圆锥曲线中的综合问题

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圆锥曲线综合试题(全部大题目)含答案

1. 平面上一点向二次曲线作切线得两切点，连结两切点的线段我们称切点弦.设过抛物线22x py =外一点00(,)P x y 的任一直线与抛物线的两个交点为C 、D ，与抛物线切点弦AB的交点为Q 。

（1）求证：抛物线切点弦的方程为00()x x p y y =＋；（2）求证：112||||PC PD PQ +=.2. 已知定点F （1，0），动点P 在y 轴上运动，过点P 作PM 交x 轴于点M ，并延长MP 到点N ，且.||||,0PN PM PF PM ==⋅ （1）动点N 的轨迹方程；（2）线l 与动点N 的轨迹交于A ，B 两点，若304||64,4≤≤-=⋅AB OB OA 且，求直线l 的斜率k 的取值范围.3. 如图，椭圆134:221=+y x C 的左右顶点分别为A 、B ，P 为双曲线134:222=-y x C 右支上（x 轴上方）一点，连AP 交C 1于C ，连PB 并延长交C 1于D ，且△ACD 与△PCD 的面积相等，求直线PD 的斜率及直线CD 的倾斜角.4. 已知点(2,0),(2,0)M N -，动点P 满足条件||||22PM PN -=.记动点P 的轨迹为W .（Ⅰ）求W 的方程；（Ⅱ）若,A B 是W 上的不同两点，O 是坐标原点，求OA OB ⋅的最小值.5. 已知曲线C 的方程为:kx 2+(4-k )y 2=k +1,(k ∈R) （Ⅰ）若曲线C 是椭圆，求k 的取值范围；（Ⅱ）若曲线C 是双曲线，且有一条渐近线的倾斜角是60°，求此双曲线的方程；（Ⅲ）满足（Ⅱ）的双曲线上是否存在两点P ，Q 关于直线l ：y=x -1对称，若存在，求出过P ，Q 的直线方程；若不存在，说明理由。

6. 如图（21）图，M （-2，0）和N （2，0）是平面上的两点，动点P 满足： 6.PM PN +=(1)求点P 的轨迹方程； (2)若2·1cos PM PN MPN-∠＝,求点P 的坐标.7. 已知F 为椭圆22221x y a b +=(0)a b >>的右焦点，直线l 过点F 且与双曲线1222=-b y a x 的两条渐进线12,l l 分别交于点,M N ，与椭圆交于点,A B . （I ）若3MON π∠=，双曲线的焦距为4。

圆锥曲线综合大题练分类题组-2023届高三数学一轮复习

题组：圆锥曲线综合大题练题型1：定点问题1.椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12，其左焦点到点P(2,1)的距离为√10．（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；（Ⅱ）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．2.已知抛物线C：y2=2px经过点M（2，2），C在点M处的切线交x轴于点N，直线l1经过点N且垂直于x轴．（Ⅰ）求线段ON的长；（Ⅱ）设不经过点M和N的动直线l2：x=my+b交C于点A和B，交l1于点E，若直线MA、ME、MB的斜率依次成等差数列，试问：l2是否过定点？请说明理由．3.已知椭圆C：2222=1x ya b（a>b>0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3（–1，32），P4（1，32）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.4.如图，椭圆E：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点为F1，右焦点为F2，离心率e=12．过F1的直线交椭圆于A、B两点，且∆ABF2的周长为8．（Ⅰ）求椭圆E的方程．（Ⅱ）设动直线l：y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P，且与直线x=4相交于点Q．试探究：在坐标平面内是否存在定点M，使得以PQ为直径的圆恒过点M？若存在，求出点M的坐标；若不存在，说明理由．5.如图，已知椭圆Γ：x 2b2+y2a2=1(a>b>0)的离心率e=√22，短轴右端点为A,M(1.0)为线段OA的中点．（Ⅰ）求椭圆Γ的方程；（Ⅱ）过点M任作一条直线与椭圆Γ相交于P,Q两点，试问在x轴上是否存在定点N，使得∠PNM=∠QNM，若存在，求出点N的坐标；若不存在，说明理由．题型2：定值问题1.已知椭圆C ：22221+=x y a b （0a b >>）的离心率为 32 ，(,0)A a ，(0,)B b ，(0,0)O ，OAB ∆的面积为1.（1）求椭圆C 的方程；（2）设P 的椭圆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：BM AN ⋅为定值.2.如图, 在平面直角坐标系中, 抛物线的准线与轴交于点,过点的直线与抛物线交于两点, 设到准线的距离. （1）若,求抛物线的标准方程；（2）若,求证：直线的斜率的平方为定值.xOy ()220y px p =>l x M M ,A B ()11,A x y l ()20d p λλ=>13y d ==0AM AB λ+=AB3.椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率√22，点（2，√2）在C上．（1）求椭圆C的方程；（2）直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M．证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．4.已知椭圆C：x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率√22，的离心率为，点A(1,√32)在椭圆C上，O为坐标原点．（Ⅰ）求椭圆C的方程；（Ⅱ）设动直线l与椭圆C有且仅有一个公共点，且l与圆x2+y2=5的相交于不在坐标轴上的两点P1,P2，记直线OP1,OP2的斜率分别为k1,k2，求证：k1∙k2为定值．5.已知椭圆C ：x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的离心率√22，若圆x 2+y 2=a 2被直线x − y −√2=0截得的弦长为2。

圆锥曲线综合训练题(分专题,含答案)

