点-,0.考向2 定值问题【例3】(2018·江西省红色七校联考)已知椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,离心率等于,它的一个顶点恰好是抛物线x2=8y的焦点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)已知点P(2,t),Q(2,-t)(t>0)在椭圆C上,点A,B是椭圆C上不同于P,Q的两个动点,且满足∠APQ=∠BPQ.试问:直线AB的斜率是否为定值?请说明理由.解:(1)因为椭圆C的中心在原点,焦点在x轴上,所以设椭圆标准方程为+=1(a>b>0).因为椭圆离心率等于,它的一个顶点恰好是抛物线x2=8y的焦点.x2=8y的焦点为(0,2),所以b=2,e==,因为a2-b2=c2,所以a2=16,b2=12.所以椭圆C的标准方程为+=1.(2)直线x=2与椭圆+=1交点P(2,3),Q(2,-3),所以|PQ|=6,设A(x1,y1),B(x2,y2),当∠APQ=∠BPQ时,直线PA,PB斜率之和为0.设PA斜率为k,则PB斜率为-k.直线PA的方程为y-3=k(x-2),与椭圆方程联立得(3+4k2)x2+8k(-2k+3)x+4(2k-3)2-48=0,所以x1+2=;同理x2+2=所以x1+x2=,x1-x2=,y1-y2=k(x1-2)+3-[-k(x2-2)+3]=,直线AB斜率为=.(1)定点问题的常见解法:①根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该定点与参数无关,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,再证明该点的坐标满足题意(与参数无关),这种方法叫“特殊值探路法”.(2)关于直线系l:y=kx+m过定点问题有以下重要结论:①若m为常数b,则直线l必过定点(0,b);②若m=nk(n为常数),则直线l必过定点(-n,0);③若m=nk+b(n,b为常数),则直线必过定点(-n,b).(3)一般曲线过定点,把曲线方程化为f1(x,y)+λf2(x,y)=0(λ为参数)的形式,解方程组即得定点坐标.(4)定值问题就是证明一个量与其他变化因素无关.解决这类问题以坐标运算为主,需建立相应的目标函数(用变化的量表示),通过运算求证目标的取值与变化的量无关.热点训练2:(2018·太原市二模)已知以点C(0,1)为圆心的动圆C与y轴负半轴交于点A,其弦AB的中点D恰好落在x轴上.(1)求点B的轨迹E的方程;(2)过直线y=-1上一点P作曲线E的两条切线,切点分别为M,N.求证:直线MN过定点.(1)解:设B(x,y),y>0,则AB的中点D,0,因为C(0,1),连接DC,所以=-,1,=,y.在☉C中,DC⊥DB,所以·=0,所以-+y=0,即x2=4y(y>0),所以点B的轨迹E的方程为x2=4y(y>0).(2)证明:由(1)可得曲线E的方程为x2=4y(y>0).设P(t,-1),M(x1,y1),N(x2,y2),因为y=,所以y'=,所以过点M,N的切线方程分别为y-y1=(x-x1),y-y2=(x-x2),由4y1=,4y2=,上述切线方程可化为2(y+y1)=x1x,2(y+y2)=x2x.因为点P在这两条切线上,所以2(y1-1)=tx1,2(y2-1)=tx2,即直线MN的方程为2(y-1)=tx,故直线MN过定点C(0,1).热点训练3:(2018·长沙市名校实验班二次阶段性测试)椭圆E:+=1(a>b>0)的右焦点为F2(2,0),圆x2+y-2=与椭圆E的一个交点在x轴上的射影恰好为点F2.(1)求椭圆E的标准方程;(2)设直线l:y=x+m与椭圆E交于A,B两点,以AB为斜边作等腰直角三角形ABC,记直线l 与x轴的交点为D,试问|CD|是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.解:(1)在x2+y-2=中,令x=2,得y=1或y=0(舍去),由题意可得解得a2=16,b2=4,所以椭圆E的标准方程为+=1.(2)由可得x2+2mx+2m2-8=0,则Δ=(2m)2-4(2m2-8)=32-4m2>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则有x1+x2=-2m,x1x2=2m2-8,y1+y2=(x1+x2)+2m=m,所以|AB|==,设AB的中点为G,则G-m,.又直线l与x轴的交点为D(-2m,0),所以|DG|==,所以|CD|2=|CG|2+|DG|2=|AB|2+|DG|2=×(32-4m2)+=10,得|CD|=,所以|CD|为定值,定值是.探索性问题考向1 位置的探索【例4】(2018·广西三校九月联考)已知椭圆方程C:+=1(a>b>0),椭圆的右焦点为(1,0),离心率为e=,直线l:y=kx+m与椭圆C相交于A,B两点,且k OA·k OB=-.(1)求椭圆的方程及△AOB的面积;(2)在椭圆上是否存在一点P,使四边形OAPB为平行四边形,若存在,求出|OP|的取值范围,若不存在,说明理由.解:(1)由已知c=1,=,所以a=2,所以b2=a2-c2=3.所以椭圆方程为+=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),则A,B的坐标满足消去y化简得,(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,x1+x2=-,x1x2=,(8km)2-4(3+4k2)(4m2-12)>0得4k2-m2+3>0,y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=k2+km-+m2=. 因为k OA·k OB=-,所以=-,即y1y2=-x1x2,所以=-·即2m2-4k2=3, 因为|AB|====.O到直线y=kx+m的距离d=,所以S△AOB=d|AB|=·===.(2)若椭圆上存在P使四边形OAPB为平行四边形,则=+,设P(x0,y0),则x0=x1+x2=-,y0=y1+y2=,由于P在椭圆上,所以+=1,从而化简得+=1,化简得4m2=3+4k2.①由k OA·k OB=-,知2m2-4k2=3,②联立方程①②知3+4k2=0,无解,故不存在P使四边形OAPB为平行四边形.考向2 参数值的探索【例5】(2018·辽宁省辽南协作校一模)已知抛物线C:y=2x2,直线l:y=kx+2交C于A,B两点,M是AB 的中点,过M作x轴的垂线交C于N点.(1)证明:抛物线C在N点处的切线与AB平行;(2)是否存在实数k,使以AB为直径的圆M经过N点?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.(1)证明:设A(x1,y1),B(x2,y2),把y=kx+2代入y=2x2得2x2-kx-2=0.所以x1+x2=,x N=x M=,所以N,.因为(2x2)'=4x,所以抛物线在N点处的切线斜率为k,故该切线与AB平行.(2)解:假设存在实数k,使以AB为直径的圆M经过N点,则|MN|=|AB|.由(1)知y M=(y1+y2)=(kx1+kx2+4)=+2,又因为MN垂直于x轴,所以|MN|=y M-y N=,而|AB|=·|x1-x2|=·.所以·=,解得k=±2.所以,存在实数k=±2使以AB为直径的圆M经过N点.解决存在性(探索性)问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化.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.热点训练4:(2018·太原市一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左顶点为A,右焦点为F2(2,0),点B(2,-)在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线y=kx(k≠0)与椭圆C交于E,F两点,直线AE,AF分别与y轴交于点M,N.在x轴上,是否存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.解:(1)依题意,得c=2.因为点B(2,-)在C上,所以+=1.又a2=b2+c2,所以a2=8,b2=4,所以椭圆C的方程为+=1.(2)假设存在这样的点P,设P(x0,0),E(x1,y1),x1>0,则F(-x1,-y1),消去y并化简得,(1+2k2)·x2-8=0,解得x1=,则y1=,又A(-2,0),所以AE所在直线的方程为y=·(x+2),所以M0,,同理可得N0,,=-x0,,=-x0,.若∠MPN为直角,则·=0,所以-4=0,所以x0=2或x0=-2,所以存在点P,使得无论非零实数k怎样变化,总有∠MPN为直角,此时点P 的坐标为(2,0)或(-2,0).热点训练5:已知抛物线E:x2=2py(p>0)上一点P的纵坐标为4,且点P到焦点F的距离为5.(1)求抛物线E的方程;(2)如图,设斜率为k的两条平行直线l1,l2分别经过点F和H(0,-1),l1与抛物线E交于A,B 两点,l2与抛物线E交于C,D两点.问:是否存在实数k,使得四边形ABDC的面积为4+4?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由.解:(1)由抛物线的定义知,点P到抛物线E的准线的距离为5.因为抛物线E的准线方程为y=-,所以4+=5,解得p=2,所以抛物线E的方程为x2=4y.(2)由已知得,直线l1:y=kx+1.由消去y得x2-4kx-4=0,Δ1=16(k2+1)>0恒成立,|AB|=·=4(k2+1),直线l2:y=kx-1,由消去y得x2-4kx+4=0,由Δ2=16(k2-1)>0得k2>1,|CD|=·=4,又直线l1,l2间的距离d=,所以四边形ABDC的面积S=·d·(|AB|+|CD|)=4(+).解方程4(+)=4(+1),得k2=2(满足k2>1),所以存在满足条件的k,k的值为±.最值(范围)问题【例6】(2016·全国Ⅱ卷)已知A是椭圆E:+=1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|AM|=|AN|时,求△AMN的面积;(2)当2|AM|=|AN|时,证明:<k<2.(1)解:设M(x1,y1),则由题意知y1>0.由已知及椭圆的对称性知,直线AM的倾斜角为.又A(-2,0),因此直线AM的方程为y=x+2.将x=y-2代入+=1得7y2-12y=0.解得y=0或y=,所以y1=.因此△AMN的面积S△AMN=2×××=.(2)证明:设直线AM的方程为y=k(x+2)(k>0),代入+=1得(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由x1·(-2)=得x1=,故|AM|=|x1+2|=.由题设,设直线AN的方程为y=-(x+2),故同理可得|AN|=.由2|AM|=|AN|得=,即4k3-6k2+3k-8=0.设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点,f'(t)=12t2-12t+3=3(2t-1)2≥0,所以f(t)在(0,+∞)上单调递增.又f()=15-26<0,f(2)=6>0,因此f(t)在(0,+∞)内有唯一的零点,且零点k在(,2)内,所以<k<2.解圆锥曲线中的最值(范围)问题的方法:(1)代数法:题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系或不等式关系,则建立函数、不等式等模型,利用二次函数法或基本不等式法、换元法、导数等方法求解;(2)几何法:题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形的性质求解.热点训练6:(2018·江西二模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线交椭圆于P,Q两点,以PF1为直径的动圆内切于圆x2+y2=4.(1)求椭圆的方程;(2)延长PO交椭圆于R点,求△PQR面积的最大值.解:(1)设|PF1|的中点为M,在三角形PF1F2中,由中位线得|OM|=|PF2|,当两个圆相内切时,两个圆的圆心距等于两个圆的半径之差,即|OM|=2-|PF1|,所以|PF2|=2-|PF1|⇒|PF1|+|PF2|=4,即a=2,又e=,所以c=1,b=,所以椭圆方程为+=1.(2)由已知k PQ≠0可设直线PQ:x=my-1,P(x1,y1),Q(x2,y2),⇒(3m2+4)y2-6my-9=0,S△PQR=2S△POQ=|y1-y2|=,令=t≥1,原式==,当t=1时,3t+min=4.所以(S△PQR)max=3.【例1】(2018·福州市期末)抛物线C:y=2x2-4x+a与两坐标轴有三个交点,其中与y轴的交点为P.(1)若点Q(x,y)(1<x<4)在C上,求直线PQ斜率的取值范围;(2)证明:经过这三个交点的圆E过定点.(1)解:由题意得P(0,a)(a≠0),Q(x,2x2-4x+a)(1<x<4),故k PQ==2x-4.因为1<x<4,所以-2<k PQ<4,所以直线PQ的斜率的取值范围为(-2,4).