圆锥曲线综合训练题一、求轨迹方程：1、（1）已知双曲线1C 与椭圆2C ：2213649x y +=有公共的焦点，并且双曲线的离心率1e 与椭圆的离心率2e 之比为73，求双曲线1C 的方程．（2）以抛物线28y x =上的点M 与定点(6,0)A 为端点的线段MA 的中点为P ，求P 点的轨迹方程．（1）解：1C 的焦点坐标为(0,13).±213e =由1273e e =得113e =设双曲线的方程为22221(,0)y x a b a b -=>则2222213139a b a b a ⎧+=⎪⎨+=⎪⎩ 解得229,4a b == 双曲线的方程为22194y x -= （2）解：设点00(,),(,)M x y P x y ，则00622x x y y +⎧=⎪⎪⎨⎪=⎪⎩，∴00262x x y y =-⎧⎨=⎩．代入2008y x =得：2412y x =-．此即为点P 的轨迹方程．2、（1）ABC ∆的底边16=BC ，AC 和AB 两边上中线长之和为30，建立适当的坐标系求此三角形重心G 的轨迹和顶点A 的轨迹．（2）△ABC 中，B(-5,0),C(5,0),且sinC-sinB=53sinA,求点A 的轨迹方程．解：（1）以BC 所在的直线为x 轴，BC 中点为原点建立直角坐标系．设G 点坐标为()y x ，，由20=+GB GC ，知G 点的轨迹是以B 、C 为焦点的椭圆，且除去轴上两点．因10=a ，8=c ，有6=b ，故其方程为()013610022≠=+y y x ．设()y x A ，，()y x G ''，，则()013610022≠'='+'y y x ． ①由题意有⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧='='33yy x x ，代入①，得A 的轨迹方程为()0132490022≠=+y y x ，其轨迹是椭圆（除去x 轴上两点）．（2）分析：由于sinA 、sinB 、sinC 的关系为一次齐次式，两边乘以2R （R 为外接圆半径），可转化为边长的关系．解：sinC-sinB=53sinA 2RsinC-2RsinB=53·2RsinA ∴BC AC AB 53=- 即6=-AC AB （*）∴点A 的轨迹为双曲线的右支（去掉顶点） ∵2a=6，2c=10 ∴a=3， c=5， b=4所求轨迹方程为116922=-y x （x>3）点评：要注意利用定义直接解题，这里由（*）式直接用定义说明了轨迹（双曲线右支） 3、如图，两束光线从点M （-4，1）分别射向直线y = -2上两点P （x 1，y 1）和Q （x 2，y 2）后，反射光线恰好通过椭圆C ：12222=+by a x （a >b >0）的两焦点，已知椭圆的离心率为21，且x 2-x 1=56，求椭圆C 的方程. 解：设a =2k ，c =k ，k ≠0，则b =3k ，其椭圆的方程为1342222=-ky k x . 由题设条件得：114)2(120x x k ----=--+， ①224)2(120x x k ----=--+， ②x 2-x 1=56， ③ 由①、②、③解得：k =1，x 1=511-，x 2=-1，所求椭圆C 的方程为13422=+y x . 4、在面积为1的PMN ∆中，21tan =M ，2tan -=N ，建立适当的坐标系，求出以M 、N 为焦点且过P 点的椭圆方程．∴所求椭圆方程为1315422=+y x 解：以MN 的中点为原点，MN 所在直线为x 轴建立直角坐标系，设),(y x P ．则⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎨⎧==+-=-.1,21,2cy c x yc x y∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===233435c c y c x 且即)32,325(P ∴⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=+,43,13412252222b a ba 得⎪⎩⎪⎨⎧==.3,41522b a （1）求线段PQ 的中点的轨迹方程；（2）设∠POQ 的平分线交PQ 于点R （O 为原点），求点R 的轨迹方程．解：（1）设线段PQ 的中点坐标为M （x ，y ），由Q （4，0）可得点P （2x -4，2y ），代入圆的方程x 2+y 2=4可得（2x -4）2+（2y ）2=4，整理可得所求轨迹为（x -2）2+y 2=1.（2）设点R （x ，y ），P （m ，n ），由已知|OP |=2，|OQ |=4，∴21||||=OQ OP ，由角平分线性质可得||||||||RQ PR OQ OP ==21，又∵点R 在线段PQ 上，∴|PR |=21|RQ |，∴点R 分有向线段PQ 的比为21，由定比分点坐标公式可得⎪⎪⎪⎪⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎧=+⨯+=+=+⨯+=32211021342211421n n y m m x ，即⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=-=23243y n x m ，∴点P 的坐标为⎪⎭⎫ ⎝⎛-23 ,243y x ，代入圆的方程x 2+y 2=4可得42324322=⎪⎭⎫⎝⎛+⎪⎭⎫ ⎝⎛-y x ，即234⎪⎭⎫ ⎝⎛-x +y 2=916（y ≠0）. ∴点R 的轨迹方程为234⎪⎭⎫ ⎝⎛-x +y 2=916（y ≠0）.6、已知动圆过定点()1,0，且与直线1x =-相切.(1) 求动圆的圆心轨迹C 的方程；(2) 是否存在直线l ，使l 过点（0，1），并与轨迹C 交于,P Q 两点，且满足0OP OQ ⋅=uu u v uuu v若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由.解：（1）如图，设M 为动圆圆心， F ()1,0，过点M 作直线1x =-的垂线，垂足为N ，由题意知：MF MN =，即动点M 到定点F 与定直线1x =-的距离相等，由抛物线的定义知，点M 的轨迹为抛物线，其中()1,0F 为焦点，1x =-为准线， ∴ 动点R 的轨迹方程为x y 42=（2）由题可设直线l 的方程为(1)(0)x k y k =-≠，由2(1)4x k y y x=-⎧⎨=⎩得2440y ky k -+=△216160k =->，11k k <->或设),(11y x P ，),(22y x Q ，则124y y k +=，124y y k =由0OP OQ ⋅=u u u r u u u r ，即 ()11,OP x y =u u u r ，()22,OQ x y =u u u r，于是12120x x y y +=，即()()21212110ky y y y --+=，2221212(1)()0k y y k y y k +-++=，2224(1)40k k k k k +-+=g ，解得4k =-或0k =（舍去），又41k =-<-， ∴ 直线l 存在，其方程为440x y +-=7、设双曲线y ax 22231-=的两个焦点分别为F F 12、，离心率为2.（I ）求此双曲线的渐近线l l 12、的方程；（II ）若A 、B 分别为l l 12、上的点，且2512||||AB F F =，求线段AB 的中点M 的轨迹方程，并说明轨迹是什么曲线；（III ）过点N ()10，能否作出直线l ，使l 与双曲线交于P 、Q 两点，且OP OQ →→=·0.若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由.解：（I ）Θe c a =∴=2422， Θc a a c 22312=+∴==，，∴-=双曲线方程为y x 2231，渐近线方程为y x =±334分（II ）设A x y B x y ()()1122，，，，AB 的中点()M x y ，[]Θ2552522101033332233333331012121221221122121212121212122122||||||||()()()()()()AB F F AB F F c x x y y y x y x x x x y y y y y x x y y x x y y x x =∴==⨯=∴-+-===-=+=+∴+=--=+∴+++⎡⎣⎢⎤⎦⎥=又，，，， ∴+=+=321321007532512222()()y x x y ，即则M 的轨迹是中心在原点，焦点在x 轴上，长轴长为103，短轴长为1033的椭圆.（9分）（III ）假设存在满足条件的直线l设l y k x l P x y Q x y ：，与双曲线交于，、，=-()()()11122[]ΘOP OQ x x y y x x k x x x x k x x x x i →→=∴+=∴+--=∴+-++=·00110101212122121221212()()()()由得则，y k x y x k x k x k x x k k x x k k ii =--=⎧⎨⎪⎩⎪--+-=+=-=--()()()13131633063133312222212221222由（i ）（ii ）得k 230+= ∴k 不存在，即不存在满足条件的直线l .8、设M 是椭圆22:1124x y C +=上的一点，P 、Q 、T 分别为M 关于y 轴、原点、x 轴的对称点，N 为椭圆C 上异于M 的另一点，且MN⊥MQ，QN 与PT 的交点为E ，当M 沿椭圆C 运动时，求动点E 的轨迹方程．解：设点的坐标112211(,),(,)(0),(,),M x y N x y x y E x y ≠则111111(,),(,),(,),P x y Q x y T x y ----……1分221122221,(1)124 1.(2)124x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩L L L L L L L L ………3分由（1）－（2）可得1.3MN QN k k •=-…6分又MN⊥MQ，111,,MN MQ MN x k k k y ⋅=-=-所以11.3QN y k x =直线QN 的方程为1111()3yy x x y x =+-，又直线PT 的方程为11.x y x y =-从而得1111,.22x x y y ==-所以112,2.x x y y ==-代入（1）可得221(0),3x y xy +=≠此即为所求的轨迹方程. 9、已知：直线L 过原点，抛物线C 的顶点在原点，焦点在x 轴正半轴上。

圆锥曲线的综合问题(含答案)

课题：圆锥曲线的综合问题【要点回顾】1．直线与圆锥曲线的位置关系判定直线与圆锥曲线的位置关系时，通常是将直线方程与曲线方程联立，消去变量y (或x )得关于变量x (或y )的方程：ax 2＋bx ＋c ＝0(或ay 2＋by ＋c ＝0)．若a ≠0，可考虑一元二次方程的判别式Δ，有： Δ>0⇔直线与圆锥曲线相交； Δ＝0⇔直线与圆锥曲线相切； Δ<0⇔直线与圆锥曲线相离．若a ＝0且b ≠0，则直线与圆锥曲线相交，且有一个交点． 2．圆锥曲线的弦长问题设直线l 与圆锥曲线C 相交于A 、B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则弦长|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|或 1＋1k2|y 1－y 2|.【热身练习】1．(教材习题改编)与椭圆x 212＋y 216＝1焦点相同，离心率互为倒数的双曲线方程是( )A ．y 2－x 23＝1 B.y 23－x 2＝1 C.34x 2－38y 2＝1D.34y 2－38x 2＝1 解析：选A 设双曲线方程为y 2a 2－x 2b2＝1(a ＞0，b ＞0)，则⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝c 2，ca ＝2，c ＝2，得a ＝1，b ＝ 3.故双曲线方程为y 2－x 23＝1.2．(教材习题改编)直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系是( )A ．相交B ．相切C ．相离D ．不确定解析：选A 由于直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1过定点(1,1)，而(1,1)在椭圆内，故直线与椭圆必相交．3．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y 2＝4x 仅有一个公共点，这样的直线有( ) A ．1条B ．2条C ．3条D ．4条解析：选C 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x ＝0，过点(0,1)且平行于x 轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x ＝0)．4．过椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左顶点A 且斜率为1的直线与椭圆的另一个交点为M ，与y 轴的交点为B ，若|AM |＝|MB |，则该椭圆的离心率为________．解析：由题意知A 点的坐标为(－a,0)，l 的方程为y ＝x ＋a ，所以B 点的坐标为(0，a )，故M 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 2，a 2，代入椭圆方程得a 2＝3b 2，则c 2＝2b 2，则c 2a 2＝23，故e ＝63.5．已知双曲线方程是x 2－y 22＝1，过定点P (2,1)作直线交双曲线于P 1，P 2两点，并使P (2,1)为P 1P 2的中点，则此直线方程是________________．解析：设点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，则由x 21－y 212＝1，x 22－y 222＝1，得k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝x 2＋x 1y 2＋y 1＝2×42＝4，从而所求方程为4x －y －7＝0.将此直线方程与双曲线方程联立得14x 2－56x ＋51＝0，Δ＞0，故此直线满足条件．答案：4x －y －7＝0 【方法指导】1.直线与圆锥曲线的位置关系，主要涉及弦长、弦中点、对称、参数的取值范围、求曲线方程等问题．解题中要充分重视根与系数的关系和判别式的应用．2．当直线与圆锥曲线相交时：涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)；涉及弦的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化．同时还应充分挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量间的关系灵活转化，往往就能事半功倍．解题的主要规律可以概括为“联立方程求交点，韦达定理求弦长，根的分布找范围，曲线定义不能忘”．【直线与圆锥曲线的位置关系】[例1] (2012·北京高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个顶点为A (2,0)，离心率为22.直线y＝k (x －1)与椭圆C 交于不同的两点M ，N .(1)求椭圆C 的方程； (2)当△AMN 的面积为103时，求k 的值． [自主解答] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c a ＝22，a 2＝b 2＋c 2，解得b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y22＝1，得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－4＝0.设点M ，N 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，x 1＋x 2＝4k 21＋2k 2，x 1x 2＝2k 2－41＋2k 2，所以|MN |＝x 2－x 12＋y 2－y 12＝＋k2x 1＋x 22－4x 1x 2]＝2＋k 2＋6k21＋2k2.又因为点A (2,0)到直线y ＝k (x －1)的距离d ＝|k |1＋k2，所以△AMN 的面积为S ＝12|MN |· d ＝|k |4＋6k 21＋2k 2.由|k |4＋6k 21＋2k 2＝103，解得k ＝±1. 【由题悟法】研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥方程组成的方程组解的个数，但对于选择、填空题也可以利用几何条件，用数形结合的方法求解．【试一试】1．(2012·信阳模拟)设抛物线y 2＝8x 的准线与x 轴交于点Q ，若过点Q 的直线l 与抛物线有公共点，则直线l 的斜率的取值范围是( )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－12，12 B ．[－2,2] C ．[－1,1] D ．[－4,4]解析：选C 易知抛物线y 2＝8x 的准线x ＝－2与x 轴的交点为Q (－2,0)，于是，可设过点Q (－2,0)的直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)(由题可知k 是存在的)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，y ＝k x ＋⇒k 2x 2＋(4k 2－8)x ＋4k 2＝0.当k ＝0时，易知符合题意；当k ≠0时，其判别式为Δ＝(4k 2－8)2－16k 4＝－64k 2＋64≥0，可解得－1≤k ≤1. 【最值与范围问题】[例2] (2012·浙江高考)如图，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.不过原点O 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，且线段AB 被直线OP 平分．(1)求椭圆C 的方程；(2)求△ABP 面积取最大值时直线l 的方程．[自主解答] (1)设椭圆左焦点为F (－c,0)，则由题意得 ⎩⎪⎨⎪⎧＋c 2＋1＝10，c a ＝12，得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝1，a ＝2.所以椭圆方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，线段AB 的中点为M .当直线AB 与x 轴垂直时，直线AB 的方程为x ＝0，与不过原点的条件不符，舍去．故可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12消去y ，整理得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， ① 则Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2.所以线段AB 的中点为M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 3＋4k 2，3m 3＋4k 2. 因为M 在直线OP ：y ＝12x 上，所以3m 3＋4k 2＝－2km3＋4k 2.得m ＝0(舍去)或k ＝－32.此时方程①为3x 2－3mx ＋m 2－3＝0，则Δ＝3(12－m 2)＞0，⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－33.所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2|＝396·12－m 2，设点P 到直线AB 的距离为d ，则d ＝|8－2m |32＋22＝2|m －4|13. 设△ABP 的面积为S ，则S ＝12|AB |·d ＝36·m －2－m2.其中m ∈(－23，0)∪(0,23)．令u (m )＝(12－m 2)(m －4)2，m ∈[－23，2 3 ]，u ′(m )＝－4(m －4)(m 2－2m －6)＝－4(m －4)(m －1－7)(m －1＋7)．所以当且仅当m ＝1－7时，u (m )取到最大值．故当且仅当m ＝1－7时，S 取到最大值．综上，所求直线l 的方程为3x ＋2y ＋27－2＝0. 【由题悟法】1．解决圆锥曲线的最值与范围问题常见的解法有两种：几何法和代数法．(1)若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法； (2)若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，这就是代数法．2．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑： (1)利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系； (3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用基本不等式求出参数的取值范围； (5)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．【试一试】2．(2012·东莞模拟)已知抛物线y 2＝2px (p ≠0)上存在关于直线x ＋y ＝1对称的相异两点，则实数p 的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，0D.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，32 解析：选B 设抛物线上关于直线x ＋y ＝1对称的两点是M (x 1，y 1)、N (x 2，y 2)，设直线MN 的方程为y ＝x ＋b .将y ＝x ＋b 代入抛物线方程，得x 2＋(2b －2p )x ＋b 2＝0，则x 1＋x 2＝2p －2b ，y 1＋y 2＝(x 1＋x 2)＋2b ＝2p ，则MN 的中点P 的坐标为(p －b ，p )．因为点P 在直线x ＋y ＝1上，所以2p －b ＝1，即b ＝2p －1.又Δ＝(2b －2p )2－4b 2＝4p 2－8bp ＞0，将b ＝2p －1代入得4p 2－8p (2p －1)＞0，即3p 2－2p ＜0，解得0＜p ＜23. 【定点定值问题】[例3] (2012·辽宁高考)如图，椭圆C 0：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0，a ，b 为常数)，动圆C 1：x 2＋y 2＝t 21，b <t 1<a .点A 1，A 2分别为C 0的左，右顶点，C 1与C 0相交于A ，B ，C ，D 四点．(1)求直线AA 1与直线A 2B 交点M 的轨迹方程；(2)设动圆C 2：x 2＋y 2＝t 22与C 0相交于A ′，B ′，C ′，D ′四点，其中b <t 2<a ，t 1≠t 2.若矩形ABCD 与矩形A ′B ′C ′D ′的面积相等，证明：t 21＋t 22为定值．[自主解答] (1)设 A (x 1，y 1)，B (x 1，－y 1)，又知A 1(－a,0)，A 2(a,0)，则直线A 1A 的方程为y ＝y 1x 1＋a(x ＋a )，①直线A 2B 的方程为y ＝－y 1x 1－a(x －a )．② 由①②得y 2＝－y 21x 21－a 2(x 2－a 2)．③由点A (x 1，y 1)在椭圆C 0上，故x 21a 2＋y 21b2＝1.从而y 21＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 21a 2，代入③得x 2a 2－y 2b 2＝1(x <－a ，y <0)． (2)证明：设A ′(x 2，y 2)，由矩形ABCD 与矩形A ′B ′C ′D ′的面积相等，得4|x 1||y 1|＝4|x 2|·|y 2|，故x 21y 21＝x 22y 22.因为点A ，A ′均在椭圆上，所以b 2x 21⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 21a 2＝b 2x 22⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 22a 2. 由t 1≠t 2，知x 1≠x 2，所以x 21＋x 22＝a 2，从而y 21＋y 22＝b 2，因此t 21＋t 22＝a 2＋b 2为定值．【由题悟法】1．求定值问题常见的方法有两种(1)从特殊入手，求出表达式，再证明这个值与变量无关；(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值． 2．定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋b ，然后利用条件建立b 、k 等量关系进行消元，借助于直线系方程找出定点；(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明一般情况．【试一试】3．(2012·山东省实验中学模拟)已知抛物线y 2＝2px (p ≠0)及定点A (a ，b )，B (－a,0)，ab ≠0，b 2≠2pa ，M 是抛物线上的点．设直线AM ，BM 与抛物线的另一个交点分别为M 1，M 2，当M 变动时，直线M 1M 2恒过一个定点，此定点坐标为________．解析：设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 202p ，y 0，M 1⎝ ⎛⎭⎪⎫y 212p ，y 1，M 2⎝ ⎛⎭⎪⎫y 222p ，y 2，由点A ，M ，M 1共线可知y 0－b y 202p－a＝y 1－y 0y 212p －y 202p，得y 1＝by 0－2pa y 0－b ，同理由点B ，M ，M 2共线得y 2＝2pa y 0.设(x ，y )是直线M 1M 2上的点，则y 2－y 1y 222p －y 212p ＝y 2－y y 222p－x ，即y 1y 2＝y (y 1＋y 2)－2px ，又y 1＝by 0－2pa y 0－b ，y 2＝2pay 0，则(2px －by )y 02＋2pb (a －x )y 0＋2pa (by －2pa )＝0. 当x ＝a ，y ＝2pa b时上式恒成立，即定点为⎝ ⎛⎭⎪⎫a ，2pa b .答案：⎝⎛⎭⎪⎫a ，2pa b。

圆锥曲线的综合经典例题(有答案)