(2)证明:法一P(0,a)(a≠0).令2x2-4x+a=0,则Δ=16-8a>0,a<2,且a≠0,解得x=1±,故抛物线C与x轴交于A1-,0,B1+,0两点.故可设圆E的圆心为M(1,t),由|MP|2=|MA|2,得12+(t-a)2=2+t2,解得t=+,则圆E的半径r=|MP|=.所以圆E的方程为(x-1)2+y--2=1+-2,所以圆E的一般方程为x2+y2-2x-a+y+=0,即x2+y2-2x-y+a-y=0.由得或故圆E过定点0,,2,.法二P(0,a)(a≠0),设抛物线C与x轴的两个交点分别为A(x1,0),B(x2,0),圆E的一般方程为x2+y2+Dx+Fy+G=0,则因为x1,x2是方程2x2-4x+a=0,即x2-2x+=0的两根,所以-2x1+=0,-2x2+=0,所以D=-2,G=,所以F==-a+,所以圆E的一般方程为x2+y2-2x-a+y+=0,即x2+y2-2x-y+a-y=0.由得或故圆E过定点0,,2,.【例2】(2018·石家庄质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线交椭圆C于A,B两点.(1)若以AF1为直径的动圆内切于圆x2+y2=9,求椭圆长轴的长;(2)当b=1时,在x轴上是否存在定点T,使得·为定值?若存在,求出定值;若不存在,请说明理由.解:(1)设AF1的中点为M,连接AF2,MO,在△AF1F2中,由中位线定理得,|OM|=|AF2|=(2a-|AF1|)=a-|AF1|.当两个圆内切时,|OM|=3-|AF1|,所以a=3,故椭圆长轴的长为6.(2)由b=1及离心率为,得c=2,a=3,所以椭圆C的方程为+y2=1.当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y=k(x+2).设A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程,得消去y并整理得(9k2+1)x2+36k2x+72k2-9=0,Δ=36k2+36>0,x1+x2=-,x1x2=,y1y2=k2(x1+2)(x2+2)=.假设存在定点T,设T(x0,0),则·=x1x2-(x1+x2)x0++y1y2=,当9+36x0+71=9(-9),即x0=-时,·为定值,定值为-9=-.当直线AB的斜率不存在时,不妨设A-2,,B-2,-,当T-,0时,·=,·,-=-,为定值.综上,在x轴上存在定点T-,0,使得·为定值-.【例3】(2018·广州市调研)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,抛物线C上存在一点E(2,t)到焦点F的距离等于3.(1)求抛物线C的方程;(2)过点K(-1,0)的直线l与抛物线C相交于A,B两点(A,B两点在x轴上方),点A关于x轴的对称点为D,且FA⊥FB,求△ABD的外接圆的方程.解:(1)抛物线的准线方程为x=-,由抛物线的定义,可得2+=3,解得p=2.所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)法一设直线l的方程为x=my-1(m>0).将x=my-1代入y2=4x并整理得y2-4my+4=0,由Δ=(-4m)2-16>0,并结合m>0,解得m>1.设A(x1,y1),B(x2,y2),则D(x1,-y1),y1+y2=4m,y1y2=4,所以·=(x1-1)(x2-1)+y1y2=(1+m2)y1y2-2m(y1+y2)+4=8-4m2,因为FA⊥FB,所以·=0,即8-4m2=0,结合m>0,解得m=.所以直线l的方程为x-y+1=0.设AB的中点坐标为(x0,y0),则y0==2m=2,x0=my0-1=3,所以线段AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3).因为线段AD的垂直平分线方程为y=0,所以△ABD的外接圆圆心坐标为(5,0).因为圆心(5,0)到直线l的距离d=2,且|AB|==4,所以圆的半径r==2.所以△ABD的外接圆的方程为(x-5)2+y2=24.法二依题意可设直线l:y=k(x+1)(k>0).将直线l与抛物线C的方程联立并整理得k2x2+(2k2-4)x+k2=0. 由Δ=(2k2-4)2-4k4>0,结合k>0,得0<k<1.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-2+,x1x2=1.所以y1y2=k2(x1x2+x1+x2+1)=4,所以·=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2=8-.因为FA⊥FB,所以·=0,所以8-=0,又k>0,解得k=.所以直线l的方程为x-y+1=0.设AB的中点坐标为(x0,y0),则x0==3,y0=(x0+1)=2,所以线段AB的垂直平分线方程为y-2=-(x-3).因为线段AD的垂直平分线方程为y=0.所以△ABD的外接圆圆心坐标为(5,0).因为圆心(5,0)到直线l的距离d=2,且|AB|==4,所以圆的半径r==2.所以△ABD的外接圆的方程为(x-5)2+y2=24.(对应学生用书第52页)【典例】(2018·全国Ⅰ卷)(12分)设椭圆C:+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).(1)当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:∠OMA=∠OMB.(1)解:由已知得F(1,0),l的方程为x=1.由已知可得,点A的坐标为1,或1,-.又M(2,0),所以AM的方程为y=-x+或y=x-.(2)证明:当l与x轴重合时,∠OMA=∠OMB=0°.当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以∠OMA=∠OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x-1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则-<x1<,-<x2<,直线MA,MB的斜率之和为k MA+k MB=+.由y1=kx1-k,y2=kx2-k得k MA+k MB=.将y=k(x-1)代入+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0.所以x1+x2=,x1x2=.则2kx1x2-3k(x1+x2)+4k==0.从而k MA+k MB=0,故MA,MB的倾斜角互补,所以∠OMA=∠OMB.综上,∠OMA=∠OMB.注:第(1)问得分说明:①写出l的方程得1分.②求出A的坐标得1分.③求出AM的方程得2分.第(2)问得分说明:①当l与x轴垂直时,证出∠ABM=∠ABN,得1分.②当l与x轴不垂直时,设出l的方程,得1分.③直线l的方程与椭圆方程联立,消元并得出x1+x2,x1x2或y1+y2,y1y2的值(含k)得2分.④证出AM,BM的斜率之和为0得2分.⑤证出∠OMA=∠OMB得1分.⑥写出结论得1分.【答题启示】(1)求交点问题常联立方程组求解.(2)求与交点有关的问题常联立方程组,设出交点,消元,根据根与系数的关系求解.(3)设直线方程时,要分斜率存在和不存在两种情况.本题易忽略斜率不存在的情况而失分.(4)求与交点有关的问题时,要对x1与y1,x2与y2相互转化(含斜率k的式子),本题常因不会转化或转化时计算错误而失分.(5)分类讨论问题要先分后总,本题易忽略结论而失1分.。

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

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文

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 (2018·百校联盟联考)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 与曲线Γ交于A ，B 两点，AB 的中点在直线y ＝12上，求△OAB (O 为坐标原点)面积的取值范围．解连接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)由题意知直线l 的斜率存在，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，l ：y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y22＝1，得()3k 2＋1x 2＋6kmx ＋3m 2－6＝0，x 1＋x 2＝－6km 3k 2＋1，x 1x 2＝3m 2－63k 2＋1，Δ＝()6km 2－4()3k 2＋1()3m 2－6＝12()6k 2＋2－m 2>0，设AB 的中点为C ()x 0，y 0，则x 0＝－3km 3k 2＋1，y 0＝kx 0＋m ＝－3k 2m 3k 2＋1＋m ＝m3k 2＋1，由题意知m 3k 2＋1＝12，所以2m ＝3k 2＋1，由Δ>0，得0<m <4，因为|AB |＝1＋k 2×12()6k 2＋2－m 23k 2＋1＝1＋k 2×23×6k 2＋2－m23k 2＋1，原点O 到直线AB 的距离d ＝|m |1＋k2，所以S △OAB ＝12×|m |1＋k2×1＋k 2×23×6k 2＋2－m 23k 2＋1 ＝m ×3×4m －m 22m ＝32×4m －m 2()0<m <4，即0<S △OAB ≤3，所以当m ＝2时，S △OAB 取最大值 3. 故△OAB 面积的取值范围为(]0，3. 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·北京)已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，焦距为2 2.斜率为k 的直线l 与椭圆M 有两个不同的交点A ，B . (1)求椭圆M 的方程；(2)若k ＝1，求|AB |的最大值；(3)设P (－2,0)，直线PA 与椭圆M 的另一个交点为C ，直线PB 与椭圆M 的另一个交点为D ，若C ，D 和点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－74，14共线，求k .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，c a ＝63，2c ＝22，解得a ＝3，b ＝1.所以椭圆M 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝x ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋m ，x 23＋y 2＝1，得4x 2＋6mx ＋3m 2－3＝0，Δ＝36m 2－16(3m 2－3)＝－12m 2＋48>0，即－2<m <2.所以x 1＋x 2＝－3m 2，x 1x 2＝3m 2－34.所以|AB |＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2 ＝2(x 2－x 1)2＝2[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝12－3m 22. 所以当m ＝0，即直线l 过原点时，|AB |最大，最大值为 6. (3)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意得x 21＋3y 21＝3，x 22＋3y 22＝3. 直线PA 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，x 2＋3y 2＝3，得[(x 1＋2)2＋3y 21]x 2＋12y 21x ＋12y 21－3(x 1＋2)2＝0. 设C (x C ，y C )，所以x C ＋x 1＝－12y 21(x 1＋2)2＋3y 21＝4x 21－124x 1＋7. 所以x C ＝4x 21－124x 1＋7－x 1＝－12－7x 14x 1＋7.所以y C ＝y 1x 1＋2(x C ＋2)＝y 14x 1＋7. 设D (x D ，y D )，同理得x D ＝－12－7x 24x 2＋7，y D ＝y 24x 2＋7.记直线CQ ，DQ 的斜率分别为k CQ ，k DQ ，则k CQ －k DQ ＝y 14x 1＋7－14－12－7x 14x 1＋7＋74－y 24x 2＋7－14－12－7x 24x 2＋7＋74＝4(y 1－y 2－x 1＋x 2)．因为C ，D ，Q 三点共线，所以k CQ －k DQ ＝0. 故y 1－y 2＝x 1－x 2. 所以直线l 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝1. 