经典例题精析类型一：求曲线的标准方程1. 求中心在原点,一个焦点为且被直线截得的弦AB的中点横坐标为的椭圆标准方程.思路点拨：先确定椭圆标准方程的焦点的位置（定位），选择相应的标准方程，再利用待定系数法确定、（定量）.解析：方法一：因为有焦点为，所以设椭圆方程为，,由，消去得，所以解得故椭圆标准方程为方法二：设椭圆方程,,,因为弦AB中点,所以，由得,（点差法）所以又故椭圆标准方程为.举一反三：【变式】已知椭圆在x轴上的一个焦点与短轴两端点连线互相垂直，且该焦点与长轴上较近的端点的距离为.求该椭圆的标准方程.【答案】依题意设椭圆标准方程为()，并有，解之得，,∴椭圆标准方程为2．根据下列条件，求双曲线的标准方程.（1）与双曲线有共同的渐近线，且过点；（2）与双曲线有公共焦点，且过点解析：（1）解法一：设双曲线的方程为由题意，得，解得，所以双曲线的方程为解法二：设所求双曲线方程为（），将点代入得，所以双曲线方程为即（2）解法一：设双曲线方程为－=1由题意易求又双曲线过点，∴又∵，∴，故所求双曲线的方程为.解法二：设双曲线方程为，将点代入得，所以双曲线方程为.总结升华：先根据已知条件确定双曲线标准方程的焦点的位置（定位），选择相应的标准方程，再利用待定系数法确定、.在第（1）小题中首先设出共渐近线的双曲线系方程.然后代点坐标求得方法简便.第（2）小题实轴、虚轴没有唯一给出.故应答两个标准方程.(1)求双曲线的方程，关键是求、，在解题过程中应熟悉各元素（、、、及准线）之间的关系，并注意方程思想的应用.(2)若已知双曲线的渐近线方程，可设双曲线方程为（）.举一反三：【变式】求中心在原点，对称轴在坐标轴上且分别满足下列条件的双曲线的标准方程.（1）一渐近线方程为，且双曲线过点.（2）虚轴长与实轴长的比为，焦距为10.【答案】（1）依题意知双曲线两渐近线的方程是,故设双曲线方程为，∵点在双曲线上，∴，解得，∴所求双曲线方程为.（2）由已知设, ,则()依题意，解得.∴双曲线方程为或.3．求满足下列条件的抛物线的标准方程，并求对应抛物线的准线方程：（1）过点；（2）焦点在直线：上思路点拨：从方程形式看，求抛物线的标准方程仅需确定一次项系数；从实际分析，一般需结合图形确定开口方向和一次项系数两个条件，否则，应展开相应的讨论解析：（1）∵点在第二象限，∴抛物线开口方向上或者向左当抛物线开口方向左时，设所求的抛物线方程为（），∵过点，∴，∴，∴，当抛物线开口方向上时，设所求的抛物线方程为（），∵过点，∴，∴，∴，∴所求的抛物线的方程为或，对应的准线方程分别是，.（2）令得，令得，∴抛物线的焦点为或当焦点为时，，∴，此时抛物线方程；焦点为时，，∴，此时抛物线方程为∴所求的抛物线的方程为或，对应的准线方程分别是，.总结升华：这里易犯的错误就是缺少对开口方向的讨论，先入为主，设定一种形式的标准方程后求解，以致失去一解.求抛物线的标准方程关键是根据图象确定抛物线开口方向，选择适当的方程形式，准确求出焦参数P.举一反三：【变式1】分别求满足下列条件的抛物线的标准方程.（1）焦点为F(4,0)；（2）准线为；（3）焦点到原点的距离为1；（4）过点（1，－2）；（5）焦点在直线x-3y+6=0上.【答案】（1）所求抛物线的方程为y2=16x；（2）所求抛物线的标准方程为x2=2y；（3）所求抛物线的方程y2=±4x或x2=±4y；（4）所求抛物线的方程为或；（5）所求抛物线的标准方程为y2=－24x或x2=8y.【变式2】已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴负半轴上，过顶点且倾角为的弦长为，求抛物线的方程.【答案】设抛物线方程为()，又弦所在直线方程为由，解得两交点坐标,∴，解得.∴抛物线方程为.类型二：圆锥曲线的焦点三角形4．已知、是椭圆（）的两焦点，P是椭圆上一点，且，求的面积.思路点拨：如图求的面积应利用，即.关键是求.由椭圆第一定义有,由余弦定理有，易求之.解析：设,,依题意有(1)2-(2)得，即.∴.举一反三：【变式1】设为双曲线上的一点，是该双曲线的两个焦点，若，则的面积为（）A．B．C．D．【答案】依据双曲线的定义有，由得、，又，则，即，所以，故选A.【变式2】已知双曲线实轴长6，过左焦点的弦交左半支于、两点，且，设右焦点，求的周长.【答案】：由双曲线的定义有: ，，两式左、右分别相加得(.即∴.故的周长.【变式3】已知椭圆的焦点是,直线是椭圆的一条准线.①求椭圆的方程；②设点P在椭圆上,且,求.【答案】①.②设则，又.【变式4】已知双曲线的方程是.（1）求这双曲线的焦点坐标、离心率和渐近线方程；（2）设和是双曲线的左、右焦点，点在双曲线上，且，求的大小【答案】（1）由得，∴，，.焦点、，离心率，渐近线方程为.（2），∴∴【变式5】中心在原点，焦点在x轴上的一个椭圆与双曲线有共同焦点和，且，又椭圆长半轴与双曲线实半轴之差为4，离心率之比.（1）求椭圆与双曲线的方程；（2）若为这两曲线的一个交点，求的余弦值.【答案】（1）设椭圆方程为()，双曲线方程，则，解得∵,∴, .故所求椭圆方程为，双曲线方程为.（2）由对称性不妨设交点在第一象限.设、.由椭圆、双曲线的定义有:解得由余弦定理有.类型三：离心率5．已知椭圆上的点和左焦点，椭圆的右顶点和上顶点，当，（O为椭圆中心）时，求椭圆的离心率.思路点拨：因为，所以本题应建立、的齐次方程，使问题得以解决.解析：设椭圆方程为（），，，则，即.∵，∴，即，∴.又∵，∴.总结升华：求椭圆的离心率，即求的比值，则可由如下方法求.（1）可直接求出、；（2）在不好直接求出、的情况下，找到一个关于、的齐次等式或、用同一个量表示；（3）若求的取值范围，则想办法找不等关系.举一反三：【变式1】如图，和分别是双曲线的两个焦点，和是以为圆心，以为半径的圆与该双曲线左支的两个交点，且是等边三角形，则双曲线的离心率为（）A．B．C．D．【答案】连接，则是直角三角形，且，令，则，，即，，所以，故选D.【变式2】已知椭圆（）与x轴正半轴交于A点，与y轴正半轴交于B点，F点是左焦点，且，求椭圆的离心率.法一：,,∵, ∴,又,，代入上式，得，利用代入，消得,即由，解得,∵,∴.法二：在ΔABF中，∵，，∴，即下略）【变式3】如图，椭圆的中心在原点, 焦点在x轴上, 过其右焦点F作斜率为1的直线, 交椭圆于A、B两点, 若椭圆上存在一点C, 使. 求椭圆的离心率.【答案】设椭圆的方程为（），焦距为,则直线l的方程为:,由，消去得,设点、,则∵＋, ∴C点坐标为.∵C点在椭圆上,∴.∴∴又∴∴【变式4】设、为椭圆的两个焦点，点是以为直径的圆与椭圆的交点，若，则椭圆离心率为_____.【答案】如图，点满足，且.在中，有：∵，∴,令此椭圆方程为则由椭圆的定义有,,∴又∵，∴，，∴∴，∴，即.6．已知、为椭圆的两个焦点，为此椭圆上一点，且.求此椭圆离心率的取值范围；解析：如图，令, ,,则在中，由正弦定理，∴，令此椭圆方程为(),则,,∴即（），∴, ∴,∵,且为三角形内角，∴，∴,∴, ∴.即此椭圆离心率的取值范围为.举一反三：【变式1】已知椭圆，F1，F2是两个焦点，若椭圆上存在一点P，使，求其离心率的取值范围.【答案】△F1PF2中，已知，|F1F2|=2c，|PF1|+|PF2|=2a，由余弦定理：4c2=|PF1|2+|PF2|2-2|PF1||PF2|cos120°①又|PF1|+|PF2|=2a ②联立①②得4c2=4a2-|PF1||PF2|，∴【变式2】椭圆的焦点为，，两条准线与轴的交点分别为，若，则该椭圆离心率的取值范围是（）Ａ．Ｂ．Ｃ．Ｄ．【答案】由得，即，解得，故离心率.所以选D.【变式3】椭圆中心在坐标系原点，焦点在x轴上，过椭圆左焦点F的直线交椭圆P、Q两点，且OP⊥OQ，求其离心率e的取值范围．【答案】e∈[,1)【变式4】双曲线(a＞1,b＞0)的焦距为2c,直线过点(a,0)和(0,b),且点(1,0)到直线的距离与点(-1,0)到直线的距离之和s≥c．求双曲线的离心率e的取值范围．【答案】直线的方程为bx+ay-ab=0．由点到直线的距离公式,且a＞1,得到点(1,0)到直线的距离．同理得到点(-1,0)到直线的距离．=．由s≥c,得≥c,即5a≥2c2．于是得5≥2e2．即4e4-25e2+25≤0．解不等式,得≤e2≤5．由于e＞1,所以e的取值范围是．类型五：轨迹方程7．已知中，,,为动点，若、边上两中线长的和为定值15.求动点的轨迹方程.思路点拨：充分利用定义直接写出方程是求轨迹的直接法之一.应给以重视解法一：设动点,且,则、边上两中点、的坐标分别为,.∵,∴,即.从上式知，动点到两定点,的距离之和为常数30，故动点的轨迹是以,为焦点且,,的椭圆，挖去点.∴动点的轨迹方程是().解法二：设的重心，,动点,且，则.∴点的轨迹是以,为焦点的椭圆（挖去点），且,,.其方程为().又, 代入上式，得()为所求.总结升华：求动点的轨迹，首先要分析形成轨迹的点和已知条件的内在联系，选择最便于反映这种联系的坐标形式，建立等式，利用直接法或间接法得到轨迹方程.举一反三：【变式1】求过定点且和圆:相切的动圆圆心的轨迹方程.【答案】设动圆圆心, 动圆半径为,.（1）动圆与圆外切时，，（2）动圆与圆内切时，，由（1）、（2）有.∴动圆圆心M的轨迹是以、为焦点的双曲线，且,,.故动圆圆心的轨迹方程为.【变式3】已知圆的圆心为M1，圆的圆心为M2，一动圆与这两个圆外切，求动圆圆心P的轨迹方程.【答案】设动圆圆心P（x，y），动圆的半径为R，由两圆外切的条件可得：，.∴.∴动圆圆心P的轨迹是以M1、M2为焦点的双曲线的右支，其中c=4，a=2，∴b2=12，故所求轨迹方程为.【变式4】若动圆与圆:相外切，且与直线:相切，求动圆圆心的轨迹方程.法一：设,动圆半径，动圆与直线切于点，点.依题意点在直线的左侧，故∵,∴.化简得, 即为所求.法二：设,作直线：.过作于，交于，依题意有, ∴,由抛物线定义可知，点的轨迹是以为顶点，为焦点，：为准线的抛物线.故为所求.。

高二数学圆锥曲线综合试题答案及解析

高二数学圆锥曲线综合试题答案及解析1.已知曲线C上任意一点P到两定点F1(-1,0)与F2(1,0)的距离之和为4．（1）求曲线C的方程；（2）设曲线C与x轴负半轴交点为A，过点M(-4,0)作斜率为k的直线l交曲线C于B、C两点（B在M、C之间），N为BC中点．(ⅰ)证明：k·kON为定值；(ⅱ)是否存在实数k，使得F1N⊥AC？如果存在，求直线l的方程，如果不存在，请说明理由．【答案】（1）;（2）(ⅰ）;(ⅱ）不存在．【解析】（1）由于曲线C上任意一点P到两定点F1(-1,0)与F2(1,0)的距离之和为4，结合椭圆的定义可知曲线Ｃ是以两定点F1(-1,0)和F2(1,0)为焦点，长轴长为４的椭圆，从而可写出曲线C的方程；（2）由已知可设出过点直线l的方程，并设出直线l与曲线C所有交点的坐标；然后联立直线方程与曲线C的方程，消去y就可获得一个关于x的一元二次方程，应用韦达定理就可写出两交点模坐标的和与积；(ⅰ)应用上述结果就可以用k的代数式表示出弦的中点坐标，这样就可求出ON的斜率，再乘以k就可证明k·kON 为定值；(ⅱ）由F1N⊥AC，得kAC•kFN= -1，结合前边结果就可将此等式转化为关于k的一个方程，解此方程，若无解，则对应直线不存在，若有解，则存在且对应直线方程很易写出来.试题解析：（1）由已知可得：曲线Ｃ是以两定点F1(-1,0)和F2(1,0)为焦点，长轴长为４的椭圆，所以，故曲线C的方程为：. 4分（2）设过点M的直线l的方程为y=k(x+4)，设B(x1, y1)，C(x2, y2）(x2>y2)．(ⅰ)联立方程组，得，则， 5分故，， 7分所以，所以k•kON=为定值. 8分(ⅱ)若F1N⊥AC，则kAC•kFN= -1，因为F1(-1,0)，故， 10分代入y2=k(x2+4)得x2=-2-8k2，y2="2k" -8k3，而x2≥-2，故只能k=0，显然不成立，所以这样的直线不存在． 13分【考点】1.椭圆的方程;2.直线与椭圆的位置关系.2.双曲线+=1的离心率，则的值为.【答案】-32【解析】由题意可得，a=2，又∵e==3，∴c=3a=6，∴b2=c2-a2=36-4=32，而k=-b2，∴k=-32【考点】双曲线离心率的计算.3.已知椭圆，直线是直线上的线段，且是椭圆上一点，求面积的最小值。