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·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 ：x 216＋y 212＝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；(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 (1)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x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y ＝kx ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y23＝1，得()3＋4k 2x 2＋8kbx ＋4b 2－12＝0.令Δ＝64k 2b 2－4(3＋4k 2)(4b 2－12)＝0，得b 2＝3＋4k 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 216＋y 212＝1，化简得()3＋4k 2x 2＋8kbx ＋4b 2－48＝0.Δ>0显然成立．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8kb 3＋4k 2＝－8k b ，x 1·x 2＝4b 2－483＋4k 2＝4b 2－48b2.∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝121＋k 2|b |，而原点O 到直线l 的距离d ＝|b |1＋k2，∴S △ABO ＝12|AB |·d ＝6.当直线l 的斜率不存在时，l ：x ＝2或x ＝－2，则|AB |＝6，原点O 到直线l 的距离d ＝2， ∴S △ABO ＝6.综上所述，△ABO 的面积为定值6.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·凯里市第一中学模拟)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点与曲线Γ：12x 2－4y 2＝3的一个焦点相同，O 为坐标原点，点M 为抛物线C 上任意一点，过点M 作x 轴的平行线交抛物线的准线于点P ，直线OP 交抛物线于点N . (1)求抛物线C 的方程；(2)求证：直线MN 过定点G ，并求出此定点的坐标．解 (1)由曲线Γ：12x 2－4y 2＝3，化为标准方程可得x 214－y 234＝1，所以曲线Γ：x 214－y 234＝1是焦点在x 轴上的双曲线，其中a 2＝14，b 2＝34，故c 2＝a 2＋b 2＝1，Γ的焦点坐标分别为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，因为抛物线的焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0(p >0)，由题意知p2＝1，所以p ＝2，即抛物线的方程为y 2＝4x .(2)由(1)知，抛物线y 2＝4x 的准线方程为x ＝－1，设P ()－1，m ，显然m ≠0.故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 24，m ，从而直线OP 的方程为y ＝－mx ，联立直线OP 与抛物线方程得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝－mx ，解得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4m 2，－4m .①当4m 2＝m 24，即m ＝±2时，直线MN 的方程为x ＝1；②当4m 2≠m 24，即m ≠±2时，直线MN 的方程为y －m ＝4m m 2－4⎝⎛⎭⎪⎫x －m 24，整理得MN 的方程为y ＝4mm 2－4(x －1)，此时直线恒过定点G (1,0)，因为(1,0)也在直线MN 的方程x ＝1上，故直线MN 恒过定点G (1,0)．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 已知圆C 的圆心为原点，其半径与椭圆D ：x 24＋y 23＝1的左焦点和上顶点的连线线段长度相等．(1)求圆C 的标准方程；(2)过椭圆右焦点的动直线l 2(其斜率不为0)交圆C 于A ，B 两点，试探究在x 轴正半轴上是否存在定点E ，使得直线AE 与BE 的斜率之和为0？若存在，求出点E 的坐标，若不存在，请说明理由．解 (1)由题意知，椭圆D ：x 24＋y 23＝1的左焦点的坐标为(－1,0)，上顶点的坐标为()0，3，故圆的半径r ＝()－1－02＋()0－32＝2，所以圆C 的标准方程为x 2＋y 2＝4. (2)假设存在符合条件的点E . 设E ()t ，0，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，当直线l 2的斜率存在时，设直线l 2的方程为y ＝k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝4，y ＝k (x －1)，得()k 2＋1x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0，Δ>0显然成立．所以x 1＋x 2＝2k 2k 2＋1，x 1x 2＝k 2－4k 2＋1.由k AE ＋k BE ＝0，得k AE ＝－k BE ，所以y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0，即k ()x 1－1x 1－t ＋k ()x 2－1x 2－t＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0，即2()k 2－4k 2＋1－2k 2(t ＋1)k 2＋1＋2t ＝0，解得t ＝4.即E (4,0)．当直线l 2的斜率不存在时，直线l 2的方程为x ＝1，与圆C 的交点坐标分别为(1，3)，()1，－3，由E (4,0)知满足kAE＋k BE ＝0.所以当点E 的坐标为(4,0)时，k AE ＋k BE ＝0. 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＝－6mt3m 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)·－6mt 3m 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)k2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k2＋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 ＝±62.6 2的直线l，使得|PN||MQ|＝2.故存在斜率为k＝±A 组专题通关1．(2018·安徽省“皖南八校”联考)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝12，椭圆C上一点M 到左、右两个焦点F 1，F 2的距离之和是4. (1)求椭圆的方程；(2)已知过F 2的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，且两点与左、右顶点不重合，若F 1M —→＝F 1A —→＋F 1B —→，求四边形AMBF 1面积的最大值．解 (1)依题意知，2a ＝4，a ＝2，因为e ＝12，所以c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB ：x ＝my ＋1，则由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y23＝1，可得3(my ＋1)2＋4y 2＝12，即(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0，Δ＝36m 2＋36(3m 2＋4)＝144(m 2＋1)>0， y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，又因为F 1M —→＝F 1A —→＋F 1B —→，所以四边形AMBF 1是平行四边形，设平行四边形AMBF 1的面积为S ，则S ＝12ABF S V ＝2×12×|F 1F 2|×|y 1－y 2|＝24×m 2＋13m 2＋4. 设t ＝m 2＋1，则m 2＝t 2－1(t ≥1)，所以S ＝24×t 3t 2＋1＝24×13t ＋1t，因为t ≥1，所以3t ＋1t≥4(当t ＝1时取等号)，所以S ∈(0,6]，所以四边形AMBF 1面积的最大值为6.2．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：2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|. 证明 (1)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)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 →|.4．(2018·龙岩质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，－32在椭圆上．不过原点的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝0(O 为坐标原点)． (1)求椭圆C 的方程；(2)试判断1|OA |2＋1|OB |2是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由．解 (1)∵椭圆C 的离心率e ＝c a ＝32，又c 2＝a 2－b 2，∴34a 2＝a 2－b 2，∴a 2＝4b 2. 又点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32在椭圆上， ∴1a 2＋34b 2＝1，即14b 2＋34b2＝1，∴b 2＝1，则a 2＝4， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线OA 的斜率存在且不为0时，设其方程为y ＝kx ，∵A ，B 分别为椭圆上的两点，且OA →·OB →＝0，即OA ⊥OB ，∴直线OB 的方程为y ＝－1kx .设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，把y ＝kx 代入椭圆C ：x 24＋y 2＝1，得x 21＝41＋4k 2，∴y 21＝4k 21＋4k2，同理x 22＝4k 24＋k 2，∴y 22＝44＋k2，∴1|OA |2＋1|OB |2＝1x 21＋y 21＋1x 22＋y 22＝141＋4k 2＋4k 21＋4k 2＋14k 24＋k 2＋44＋k2＝54. 当直线OA ，OB 中的一条直线的斜率不存在时，则另一条直线的斜率为0，此时1|OA |2＋1|OB |2＝1a 2＋1b 2＝14＋1＝54. 综上所述，1|OA |2＋1|OB |2为定值54.B 组能力提高5．已知点M ()x 0，y 0在圆O ：x 2＋y 2＝4上运动，且存在一定点N ()6，0，点P (x ，y )为线段MN 的中点．(1)求点P 的轨迹C 的方程；(2)过A (0,1)且斜率为k 的直线l 与点P 的轨迹C 交于不同的两点E ，F ，是否存在实数k ，使得OE →·OF →＝12？若存在，求出k 的值，若不存在，说明理由．解 (1)设P (x ，y )，由中点坐标公式，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋62，y ＝y2，即x 0＝2x －6，y 0＝2y .∵点M ()x 0，y 0在圆x 2＋y 2＝4上运动，∴x 20＋y 20＝4，即()2x －62＋()2y 2＝4，整理，得()x －32＋y 2＝1.∴点P 的轨迹C 的方程为()x －32＋y 2＝1.(2)设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，直线l 的方程是y ＝kx ＋1，代入圆()x －32＋y 2＝1.可得()1＋k 2x 2－2()3－k x ＋9＝0，由Δ＝－32k 2－24k >0，得－34<k <0，且x 1＋x 2＝2()3－k 1＋k 2，x 1x 2＝91＋k 2，∴y 1y 2＝()kx 1＋1()kx 2＋1 ＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝9k 21＋k 2＋2k ()3－k 1＋k 2＋1＝8k 2＋6k ＋11＋k2. ∴OE →·OF →＝x 1x 2＋y 1y 2＝8k 2＋6k ＋101＋k 2＝12. 解得k ＝12或1，都不满足Δ>0.∴不存在实数k ，使得OE →·OF →＝12.6．(2018·河北省武邑中学模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，354，且两个焦点F 1，F 2的坐标依次为(－1,0)和(1,0)． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设E ，F 是椭圆C 上的两个动点，O 为坐标原点，直线OE 的斜率为k 1，直线OF 的斜率为k 2，若k 1·k 2＝－1，证明：直线EF 与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程．解 (1)由椭圆定义得2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫354－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫354－02＝4，即a ＝2，又c ＝1，所以b 2＝3，得椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线EF 的斜率存在时，设直线EF 的方程为y ＝kx ＋b ，E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，直线EF 的方程与椭圆方程联立，消去y 得()3＋4k 2x 2＋8kbx ＋4b 2－12＝0，当判别式Δ＝3＋4k 2－b 2>0时，得x 1＋x 2＝－8kb 3＋4k 2，x 1x 2＝4b 2－123＋4k 2.由已知k 1·k 2＝－1，即y 1y 2x 1x 2＝－1，因为点E ，F 在直线y ＝kx ＋b 上，所以()kx 1＋b ()kx 2＋b ＝－x 1x 2，整理得()k 2＋1x 1x 2＋bk (x 1＋x 2)＋b 2＝0，即()k 2＋1×4b 2－123＋4k 2＋bk ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8kb 3＋4k 2＋b 2＝0，化简得b 2＝12k 2＋127.原点O 到直线EF 的距离d ＝|b |1＋k2，********灿若寒星竭诚为您提供优质文档*********灿若寒星 d 2＝b 21＋k 2＝12k 2＋127k 2＋7＝127，所以直线与一个定圆相切，定圆的标准方程为x 2＋y 2＝127.当直线EF 的斜率不存在时，此时，直线EF 的方程为x ＝±847，满足与定圆x 2＋y 2＝127相切．故直线EF 与以原点为圆心的定圆相切，定圆的标准方程为x 2＋y 2＝127.。

浙江高考数学二轮复习专题四解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题学案

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 (2018·浙江省稽阳联谊学校联考)已知离心率为32的椭圆C ：x 2a 2＋y2b2＝1(a >b >0)过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，与坐标轴不平行的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，其中M 为A 关于y 轴的对称点，N (0，2)，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)分别记△PAO ，△PBO 的面积为S 1，S 2，当M ，N ，B 三点共线时，求S 1·S 2的最大值．解 (1)∵c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，∴a ＝2b . 把点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32代入椭圆方程可得1a 2＋34b 2＝1，解得a ＝2，b ＝1，∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)设点A 坐标为(x 1，y 1)，点B 坐标为(x 2，y 2)，则M 为(－x 1，y 1)，设直线l 的方程为y ＝kx ＋b ，联立椭圆方程可得(4k 2＋1)x 2＋8kbx ＋4b 2－4＝0， ∴x 1＋x 2＝－8kb 4k 2＋1，x 1x 2＝4b 2－44k 2＋1，Δ>0，∵M ，N ，B 三点共线，∴k MN ＝k BN ，即y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝0，化简得8k (1－2b )＝0，解得b ＝22或k ＝0(舍去)．设A ，B 两点到直线OP 的距离分别为d 1，d 2. 直线OP 的方程为3x －2y ＝0，|OP |＝72， ∴S 1·S 2＝116|(3x 1－2y 1)(3x 2－2y 2)|，化简可得S 1·S 2＝116|(2k －3)2x 1x 2＋2(2k －3)(x 1＋x 2)＋2|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－14＋3k 4k 2＋1. 又3k 4k 2＋1∈⎣⎢⎡⎭⎪⎫－34，0∪⎝⎛⎦⎥⎤0，34， ∴当k ＝－12时，S 1·S 2的最大值为3＋14.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·绍兴市柯桥区模拟)已知抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，直线l ：y ＝kx －4(1<k <2)与y 轴、抛物线C 相交于点P ，A ，B (自下而上)，记△PAF ，△PBF 的面积分别为S 1，S 2.(1)求AB 中点M 到y 轴的距离d 的取值范围； (2)求S 1S 2的取值范围．解 (1)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4，y 2＝4x ，消去y ，得k 2x 2－(8k ＋4)x ＋16＝0，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k ＋4k2，x 1x 2＝16k2，所以d ＝x 1＋x 22＝4k ＋2k 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋12－2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫52，6. (2)由于S 1S 2＝|PA ||PB |＝x 1x 2.由(1)可知S 1S 2＋S 2S 1＝x 1x 2＋x 2x 1＝(x 1＋x 2)2－2x 1x 2x 1x 2＝k 216·(8k ＋4)2k 4－2 ＝⎝⎛⎭⎪⎫1k ＋22－2∈⎝⎛⎭⎪⎫174，7. 由S 1S 2＋S 2S 1>174，得4⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1S 22－17·S 1S 2＋4>0，解得S 1S 2>4或S 1S 2<14.因为0<S 1S 2<1，所以0<S 1S 2<14，由S 1S 2＋S 2S 1<7，得⎝ ⎛⎭⎪⎫S 1S 22－7·S 1S 2＋1<0，解得7－352<S 1S 2<7＋352，因此7－352<S 1S 2<14.即S 1S 2的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫7－352，14. 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)→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 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 已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b2＝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 216b 2＝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 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点M (2，2)，且离心率为22.(1)求a ，b 的值，并写出椭圆C 的方程；(2)设A ，B 分别为椭圆C 的左、右顶点，在椭圆C 上有异于A ，B 的动点P ，若直线PA ，PB 与直线l ：x ＝m (m 为常数)分别交于不同的两点M ，N ，则当点P 运动时，以MN 为直径的圆是否经过定点？解 (1)由题知，4a 2＋2b 2＝1，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝22，b ＝2， ∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1. (2)由(1)知，A (－22，0)，B (22，0)，设直线PA ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，则直线PA ，PB 的方程分别为y ＝k 1(x ＋22)，y ＝k 2(x －22)，∴M (m ，k 1(m ＋22))，N (m ，k 2(m －22))，∴根据射影定理知，以MN 为直径的圆的方程为(x －m )2＋[y －k 1(m ＋22)][y －k 2(m －22)]＝0，即(x －m )2＋y 2－[k 1(m ＋22)＋k 2(m －22)]y ＋k 1k 2·(m 2－8)＝0，设点P (x 0，y 0)，则x 208＋y 204＝1，y 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 208，∴k 1k 2＝y 0x 0＋22·y 0x 0－22＝y 20x 20－8＝－12， ∴(x －m )2＋y 2－[k 1(m ＋22)＋k 2(m －22)]y －12(m 2－8)＝0，由y ＝0，得(x －m )2－12(m 2－8)＝0，∴(x －m )2＝12(m 2－8)．当m 2－8<0，即－22<m <22时，方程无实数解，该圆不经过定点．当m 2－8≥0，即m ≥22或m ≤－22时，解得x ＝m ±22m 2－8，即定点为⎝⎛⎭⎪⎫m ±22m 2－8，0.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)k2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k2＋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．(2018·浙江)如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝4x 上存在不同的两点A ，B 满足PA ，PB 的中点均在C 上．(1)设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；(2)若P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围．(1)证明设P (x 0，y 0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 21，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 22，y 2. 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根．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，y 1y 2＝8x 0－y 20，所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0，|y 1－y 2|＝22(y 20－4x 0).所以△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32.因为x 2＋y 204＝1(－1≤x 0<0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，所以△PAB 面积的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104.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＋2x 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．(2018·诸暨市适应性考试)已知F 是抛物线C ：x 2＝2py (p >0)的焦点，过F 的直线交抛物线C 于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，且x 1x 2＝－1.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点B 作x 轴的垂线交直线AO (O 为坐标原点)于点D ，过点A 作直线DF 的垂线与抛物线C 的另一交点为E ，AE 的中点为G . ①求点D 的纵坐标； ②求|GB ||DG |的取值范围．