高考数学专题十九圆锥曲线综合练习题

培优点十九圆锥曲线综合1．直线过定点2xxF轴的离心率为且垂直于，过左焦点例1：已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆C2P两点，且，的直线交椭圆于．Q2?2PQ C（1）求的方程；C??22MM作椭是直线处的切线，点（2）若直线是圆上任一点，过点上的点2,28??yx ll ABMAMBAB过定点，，切点分别为，设切线的斜率都存在．求证：直线圆的切线，，C并求出该定点的坐标．22yx??．2）证明见解析，；【答案】（1）（2,11??8422yx??， 1）由已知，设椭圆的方程为【解析】（0?b??1?a C ??，不妨设点，代入椭圆方程得因为，1??22PQ?2?c,P22ba22ab22cc212222，，，所以，又因为，所以8ba??b2?4?e?cb?1??2a22b22yx所以的方程为．1??C 84??，即，（2）依题设，得直线的方程为2x???y?204?x?y?l??????，，，设yxABx,y,Mx,y210120??MA，由切线的斜率存在，设其方程为xxk?y?y?11??xxy?k??y?11???2????22，联立得，0?28y?xkx?4ky?kx?x?2k1??22yx1111?1??48???22??????22?0?8k2y?1?Δ?16kkx?ykx4?，由相切得??1111??2??2222，即，化简得4?8?y?kxk04yk?y?x?8?kx?2111111xyxyx11111MA???k?的方程为因为方程只有一解，所以，所以切线??1xx?yy???，11y21xx?2yy?8xx?2yy?8MB，同理，切线即的222yyx2?8?111x方程为，2211．8y??2yxx???0011AB的方程为，所以直线，所以又因为两切线都经过点yx,M?008y??2yxx?02208y??2yxx，00??4y??xAB的方程可化为，所以直线，又82y4?x?xx?00000??2yx2?x????，，令即，得08y?x8x?2y????00?y?881?y????AB所以直线．恒过定点2,1．面积问题222yxb??FF直线，焦距为、4例2：已知椭圆，的左、右焦点分别为0a?b?1??x?:yl 21122baclFlEAB1?与线段两点，的直线关于直线与椭圆相交于、在椭圆上．斜率为的对称点221PABD相交于点两点．，与椭圆相交于、C1）求椭圆的标准方程；（）求四边形面积的取值范围．（2ACBD223232yx??,；．2）【答案】（1）（1????3948?????????EFFEF【解析】（1）由椭圆焦距为4，设，连结，，，设2,0F?2,0F21121bcb222???c??ab，，又，得则，?tan?cos?sin aacFF2csin90?1ac21，??????e???bc??b?|?|EFsin?sin??ca90EF2a?21aa22yx222a?bc?c?b?c?2a?8，所以椭圆方程为解得．，1??84????m+?y?xlyx,D,Cxy方程：、2（）设直线，，22211．4?m??xx22?yx?213???1?22，所以，由，得08?x3?4mx?2m??48?28m?2??m?y??x?xx??213?222238????x?y?A6,66,?6Bl，，得：，代入椭圆得由（，1）知直线?AB????133333????44???6m?6,lPAB，得由直线相交于点与线段，??233??????2，28m4?22416m2xx?2??m?+12x2CD?x???8xx2?211221393116321??1kk?l?l，，，知与而+12mAB??S?CD??12ACBD ll291232443232163??????22?m???,06,6?m,+12m??由，得，，所以??????333993??????3232??,?．面积的取值范围四边形ACBD??93??3．参数的值与范围??????20?2px?pC:yF的上，过焦点3例：已知抛物线的焦点在抛物线，点1,2F1,0A C M，两点．交抛物线于直线NCl（1）求抛物线的方程以及的值；AF C22??xFNMF?B（2）记抛物线的准线与的值．轴交于点，，若，求40BN?BM?C2?3??2（），；1【答案】（．）22AF?x?y4????20p??2:Cypx，的焦点【解析】（1）抛物线1,0F p2；，则，抛物线方程为42p?xy4?1??2p??1,2A．点在抛物线上，C2???AF?12??????，设）依题意，（2、，设，y,MxyF1,0Nx,1?xl:my?2211．2?x4?y2x，得联立方程，消去．0my?4?y?4?1my?x??1my?4mx?y?y???1112①，且，所以??1my??4x?yy???2212???????y?y?FNMF?，即，则又，y1?x,?y,??1x2121122??4???y1?????m4y?1???2??????，则，，22?y得，代入①得，消去2?4m???21,0B?yBN?,BM?xx?1,y?121122222????2222y?x?1y?1?BM?|BN?|x?BM?BN?则2121??2222yy??2?x??2?xx?x??????2228?y?y???m4?1myy2112????4222，222111??2222y??2??2my?my?(?my?1)2?(my?1)y21112216m?16m??16m40?84?4m?m?m??18124?2?2?3．当，解得，故40?m?16?40m16?m2．弦长类问题4222xyx??2的顶点，的左右顶点是双曲线4：已知椭圆且椭圆例1?ya?b?0?:?C:?1C 2122ab33CC．的上顶点到双曲线的渐近线的距离为212C（1）求椭圆的方程；1QMCMCQ5?OQ?OQ?，求，两点，与相交于两点，且与（2）若直线，相交于l22111221的取值范围．MM??2．；（2）【答案】（1）212x1??y100,?3??2C3a?b0,）由题意可知：1（【解析】，，又椭圆的上顶点为1．3C，双曲线的渐近线为：0y?x?x?y??323?3b23x2．由点到直线的距离公式有：，∴椭圆方程1??b?1??y2232x2y并整理，代入）易知直线，消去的斜率存在，设直线（2的方程为m??kxy1?y?3得：??222，033mx???6kmx?k1?32?1?3k?02?1?3k?0??C相交于两点，则应有：，要与? ??????22222220m?3??41?3k?336k?mm?1?3k????????，设，yQxx,yQ,2112122?m3?36km则有：，．?xx???xx212122k?31k?31????????22．又m?km?m??x1?k?x?OQOQ??xx?yy?xxxkx?mxkx211121*********????????2222225?OQ?OQ?，又：，所以有：?k?5?6km?m1?331?k?m?3??212k?3122k?1?9m?，②??2222y，将，代入并整理得：，2x消去my?kx?1??y0m??x3?6kmx?1?3k33????222222．③要有两交点，则m?1?04??1?3k3k3m??Δ?36k3m12．由①②③有?0?k92?33m?6km????．有，设，、yxMMx,y,??xx??xx????2222k3413m??36k3m?414332434322k31?k31???22k31???22k?3m9??432?MM?1k?21??22k1?312k2k14422222．?k?1?kMM???1?k1?MM?k??19m代入有将．2112??22k3?12k3?1．??11??2t?0,，，，令kt?12??MM??21??29??2k1?3??t1t?1?t1??????t?0,?'tf?tf?．，令??32????9??t1t?331?11????????t??0,0,t内单调递增，内恒成立，故函数在所以在t0tff'?????99????5??????10M?0,?0,?Mft．故???2172??5．存在性问题??222yx??????A1,点例5：已知椭圆，，的左、右焦点分别为1,0?1,0FF0C:??1?ab?????21222ab??在椭圆上．C（1）求椭圆的标准方程；C M，有两个不同交点时，能在，使得当直线）是否存在斜率为2的直线与椭圆（2NCll5PM?NQP？若存在，求出直线，在椭圆上找到一点直线，满足上找到一点的Q Cl?y3方程；若不存在，说明理由．2x2；（2））不存在，见解析．【答案】（11?y?2【解析】（1）设椭圆的焦距为，则，1?cCc2??A1,，在椭圆∵上，∴??1???221AF2a??AF C 2????2222????????21222????2x22222a?1c?b?a?．