解 (1)设AB ：y ＝kx ＋p2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2＝2p ⎝⎛⎭⎪⎫kx ＋p 2，即x 2－2pkx －p 2＝0， ∴x 1x 2＝－p 2＝－1，∴p ＝1， ∴抛物线C 的方程为x 2＝2y . (2)①直线OA 的方程为y ＝y 1x 1x ＝x 12x ，∴D ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，x 1x 22，即D ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，－12， ∴点D 的纵坐标为－12.②∵k DF ＝－1x 2，∴k AE ＝x 2，即直线AE 的方程为y －y 1＝x 2(x －x 1)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y －y 1＝x 2(x －x 1)，y ＝x 22，得x 22－x 2x －y 1－1＝0，∴x E ＝2x 2－x 1，∴G (x 2,2y 2＋y 1＋1)． ∴G ，B ，D 三点共线，∴|GB ||DG |＝y 2＋y 1＋12y 2＋y 1＋32，∵y 1·y 2＝14，∴|DG ||GB |＝2－y 1＋1214y 1＋y 1＋1＝2－y 1y 1＋12＝2－11＋12y 1∈(1,2)，∴|GB ||DG |∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1. 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·嘉兴市、丽水市教学测试)点P (1,1)为抛物线y 2＝x 上一定点，斜率为－12的直线与抛物线交于A ，B 两点．(1)求弦AB 中点M 的纵坐标；(2)点Q 是线段PB 上任意一点(异于端点)，过Q 作PA 的平行线交抛物线于E ，F 两点，求证：|QE |·|QF |－|QP |·|QB |为定值． (1)解 k AB ＝y A －y B x A －x B ＝1y A ＋y B ＝－12，(*) 所以y A ＋y B ＝－2，y M ＝y A ＋y B2＝－1.(2)证明设Q (x 0，y 0)，直线EF ：x －x 0＝t 1(y －y 0)，直线PB ：x －x 0＝t 2(y －y 0)，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧x －x 0＝t 1(y －y 0)，y 2＝x ，得y 2－t 1y ＋t 1y 0－x 0＝0，所以y E ＋y F ＝t 1，y E ·y F ＝t 1y 0－x 0，|QE |·|QF |＝1＋t 21|y E －y 0|·1＋t 21|y F －y 0| ＝(1＋t 21)|y 20－x 0|.同理|QP |·|QB |＝()1＋t 22|y 20－x 0|.由(*)可知，t 1＝1k EF ＝1k PA＝y A ＋y P ，t 2＝1k PB＝y B ＋y P ，所以t 1＋t 2＝(y A ＋y B )＋2y P ＝－2＋2＝0，即t 1＝－t 2⇒t 21＝t 22，所以|QE |·|QF |＝|QP |·|QB |，即|QE |·|QF |－|QP |·|QB |＝0为定值．B 组能力提高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.(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＋2y 2＋2my －1＝0，Δ＝4m 2＋4(m 2＋2)>0恒成立．∴⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－2mm 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．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 2x 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．。

2022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时

第3讲圆锥曲线的综合问题一、选择题1．已知F 1，F 2是椭圆x 24＋y 2＝1的左、右焦点，点P 在椭圆上运动，则PF 1→·PF 2→的最大值是( )A ．－2B ．1C ．2D ．4解析：设P (x ，y )，依题意得点F 1(－3，0)，F 2(3，0)，PF 1→·PF 2→＝(－3－x )(3－x )＋y 2＝x 2＋y 2－3＝34x 2－2，因为－2≤x ≤2，所以－2≤34x 2－2≤1，因此PF 1→·PF 2→的最大值是1.答案：B2．(2021·沈阳二模)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 ．2 B.12 C.14D.18解析：根据题意，点P 在抛物线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y ＝2x 2，即x 2＝12y ，其准线方程为y ＝－18，所以当点P 在抛物线的顶点时，d有最小值18，即|PF |min ＝18.答案：D3．(2021·北京西城区调研)过抛物线y 2＝43x 的焦点的直线l 与双曲线C ：x 22－y 2＝1的两个交点分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，若x 1·x 2＞0，则k 的取值范围是( )(导学号 55410132)A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，12B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－12∪⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，22D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞ 解析：易知双曲线两渐近线y ＝±22x ，当k ＞22或k ＜－22时，l 与双曲线的右支有两个交点，满足x 1x 2＞0.答案：D4．(2021·全国卷Ⅰ改编)椭圆C ：x 23＋y 2m＝1的焦点在x 轴上，点A ，B 是长轴的两端点，若曲线C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则实数m 的取值范围是( )A ．(3，＋∞)B ．[1，3)C ．(0，3)D ．(0，1]解析：依题意，当0＜m ＜3时，焦距在x 轴上，要在曲线C 上存在点M 满足∠AMB ＝120°，则a b≥tan 60°，即3m≥ 3.解得0＜m ≤1.答案：D5．在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A ，B ，则直线AB 恒过的点的坐标为( )A ．(0，1)B ．(0，2)C ．(2，0)D ．(1，0)解析：设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则在点A 处的切线方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，化简得y ＝－12x 1x －y 1，同理，在点B 处的切线方程为y ＝－12x 2x －y 2，又点Q (t ，－2)的坐标适合这两个方程，代入得－2＝－12x 1t －y 1，－2＝－12x 2t －y 2，这说明A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)都满足方程－2＝－12xt －y ，则直线AB 的方程为y －2＝－12tx ，直线AB 恒过点(0，2)．答案：B 二、填空题6．设双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线与抛物线y 2＝x 的一个交点的横坐标为x 0，若x 0＞1，则双曲线C 的离心率e 的取值范围是________．解析：双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1的一条渐近线为y ＝ba x ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝x ，y ＝b a x 消去y ，得b 2a 2x 2＝x .由x 0＞1，知b 2a2＜1，b 2＜a 2.所以e 2＝c 2a 2＝a 2＋b 2a2＜2，因此1＜e ＜ 2.答案：(1，2)7．已知抛物线C ：x 2＝8y 的焦点为F ，动点Q 在C 上，圆Q 的半径为1，过点F 的直线与圆Q 切于点P ，则FP →·FQ →的最小值为________．解析：如图，FP →·FQ →＝|FP →|2＝|FQ →|2－1.由抛物线的定义知：|FQ →|＝d (d 为点Q 到准线的距离)，易知，抛物线的顶点到准线的距离最短，所以|FQ →|min ＝2，所以FP →·FQ →的最小值为3.答案：38．(2021·济南模拟)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 轴的垂线，垂足分别为C ，D ，则|AC |＋|BD |的最小值为________．解析：不妨设A (x 1，y 1)(y 1＞0)，B (x 2，y 2)(y 2＜0)．则|AC |＋|BD |＝x 2＋y 1＝y 224＋y 1.又y 1y 2＝－p 2＝－4.所以|AC |＋|BD |＝y 224－4y 2(y 2＜0)．利用导数易知y ＝y 224－4y 2在(－∞，－2)上递减，在(－2，0)上递增．所以当y 2＝－2时，|AC |＋|BD |的最小值为3.答案：3 三、解答题9．(2021·西安调研)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆E 上．(1)求椭圆E 的方程；(2)过点P 且斜率为k 的直线l 交椭圆E 于点Q (x Q ，y Q )(点Q 异于点P )，若0＜x Q ＜1，求直线l 斜率k 的取值范围．解：(1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝32，1a 2＋34b 2＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝3，故椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线l 的方程为y －32＝k (x －1)，代入方程x 24＋y 2＝1，消去y ，得(1＋4k 2)x 2＋(43k －8k 2)x ＋(4k 2－43k －1)＝0，所以x Q ·1＝4k 2－43k －11＋4k 2. 因为0＜x Q ＜1，所以0＜4k 2－43k －11＋4k 2＜1，即⎩⎪⎨⎪⎧4k 2－43k －11＋4k2＞0，4k 2－43k －11＋4k2＜1.解得－36＜k ＜3－22或k ＞3＋22，经检验，满足题意．所以直线l 斜率k 的取值范围是－36＜k ＜3－22或k ＞3＋22. 10．(2021·新乡三模)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q .(导学号 55410133)(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1，3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值；(2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由．解：(1)因为直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0，2)，所以F (0，2)，则抛物线C 的方程为x 2＝8y ，准线l ：y ＝－2. 设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |，当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值为2＋3＝5.(2)假设存在实数p ，满足条件等式成立．联立x 2＝2py 与2x －y ＋2＝0，消去y ，得x 2－4px －4p ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ，所以Q (2p ，2p )．因为|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|，所以QA ⊥QB ，则QA →·QB →＝0.因此(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )＝0. (x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )·(2x 2＋2－2p )＝0， 5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2－8p ＋4＝0，把x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p 代入得4p 2＋3p －1＝0，解得p ＝14或p ＝－1(舍去)．因此存在实数p ＝14，使得|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →|成立．11．(2021·唐山一模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫b ，a b 在椭圆上，O 为坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)已知点P ，M ，N 为椭圆C 上的三点，若四边形OPMN 为平行四边形，证明四边形OPMN 的面积S 为定值，并求该定值．解：(1)因为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为22，所以e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝12，得a 2＝2b 2，①又点Q ⎝⎛⎭⎪⎫b ，a b 在椭圆C 上，所以b 2a 2＋a 2b4＝1，②联立①、②得a 2＝8，且b 2＝4. 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)当直线PN 的斜率k 不存在时，PN 的方程为x ＝2或x ＝－2，从而有|PN |＝23，S ＝12|PN |·|OM |＝12×23×22＝26；当直线PN 的斜率k 存在时，设直线PN 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，P (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)；将PN 的方程代入C 整理得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－8＝0，所以x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－81＋2k2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝2m1＋2k2. 由OM →＝OP →＋ON →，得M ⎝⎛⎭⎪⎫－4km 1＋2k 2，2m 1＋2k 2.将M 点坐标代入椭圆C 方程得m 2＝1＋2k 2. 又点O 到直线PN 的距离为d ＝|m |1＋k2，|PN |＝1＋k 2|x 1－x 2|，S ＝d ·|PN |＝|m |·|x 1－x 2|＝1＋2k 2·|x 1－x 2|＝16k 2－8m 2＋32＝2 6.综上可知，平行四边形OPMN 的面积S 为定值2 6.[典例] (本小题满分12分)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1，0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．规范解答：(1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，所以∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而圆心A (－1，0)，|AD |＝4. 所以|EA |＋|EB |＝4.(2分) 又因为B (1，0)，所以|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．(4分)(2)解：当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 23＝1得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12（k 2＋1）4k 2＋3.(6分) 过点B (1，0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1.(8分) 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN || PQ |＝121＋14k 2＋3.(9分) 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12，83)．(10分) 当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，故四边形MPNQ 的面积为12.综上可知，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12，83)．(12分)1．正确使用圆锥曲线的定义：牢记圆锥曲线的定义，能根据圆锥曲线定义判断曲线类型，如本题第(1)问就涉及椭圆的定义．2．注意分类讨论：当用点斜式表示直线方程时，应分直线的斜率存在和不存在两种情况求解，易出现忽略斜率不存在的情况，导致扣分，如本题第(2)问中的得分10分，导致失2分.3．写全得分关键：在解析几何类解答题中，直线方程与圆锥曲线方程联立后得到的一元二次方程，根据一元二次方程得到的两根之和与两根之积、弦长、目标函数等一些关键式子和结果都是得分点，在解答时一定要写清楚．解题程序第一步：利用条件与几何性质，求|EA |＋|EB |＝4. 第二步：由定义，求点E 的轨迹方程x 24＋y 23＝1(y ≠0)．第三步：联立方程，用斜率k 表示|MN |.第四步：用k 表示出|PQ |，并得出四边形的面积．第五步：结合函数性质，求出当k 存在时S 的取值范围．第六步：求出斜率不存在时面积S 的值，正确得出结论．[跟踪训练] (2021·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 .(导学号 55410057)(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 的面积的最小值．解：(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，得x ＝x 0－y 0k.圆心(2，0)到切线的距离d ＝|2k ＋y 0－kx 0|k 2＋1＝2，整理得(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 20－4x 0，k 1k 2＝y 20－4x 20－4x 0.所以△QAB 面积S ＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0－y 0k 1－⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0－y 0k 2y 0＝2·x 20x 0－1.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.。

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第3讲圆锥曲线的综合问题1．(2016·四川)设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝2px (p >0)上任意一点，M 是线段PF 上的点，且|PM |＝2|MF |，则直线OM 的斜率的最大值为( ) A.33 B.23 C.22D ．1 答案 C解析如图，由题意可知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，设P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫y 202p ，y 0，显然，当y 0<0时，k OM <0；当y 0>0时，k OM >0，要求k OM 的最大值，不妨设y 0>0.则OM →＝OF →＋FM →＝OF →＋13FP →＝OF →＋13(OP →－OF →)＝13OP →＋23OF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 26p ＋p 3，y 03，k OM ＝y 03y 206p ＋p 3＝2y 0p ＋2p y 0≤222＝22，当且仅当y 20＝2p 2时等号成立．故选C.2．(2016·课标全国乙)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E . (1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．解 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，故∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |，故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4.由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为：x 24＋y 23＝1(y ≠0)．(2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y23＝1得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝k 2＋4k 2＋3.过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)，点A 到m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ |＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．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 (2015·重庆)如图，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 2的直线交椭圆于P ，Q 两点，且PQ ⊥PF 1.(1)若|PF 1|＝2＋2，|PF 2|＝2－2，求椭圆的标准方程；(2)若|PQ |＝λ|PF 1|，且34≤λ＜43，试确定椭圆离心率e 的取值范围．解 (1)由椭圆的定义，2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a ＝2. 设椭圆的半焦距为c ，由已知PF 1⊥PF 2，因此2c ＝|F 1F 2|＝|PF 1|2＋|PF 2|2＝＋22＋－22＝23，即c ＝3，从而b ＝a 2－c 2＝1. 故所求椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1. (2)如图，由PF 1⊥PQ ，|PQ |＝λ|PF 1|，得 |QF 1|＝|PF 1|2＋|PQ |2＝1＋λ2|PF 1|.由椭圆的定义，|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|QF 1|＋|QF 2|＝2a ，进而|PF 1|＋|PQ |＋|QF 1|＝4a ，于是(1＋λ＋1＋λ2)|PF 1|＝4a ，解得|PF 1|＝4a1＋λ＋1＋λ2，故|PF 2|＝2a －|PF 1|＝2a λ＋1＋λ2－1＋λ＋1＋λ2.由勾股定理得|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2＝(2c )2＝4c 2，从而⎝ ⎛⎭⎪⎫4a 1＋λ＋1＋λ22＋⎝⎛⎭⎪⎫2a λ＋1＋λ2－1＋λ＋1＋λ22＝4c 2，两边除以4a 2，得4＋λ＋1＋λ22＋λ＋1＋λ2－2＋λ＋1＋λ22＝e 2.若记t ＝1＋λ＋1＋λ2，则上式变成 e 2＝4＋t －2t 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －142＋12. 由34≤λ＜43，并注意到1＋λ＋1＋λ2关于λ的单调性，得3≤t ＜4，即14＜1t ≤13. 进而12＜e 2≤59，即22＜e ≤53.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，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． (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 如图，已知椭圆：x 24＋y 2＝1，点A ，B 是它的两个顶点，过原点且斜率为k 的直线l 与线段AB 相交于点D ，且与椭圆相交于E ，F 两点．(1)若ED →＝6DF →，求k 的值； (2)求四边形AEBF 面积的最大值．解 (1)依题设得椭圆的顶点A (2,0)，B (0,1)，则直线AB 的方程为x ＋2y －2＝0. 设直线EF 的方程为y ＝kx (k >0)．设D (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1<x 2，联立直线l 与椭圆的方程⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx消去y ，得方程(1＋4k 2)x 2＝4. 