的方程为，故椭圆，∴1?y?C2（2）假设这样的直线存在，设直线的方程为，t2x??y l5??????????,Pxy,xyD,xQ,x,MxyNy，，，，的中点为设，MN??3004242113??y?2x?t?22x，得由，消去，0?8?tty?9y2??22x?2y?2?yy?tt2??22，且∴，，故且123t??3??y?y?y?0t?36?Δ?4t8?012929NQ?PM为平行四边形，由，知四边形PMQNDD的中点，因此的中点，而为线段为线段PQ MN5y?t15?2t43?y?，，得∴?y 049297不在椭圆上，，可得，∴点又Q3?t??31?y???43．故不存在满足题意的直线l对点增分集训一、解答题2????2PP过点相外切，动圆圆心并且与圆1．已知动圆．的轨迹为2,0F4??x?2F:y C21的轨迹方程；（1）求曲线C1????lBA，直线、，设点与轨迹交于（2）过点两点，设直线的直线1,0F2,0?D C?xl:122ADBMM于，求证：直线经过定点．交l2y??2；（1）（2）见解析．【答案】0?1x??x3，1）由已知，【解析】（2??|PF ?|PF ?2PF| |PF2211P，，轨迹为双曲线的右支，，42c??|FF 2C2a?2?a?1c212y??2?．标准方程曲线0x???1x C3xBM必过）由对称性可知，直线（2轴的定点，31????????,MlBM1,02,?2,33BPA经过点，的斜率不存在时，，，，知直线当直线??122????????ly,By,2ky:l?x?Axx的斜率存在时，不妨设直线当直线，，，122111． ??y3y31y1??111y?,M1?AD:y?x时，，，当，直线?x????????M1?x1x?212x?22??111??2?x?y?k22k?43?4k?????2222，得，，?xx??xx0k?33?kx?4kx??4???21k?kBM，经过点，即下面证明直线，即证?1,0P 2121223k?k3?223x?y?3???3yyPBPM x?1x?121?3yx?3y?xy?yy?kx?2ky?kx?2k，即，，由2121122211??234?k22k3k4?4??4???0?5?，即整理得，045xx???4xx?????BMBM．经过点过定点即证，直线1,0P1,0223yx????1,AB分别为椭圆的左顶2211222?3?3kk?3k点、下顶点，在椭圆，上，设2．已知点0bE:??1?a???222ba??221AB．原点到直线的距离为O7E1）求椭圆的方程；（yxEPDPBPA两点，求分别交轴于在第一象限内一点，直线轴、，，（2）设为椭圆C的面积．四边形ABCD22yx23．2）；）【答案】（1（1?? 4392231yx??4??1,1??）因为椭圆，有经过点，【解析】（10E:a??1b????22222baba??221ab?AB，的距离为由等面积法，可得原点到直线O722a?b22yx b?3E的方程为联立两方程解得，．，所以椭圆1??E:2a?4322xy????2200?1?0?x?P0,x,yy．，则（，即2）设点12??4x3y00000043y2y??00?2y?yPA:?x．直线，令，得0x?D x?2x?20032?x2y?2232yx?y?3300000从而有．，同理，可得?BD???AC32x?x2?y3?000．x110000所以四边形的面积为??AC?BD?2?22x3?y0022x383y3xy?12x?xy?12x?83y12?12?4?4y?12?43110000000000????223y?2y?3x?2?xy?3x?2y23x00000000 y?433xy?6x12?20000．32??3y?2xy?3x?2000032所以四边形的面积为．ABCD2??2P上，且有点的圆心，在圆的半径3．已知点为圆是圆上的动点，点Q8??yx?1CPC??0?MQ?APAPM，满足．和，上的点1,0AAM2AP?P在圆上运动时，判断（1）当点点的轨迹是什么？并求出其方程；Q22F，1）若斜率为的直线与圆中所求点的轨迹交于不同的两点相切，与（（2）Q1yx??kl43H的取值范围．（其中是坐标原点），且，求kO??OFOF?542x222A）2；，长轴长为（2【答案】（1）是以点，的椭圆，为焦点，焦距为1??y C2????2233,?,?．????3223????AP的垂直平分线，）由题意是线段【解析】（1MQ所以，2?22?CAQC?QP?QC?QA?CP?22A的椭圆，为焦点，焦距为2所以点的轨迹是以点，，长轴长为Q C222a?，∴，，1ab???c1c?2x2．故点的轨迹方程是Q1??y2????，，，）设直线（2：yHy,xF,xbkx??y l2112b22221??1b?k与圆直线，，即相切，得1?xy?l21?k ??222y得：联立，消去，0?4kbx?2b??1?2k2x2??b?kx?y???????2222222，得，2?x21?y??0k?02b1?1??8?2k8??Δ16kbbk?4?1?2k22?2bkb4，，?xx?x?x?????22??2k?2b1?kb4?????222b?kb?OF?OH?xx?yy?1?kb?xx?kb?x?x∴212122k21?k21?2121212122k1?21?2k????22221k41?kk2k?2k?12?1???k?，222k1k?2k?121?22431?k112，所以，得???k?25k241?23322233，∴，解得或?k????kk???322323????2332,??,故所求范围为．????2323????22yx1??222AA，的焦距为，离心率为已知椭圆，圆，．4c??O:xy0bC:??1?a?c22122ba2ABA△AB．是椭圆的左右顶点，面积的最大值为是圆的任意一条直径，2O1的方程；1）求椭圆及圆（OC PE，求，）若为圆的任意一条切线，与椭圆的取值范围．交于两点（2PQQ Oll??2264yx223,，）．；1【答案】（）（21?yx?1????334??1xABB，易知当线段轴距离为，（【解析】1）设则点到h h?a2??AO??h??S2S1AAAB△OB△211?a?c??S2ycBO??h，，轴时，在AB△Amax1c1b?3，，，，，1?a?c2c?2?a??e?a222yx22．，圆的方程为所以椭圆方程为1x?y?1??432b2LL的方程为，此时）当直线2；的斜率不存在时，直线（3PQ??1x??a m221d???L，，直线为圆的切线，设直线，方程为：1?k?m?mkx?y?2k?1y?kx?m????222直线与椭圆联立，，得，0?4m?4k??3x12?8kmx22?yx??1? 43??8km?x?x??21234k????2，由韦达定理得：，判别式0?k?Δ?4823?24m?12??x?x ?212?34k?22?23?kk?43?122，，令所以弦长3?3?t?4k??xxPQ?1?k2123k?42??1624??所以；3,???3PQ?3???????t3t??????64PQ?3,，综上，??3??22yx????FF经、．如图，己知的左、右焦点，直线是椭圆51xy?k?:l01a?b?G:??2122ab 43ABF△FBA．过左焦点交，且与椭圆，的周长为两点，G21（1）求椭圆的标准方程；G △ABFI为等腰直角三角形？若存在，求出直线）是否存在直线的方程；若不，使得（2l2存在，请说明理由．??xc，故与，因为直线．轴的交点为22yx；2（1））不存在，见解析．（【答案】1??23【解析】（1）设椭圆的半焦距为1,0?1?Gcl ABF△34a?3，所以，的周长为，即又，故3?AFAB??BF4a?4222222?3?1ab??c?2．22yx因此，椭圆的标准方程为．1??G32（2）不存在．理由如下：AB不可能为底边，即．先用反证法证明BFAF?22??????，假设，，设，则由题意知BFB?x,Fy1,0,yAAFx222121222????22?1x?1?y?yx?，????222112．又得：，，代入上式，消去，?1???10?6x?x?x?xyy21122222xyxy2121213322xx?xx?x?6．轴，所以，故因为直线斜率存在，所以直线不垂直于ll2211?3xx?x?2x3?3?6矛盾）与，，(2211??2222，所以矛联立方程，得：6?x??x?0?6?3k?26x?kx?3k23?22?yx?1?2k6???1?xy?k?盾．2123k?2?故．BF?AF22AB不可能为等腰直角三角形的直角腰．再证明△ABFA为直角顶点．为等腰直角三角形，不妨设假设2??22F△AF，此方设，在中，由勾股定理得：，则m?AF m?2?AF343m?2??m2112程无解．故不存在这样的等腰直角三角形．。