故x 2＝－x 1＝21＋4k2，由ED →＝6DF →知，x 0－x 1＝6(x 2－x 0)，得x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k 2，由点D 在线段AB 上，知x 0＋2kx 0－2＝0，得x 0＝21＋2k ，所以21＋2k ＝1071＋4k 2，化简，得24k 2－25k ＋6＝0，解得k ＝23或k ＝38.(2)根据点到直线的距离公式，知点A ，B 到线段EF 的距离分别为h 1＝2k 1＋k2，h 2＝11＋k2，又|EF |＝41＋k21＋4k 2，所以四边形AEBF 的面积为S ＝12|EF |(h 1＋h 2)＝＋2k 1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k1＋4k 2＝21＋4k1＋4k2 ＝21＋44k ＋1k≤22，当且仅当4k ＝1k ，即k ＝12时，取等号，所以四边形AEBF 面积的最大值为2 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 椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，其左焦点到点P (2,1)的距离为10.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(A ，B 不是左，右顶点)，且以AB 为直径的圆过椭圆C 的右顶点，求证：直线l 过定点，并求出该定点的坐标．解 (1)由e ＝c a ＝12，得a ＝2c ，∵a 2＝b 2＋c 2，∴b 2＝3c 2，则椭圆方程变为x 24c ＋y 23c＝1.又由题意知＋c2＋12＝10，解得c 2＝1，故a 2＝4，b 2＝3，即得椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0.则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝64m 2k 2－＋4k2m 2－，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝m 2－3＋4k2.①又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－4k 23＋4k2. ∵椭圆的右顶点为A 2(2,0)，AA 2⊥BA 2， ∴(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝0， ∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0， ∴m 2－4k 23＋4k 2＋m 2－3＋4k 2＋16mk3＋4k2＋4＝0，∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7，由①，得3＋4k 2－m 2>0，②当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．当m 2＝－2k 7时，l 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －27，直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0，且满足②， ∴直线l 过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0.思维升华 (1)动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 已知抛物线：y 2＝2px (p >0)的焦点F 在双曲线：x 23－y 26＝1的右准线上，抛物线与直线l ：y ＝k (x －2)(k >0)交于A ，B 两点，AF ，BF 的延长线与抛物线交于C ，D 两点． (1)求抛物线的方程；(2)若△AFB 的面积等于3，求k 的值； (3)记直线CD 的斜率为k CD ，证明：k CDk为定值，并求出该定值．解 (1)双曲线：x 23－y 26＝1的右准线方程为：x ＝1，所以F (1,0)，则抛物线的方程为：y 2＝4x . (2)设A (y 214，y 1)，B (y 224，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k x －得ky 2－4y －8k ＝0，Δ＝16＋32k 2>0，y 1＋y 2＝4k，y 1y 2＝－8.S △AFB ＝12×1×|y 1－y 2|＝12y 1＋y 22－4y 1y 2＝21k 2＋2＝3，解得k ＝2.(3)设C (y 234，y 3)，则FA →＝(y 214－1，y 1)，FC →＝(y 234－1，y 3)，因为A ，F ，C 共线，所以(y 214－1)y 3－y 1(y 234－1)＝0，即y 23＋(4y 1－y 1)y 3－4＝0.解得：y 3＝y 1(舍)或y 3＝－4y 1，所以C (4y 21，－4y 1)，同理D (4y 22，－4y 2)，k CD ＝－4y 1＋4y 24y 21－4y 22＝－y 1y 2y 1＋y 2＝2k ，故k CDk＝2(定值)．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”，将不确定性问题明朗化．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 如图，抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线上一定点Q (1,2)．(1)求抛物线C 的方程及准线l 的方程；(2)过焦点F 的直线(不经过Q 点)与抛物线交于A ，B 两点，与准线l 交于点M ，记QA ，QB ，QM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，问是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)把Q (1,2)代入y 2＝2px ，得2p ＝4，所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线l 的方程为x ＝－1. (2)由条件可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0. 由抛物线准线l ：x ＝－1，可知M (－1，－2k )．又Q (1,2)，所以k 3＝2＋2k1＋1＝k ＋1，即k 3＝k ＋1.把直线AB 的方程y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x ，并整理，可得k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系，知 x 1＋x 2＝2k 2＋4k，x 1x 2＝1.又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2.因为A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ，即y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k .所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－x 1＋x 2－x 1x 2－x 1＋x 2＋1＝2k －2k 2＋4k 2－1－2k 2＋4k2＋1＝2k ＋2，即k 1＋k 2＝2k ＋2.又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立．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 (2015·四川)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD→＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )，又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2，解得a ＝2，b ＝2，所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0，所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，从而，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝－2λ－k 2＋－2λ－2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3，此时OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值．当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ，此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋λPC →·PD → ＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB→为定值－3.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，则可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，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 －，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 1＋x 4＝2k 2＋4k2，x 1x 4＝1，所以|PN |＝1＋k 2·x 1＋x 42－4x 1x 4＝＋k2k 2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x －，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，所以|MQ |＝1＋k 2·x 2＋x 32－4x 2x 3＝＋k 23＋4k2.若|PN ||MQ |＝2，则＋k2k 2＝2×＋k 23＋4k2，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．若曲线ax 2＋by 2＝1为焦点在x 轴上的椭圆，则实数a ，b 满足( ) A ．a 2>b 2.1a <1bC ．0<a <b ．0<b <a答案 C解析由ax 2＋by 2＝1，得x 21a＋y 21b＝1，因为焦点在x 轴上，所以1a >1b>0，所以0<a <b .2．已知椭圆x 24＋y 2b2＝1(0<b <2)的左，右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF 2|＋|AF 2|的最大值为5，则b 的值是( ) A ．1 B. 2 C.32 D. 3答案 D解析由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即2b2a＝3，可求得b 2＝3，即b ＝ 3.3．已知直线AB 与抛物线y 2＝2x 交于A ，B 两点，M 是AB 的中点，C 是抛物线上的点，且使得CA →·CB →取最小值，抛物线在点C 处的切线为l ，则( ) A ．CM ⊥AB B ．CM ⊥CB C ．CM ⊥CA D ．CM ⊥l答案 D解析如图所示，CA →·CB →＝(AM →－CM →)·(BM →－CM →)＝CM →2－(BM →＋AM →)·CM →＋AM →·BM →＝CM →2－14AB →2，当直线AB 一定时，当且仅当|CM →|取得最小值时，使得CA →·CB →取最小值，只有当CM ⊥l 时，|CM →|取得最小值，故选D.4．已知抛物线y 2＝2px (p >0)，△ABC 的三个顶点都在抛物线上，O 为坐标原点，设△ABC 三条边AB ，BC ，AC 的中点分别为M ，N ，Q ，且M ，N ，Q 的纵坐标分别为y 1，y 2，y 3.若直线AB ，BC ，AC 的斜率之和为－1，则1y 1＋1y 2＋1y 3的值为( )A ．－12pB ．－1pC.1pD.12p答案 B解析设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，C (x C ，y C )，则⎩⎪⎨⎪⎧y 2A ＝2px A ，y 2B ＝2px B ，y 2C ＝2px C ，三个式子两两相减得⎩⎪⎨⎪⎧y A ＋y B y A －y B ＝2p x A －x B ，y A ＋y C y A －y C ＝2p x A －x C ，y B ＋y Cy B －y C ＝2p x B －x C ，即⎩⎪⎨⎪⎧2y 1y A －y B ＝2p x A －x B ，2y 3y A －y C ＝2p x A －x C ，2y 2y B －y C ＝2p x B －x C ，即⎩⎪⎨⎪⎧p y 1＝y A －y B x A －x B＝k AB ，p y 2＝y B －yC x B－x C＝k BC，p y 3＝y A －y C x A－x C＝k AC，所以1y 1＋1y 2＋1y 3＝－1p.5．若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP→的最大值为( ) A ．2 B ．3 C ．6 D ．8 答案 C解析由题意得F (－1,0)，设点P (x 0，y 0)，则y 20＝3(1－x 204)(－2≤x 0≤2)．OP →·FP →＝x 0(x 0＋1)＋y 20＝x 20＋x 0＋y 20 ＝x 20＋x 0＋3(1－x 204)＝14(x 0＋2)2＋2.又因为－2≤x 0≤2，所以当x 0＝2时，OP →·FP →取得最大值，最大值为6，故选C.6．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为3，A ，B 为左，右顶点，点P 为双曲线C 在第一象限的任意一点，点O 为坐标原点，若直线PA ，PB ，PO 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，记m ＝k 1k 2k 3，则m 的取值范围为________．答案 (0,22)解析 ∵双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为3，∴e ＝ca＝3，∴b ＝2a ，设P (x ，y )，∵点P 为双曲线C 在第一象限的任意一点，∴x 2a 2－y 2b2＝1，且x >0，y >0， ∵A ，B 为双曲线C 的左，右顶点，点O 为坐标原点，PA ，PB ，PO 的斜率分别为k 1，k 2，k 3， ∴k 1k 2＝yx ＋a ·yx －a＝2，k 3＝y x>0，又∵双曲线的渐近线为y ＝±2x ， ∴0<k 3<2，∴0<m ＝k 1k 2k 3<2 2.7．已知A (1,2)，B (－1,2)，动点P 满足AP →⊥BP →.若双曲线x 2a2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的渐近线与动点P 的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．答案 (1,2)解析设P (x ，y )，由题设条件，得动点P 的轨迹为(x －1)(x ＋1)＋(y －2)(y －2)＝0，即x 2＋(y －2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．又双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax ，即bx ±ay ＝0，由题意，可得2aa 2＋b2>1，即2ac>1，所以e ＝ca<2，又e >1，故1<e <2.8．在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A 、B ，则直线AB 恒过定点________．答案 (0,2)解析设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则在点A处的切线方程为y －y 1＝12x 1(x －x 1)，化简得，y ＝12x 1x －y 1，同理，在点B 处的切线方程为y＝12x 2x －y 2.又点Q (t ，－2)的坐标满足这两个方程，代入得：－2＝12x 1t －y 1，－2＝12x 2t －y 2，则说明A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)都满足方程－2＝12xt －y ，即直线AB 的方程为y －2＝12tx ，因此直线AB 恒过定点(0,2)．9．(2016·北京)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，A (a,0)，B (0，b )，O (0,0)，△OAB 的面积为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆C 上一点，直线PA 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值． (1)解由已知ca ＝32，12ab ＝1. 又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. ∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明由(1)知，A (2,0)，B (0,1)．设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1.当x 0≠0时，直线PA 方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0得y M ＝－2y 0x 0－2.从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2. 直线PB 方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0得x N ＝－x 0y 0－1. ∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.∴|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2， ∴|AN |·|BM |＝4. 故|AN |·|BM |为定值．10．已知椭圆M ：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)的一个焦点为F (－1,0)，左，右顶点分别为A ，B .经过点F的直线l 与椭圆M 交于C ，D 两点． (1)求椭圆方程；(2)当直线l 的倾斜角为45°时，求线段CD 的长；(3)记△ABD 与△ABC 的面积分别为S 1和S 2，求|S 1－S 2|的最大值．解 (1)因为F (－1,0)为椭圆的焦点，所以c ＝1，又b 2＝3，所以a 2＝4，所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)因为直线的倾斜角为45°，所以直线的斜率为1，所以直线方程为y ＝x ＋1，和椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝x ＋1，消掉y ，得到7x 2＋8x －8＝0，所以Δ＝288>0，x 1＋x 2＝－87，x 1x 2＝－87，所以|CD |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝247.(3)当直线l 无斜率时，直线方程为x ＝－1，此时D (－1，32)，C (－1，－32)，△ABD ，△ABC 面积相等，|S 1－S 2|＝0.当直线l 斜率存在(显然k ≠0)时，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，设直线方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，和椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x ＋，消掉y ，得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0. 显然Δ>0，方程有根，且x 1＋x 2＝－8k23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2.此时|S 1－S 2|＝2||y 2|－|y 1||＝2|y 2＋y 1| ＝2|k (x 2＋1)＋k (x 1＋1)| ＝2|k (x 2＋x 1)＋2k |＝12|k |3＋4k 2.因为k ≠0，上式＝123|k |＋4|k |≤1223|k |·4|k |＝12212＝3(k ＝±32时等号成立)，所以|S 1－S 2|的最大值为 3.B 组能力提高11．过抛物线y ＝ax 2(a >0)的焦点F 作一条直线交抛物线于A ，B 两点，若线段AF ，BF 的长分别为m ，n ，则mnm ＋n等于( ) A.12a B.14a C ．2aD.a4答案 B解析显然直线AB 的斜率存在，故设直线方程为y ＝kx ＋14a ，与y ＝ax 2联立，消去y 得ax2－kx －14a ＝0，设A (x 1，ax 21)，B (x 2，ax 22)，则x 1＋x 2＝k a ，x 1x 2＝－14a 2，x 21＋x 22＝k 2a 2＋12a 2，m ＝ax 21＋14a ，n ＝ax 22＋14a ，所以mn ＝14a ·k 2＋1a ，m ＋n ＝k 2＋1a ，∴mn m ＋n ＝14a.故选B. 12．直线3x －4y ＋4＝0与抛物线x 2＝4y 和圆x 2＋(y －1)2＝1从左到右的交点依次为A 、B 、C 、D ，则|AB ||CD |的值为________．答案116解析由⎩⎪⎨⎪⎧3x －4y ＋4＝0，x 2＝4y 得x 2－3x －4＝0，∴x A ＝－1，x D ＝4，∴y A ＝14，y D ＝4.直线3x －4y ＋4＝0恰过抛物线的焦点F (0,1)， ∴|AF |＝y A ＋1＝54，|DF |＝yD ＋1＝5，∴|AB ||CD |＝|AF |－1|DF |－1＝116. 13．已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，左顶点为A ，左焦点为F 1(－2,0)，点B (2，2)在椭圆C 上，直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆C 交于E ，F 两点，直线AE ，AF 分别与y 轴交于点M ，N . (1)求椭圆C 的方程；(2)在x 轴上是否存在点P ，使得无论非零实数k 怎样变化，总有∠MPN 为直角？若存在，求出点P 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，因为椭圆的左焦点为F 1(－2,0)，所以a 2－b 2＝4.①因为点B (2，2)在椭圆C 上，所以4a 2＋2b2＝1.②由①②解得，a ＝22，b ＝2. 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1.(2)方法一因为椭圆C 的左顶点为A ，则点A 的坐标为(－22，0)．因为直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆x 28＋y 24＝1交于两点E ，F ，设点E (x 0，y 0)(不妨设x 0>0)，则点F (－x 0，－y 0)．联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 28＋y24＝1消去y 得x 2＝81＋2k2. 所以x 0＝221＋2k2，y 0＝22k 1＋2k2.所以直线AE 的方程为y ＝k1＋1＋2k 2(x ＋22)．因为直线AE 与y 轴交于点M ，令x ＝0得y ＝22k1＋1＋2k 2，即点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22k 1＋1＋2k 2. 同理可得点N (0，22k1－1＋2k2)．假设在x 轴上存在点P (t,0)，使得∠MPN 为直角，则MP →·NP →＝0. 即t 2＋－22k 1＋1＋2k 2×－22k 1－1＋2k 2＝0，即t 2－4＝0，解得t ＝2或t ＝－2.故存在点P (2,0)或P (－2,0)，无论非零实数k 怎样变化，总有∠MPN 为直角．方法二因为椭圆C 的左顶点为A ，则点A 的坐标为(－22，0)．因为直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆x 28＋y 24＝1交于两点E ，F ，设点E (x 0，y 0)，则点F (－x 0，－y 0)．所以直线AE 的方程为y ＝y 0x 0＋22(x ＋22)．因为直线AE 与y 轴交于点M ，令x ＝0得y ＝22y 0x 0＋22，即点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22y 0x 0＋22.同理可得点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22y 0x 0－22.假设在x 轴上存在点P (t,0)，使得∠MPN 为直角，则MP →·NP →＝0.即t 2＋－22y 0x 0＋22×－22y 0x 0－22＝0，即t 2＋8y 2x 20－8＝0.因为点E (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 208＋y 204＝1，即y 20＝8－x 22.将y 20＝8－x 202代入得t 2－4＝0.解得t ＝2或t ＝－2.故存在点P (2,0)或P (－2,0)，无论非零实数k 怎样变化，总有∠MPN 为直角．。