新高考一轮复习人教版圆锥曲线的综合问题作业1

9.5 圆锥曲线的综合问题一、选择题1.(2021浙江,9,4分)已知a,b ∈R,ab>0,函数f(x)=ax 2+b(x ∈R).若f(s-t),f(s),f(s+t)成等比数列,则平面上点(s,t)的轨迹是( ) A.直线和圆 B.直线和椭圆 C.直线和双曲线 D.直线和抛物线答案 C 由题意知f(s)=as 2+b,f(s-t)=a(s-t)2+b=(as 2+b)+at(t-2s),f(s+t)=a(s+t)2+b=(as 2+b)+at(t+2s), ∵f(s -t),f(s),f(s+t)成等比数列,∴f(s -t)·f(s+t)=f 2(s)⇒[(as 2+b)+at(t-2s)][(as 2+b)+at(t+2s)]=(as 2+b)2⇒at(as 2+b)(t-2s+t+2s)+a 2t 2(t 2-4s 2)=0⇒2at 2(as 2+b)+a 2t 2(t 2-4s 2)=0,(*) ①当t=0时,s ∈R,故(s,t)的轨迹为一条直线; ②当t ≠0时,(*)式可化为2as 2+2b+at 2-4as 2=0, 即2as 2-at 2=2b,因为ab>0,所以s 2-t22=b a>0,故(s,t)的轨迹为双曲线,故选C.二、解答题2.(2022届广西开学考,22)设双曲线x 23-y 2=1的右焦点为F,过F 的直线与双曲线C 的右支交于A 、B 两点.(1)若直线AB 与x 轴不垂直,求直线的斜率的取值范围; (2)求AB 中点的轨迹方程.解析 (1)由题知F(2,0),设直线AB 的方程为y=k(x-2),代入方程x 23-y 2=1,得(3k 2-1)x 2-12k 2x+12k 2+3=0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则{x 1+x 2=12k 23k 2-1>0,x 1x 2=12k 2+33k 2-1>0,Δ=144k 4-4(3k 2-1)(12k 2+3)=12k 2+12>0, 所以k ∈(-∞,-√33)∪(√33,+∞).(2)设AB 中点坐标为(x 0,y 0),若直线AB 的斜率存在,x 0=x 1+x 22=6k 23k 2-1,y 0=y 1+y 22=k(x 0-2)=2k 3k 2-1,消去k 得,(x 0-1)2-3y 02=1,此时x 0=6k 2-2+23k 2-1=2+23k 2-1>2,所以AB 中点的轨迹方程为(x-1)2-3y 2=1(x>2);若直线AB 的斜率不存在,则x 0=2,y 0=0,满足(x-1)2-3y 2=1.综上,AB 中点的轨迹方程为(x-1)2-3y 2=1(x ≥2).3.(2022届山西怀仁一中期中,21)已知点A(-2,0),B(2,0),设动点P 满足直线PA 与PB 的斜率之积为-34,记动点P 的轨迹为曲线E. (1)求曲线E 的方程;(2)若动直线l 经过点(1,0),且与曲线E 交于C,D(不同于A,B)两点,问:直线AC 与BD 的斜率之比是不是定值?若是定值,求出该定值;若不是定值,请说明理由.解析 (1)设P(x,y),由题意可得k PA ·k PB =-34,所以y x+2·y x -2=-34(x ≠±2),所以曲线E 的方程为x 24+y 23=1(x ≠±2). (2)由题意知,可设直线l:x=my+1,C(x 1,y 1),D(x 2,y 2),由{x =my +1,x 24+y 23=1(x ≠±2),可得(3m 2+4)y 2+6my-9=0,则y 1+y 2=-6m 3m 2+4,y 1y 2=-93m 2+4,因为直线AC 的斜率k 1=y 1x 1+2,直线BD 的斜率k 2=y 2x 2-2,且my 1y 2=32(y 1+y 2),所以k 1k 2=y 1(x 2-2)y 2(x 1+2)=y 1(my 2-1)y 2(my 1+3)=my 1y 2-y 1my 1y 2+3y 2=32(y 1+y 2)-y 132(y 1+y 2)+3y2=12y 1+32y 232y 1+92y 2=13,所以直线AC 和BD 的斜率之比为定值13. 4.(2021四省八校调研,20)已知圆锥曲线E:√(x -1)2+y 2+√(x +1)2+y 2=4,经过点Q(-4,4)的直线l 与E 有唯一公共点P,定点R(-1,0). (1)求曲线E 的标准方程;(2)设直线PR,QR 的斜率分别为k 1,k 2,求k 1k 2的值.解析 (1)由√(x -1)2+y 2+√(x +1)2+y 2=4可得,点(x,y)到定点(-1,0),(1,0)的距离的和为4.由椭圆的定义可知动点(x,y)的轨迹即圆锥曲线E 是以(-1,0),(1,0)为左、右焦点,2a=4为长轴长的椭圆(此处必须由定义说明圆锥曲线的类型),则其长半轴长a=2,则短半轴长b=√22-12=√3,故曲线E 的标准方程为x 24+y 23=1. (2)由题意得过点Q(-4,4)的直线l 的斜率存在,设为k,则直线l 的方程为y-4=k(x+4),即y=kx+4+4k, 代入x 24+y 23=1,整理,得(3+4k 2)x 2+32(k+1)kx+64k 2+128k+52=0(※).∵l 与E 仅有一个公共点,∴Δ=1024(k+1)2k 2-4(3+4k 2)(64k 2+128k+52)=0,即12k 2+32k+13=0.解得k=-12或k=-136.(k 的值有两个,需分两种情况求解)设P(x 0,y 0),当k=-12时,方程(※)为x 2-2x+1=0,得x 0=1,∴y 0=32,∴k 1=34,又k 2=-43,∴k 1k 2=-1.当k=-136时,方程(※)为49x 2+182x+169=0,得x 0=-137,∴y 0=-914,∴k 1=34,又k 2=-43,∴k 1k 2=-1.综上所述,k 1k 2的值为-1.5.(2022届甘肃名校月考,21)已知F 1,F 2分别是椭圆E:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的左,右焦点,|F 1F 2|=6,当P 在E 上且PF 1垂直于x 轴时,|PF 2|=7|PF 1|. (1)求E 的标准方程;(2)A 为E 的左顶点,B 为E 的上顶点,M 是E 上第四象限内一点,AM 与y 轴交于点C,BM 与x 轴交于点D.求证:四边形ABDC 的面积是定值.解析 (1)由题意知|PF 1|=b2a ,|PF 2|+|PF 1|=2a,|PF 2|=7|PF 1|,则8|PF 1|=2a,所以a=2b,又c=3,a 2=b 2+c 2,∴a=2√3,b=√3, ∴E 的标准方程是x 212+y 23=1.(2)证明:由题意知A(-2√3,0),B(0,√3),设M(m,n),C(0,t),D(s,0),因为A,C,M 三点共线,所以设AC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λAM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,解得t=2√3n m+2√3,又B,D,M 三点共线,所以设BD⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μBM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,解得s=-√3m n -√3. 易知,|AD|=s+2√3,|BC|=√3-t,m 212+n 23=1,所以|AD|·|BC|=√3s-2√3t-st+6=-n -√3-m+2√3+(n -√3)(m+2√3)+6=-√3m √3n+36(m+2√3)(n -√3)+(n -√3)(m+2√3)+6=√3)(n √3)(n -√3)(m+2√3)+6=12.所以四边形ABDC 的面积为12|AD|·|BC|=6.故四边形ABDC 的面积是定值.6.(2022届长春外国语学校期中,21)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率与等轴双曲线的离心率互为倒数关系,直线l:x-y+√2=0与以原点为圆心,以椭圆C 的短半轴长为半径的圆相切. (1)求椭圆C 的方程;(2)设M 是椭圆的上顶点,过点M 分别作直线MA,MB 交椭圆于A,B 两点,设两直线的斜率分别为k 1,k 2,且k 1+k 2=4,证明:直线AB 过定点,并求出该定点.解析 (1)易知,等轴双曲线的离心率为√2,故椭圆C 的离心率e=√22.∵e 2=c 2a 2=a 2-b 2a2=12,∴a 2=2b 2.由x-y+√2=0与圆x 2+y 2=b 2相切,得√2√2=b,故b=1,∴a 2=2.∴椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.(2)已知M(0,1).当直线AB 的斜率不存在时,设方程为x=x 0(x 0≠0),A(x 0,y 0),B(x 0,-y 0).由k 1+k 2=4,得y 0-1x 0+-y 0-1x 0=4,即x 0=-12.此时直线AB 的方程为x=-12.当直线AB 的斜率存在时,设AB 的方程为y=kx+m,依题意知m ≠±1.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),由{y =kx +m,x 22+y 2=1得(1+2k 2)x 2+4kmx+2m 2-2=0.则x 1+x 2=-4km 1+2k 2,x 1x 2=2m 2-21+2k 2.由k 1+k 2=4,得y 1-1x 1+y 2-1x 2=4,∴kx 1+m -1x 1+kx 2+m -1x 2=4,即2k+(m-1)x 1+x2x 1x 2=4, ∴k -km m+1=2,∴k=2(m+1),∴m=k 2-1.故直线AB 的方程为y=kx+k 2-1,即y=k (x +12)-1.∴直线AB 过定点(-12,-1).综上,直线AB 过定点(-12,-1).7.(2022届成都蓉城名校联盟联考一,20)已知椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的长轴长与短轴长之比为2,过点P(0,2√5)且斜率为1的直线与椭圆E 相切. (1)求椭圆E 的方程;(2)过点T(2,0)的直线l 与椭圆E 交于A,B 两点,与直线x=8交于H 点,若HA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AT ⃗⃗⃗⃗⃗ ,HB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ2BT ⃗⃗⃗⃗⃗ .证明:λ1+λ2为定值.解析 (1)由题意知,a b =2,a=2b,切线方程为y=x+2√5.设椭圆方程为x 24b 2+y 2b 2=1,联立得{y =x +2√5,x 24b 2+y 2b 2=1,整理得5x 2+16√5x+80-4b 2=0,则Δ=0,即(16√5)2-20(80-4b 2)=0,则b 2=4,∴椭圆方程为x 216+y 24=1.(2)由题意知,直线l 的斜率一定存在.当直线l 的斜率为零时,易得λ1+λ2=0;当直线l 的斜率不为零时,设直线l:x=ty+2(t ≠0),A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),联立{x =ty +2,x 2+4y 2=16,得(t 2+4)y 2+4ty-12=0,则y 1+y 2=-4t t 2+4,y 1y 2=-12t 2+4,直线l:x=ty+2,令x=8,则y=6t ,即H 8,6t .∵HA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-8,y 1-6t ),AT ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2-x 1,-y 1),HA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λ1AT ⃗⃗⃗⃗⃗ ,∴{x 1-8=λ1(2-x 1),y 1-6t =-λ1y 1,∴1-6ty 1=-λ1,同理可得,1-6ty 2=-λ2,∴-λ1-λ2=1-6ty 1+1-6ty 2=2-6(y 1+y 2)ty 1y 2=2--24t t 2+4·t 2+4-12t=0.综上,λ1+λ2=0.8.(2021皖南八校第三次联考,20)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左焦点为F,过点F 的直线l 与椭圆交于A,B两点,当直线l ⊥x 轴时,|AB|=√2,tan ∠AOB=2√2. (1)求椭圆C 的方程;(2)设直线l'⊥l,直线l'与直线l 、x 轴、y 轴分别交于M 、P 、Q,当点M 为线段AB 中点时,求PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ PO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的取值范围.解析 (1)由题意可知F(-c,0).当直线l ⊥x 轴时,|AB|=2b 2a =√2,tan ∠AOB=2tan ∠AOF1-tan 2∠AOF =2√2,解得tan ∠AOF=√22或-√2,∵∠AOF ∈(0,π2),∴tan∠AOF=√22=|AF||FO|=b 2a c,得b=c=1,a=√2,故椭圆C 的方程为x 22+y 2=1.(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),依题意直线l 的斜率一定存在且不为零,设l:y=k(x+1),由{y =k(x +1),x 22+y 2=1,消去y 得(2k 2+1)x 2+4k 2x+2k 2-2=0,则x 1+x 2=-4k 22k 2+1,则y 1+y 2=k(x 1+x 2+2)=2k 2k 2+1.故M (-2k 22k 2+1,k2k 2+1),直线l':y-k 2k 2+1=-1k (x +2k 22k 2+1),令y=0,则P (-k22k 2+1,0),∵PM⊥MF,OQ ⊥PO,∴PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF ⃗⃗⃗⃗⃗ =|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2,PO ⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =|PO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2,∴PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ PO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =|PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2|PO⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |2=(-k 22k 2+1--2k 22k 2+1)2+(0-k 2k 2+1)2(-k 22k 2+1)2=k 2+1k 2=1+1k 2,∵k 2∈(0,+∞),∴1+1k2∈(1,+∞), ∴PM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PF⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ PO ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·PQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ∈(1,+∞). 9.(2022届四川内江六中月考,20)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,过F 2且与x 轴垂直的直线与椭圆C 交于A,B 两点,△AOB 的面积为2√2,点P 为椭圆C 的下顶点,|PF 2|=√2|OP|. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)经过抛物线y 2=4x 的焦点F 的直线l 交椭圆C 于M,N 两点,求|FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |的取值范围.解析 (1)因为△OPF 2为直角三角形,所以b 2+c 2=|PF 2|2=(√2b)2,故b=c,又S △AOB =12·2b 2a ·c=b 2c a=2√2,所以b 2c=2√2a,又a 2=b 2+c 2,所以b 3=2√2·√b 2+c 2=4b,故b 2=4,所以a 2=b 2+c 2=4+4=8,故椭圆C 的标准方程为x 28+y 24=1. (2)由题意得F(1,0),M,N,F 三点共线,所以|FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |=||FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |·|FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |·cosπ|=|FM|·|FN|.若直线l 斜率为零,则|FM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|FM|·|FN|=(a-1)(a+1)=7;若直线l 斜率不为零,设直线l 的方程为x=my+1,M(x 1,y 1),N(x 2,y 2),则{x =my +1,x 28+y 24=1,消去x 得(m 2+2)y 2+2my-7=0,所以y 1+y 2=-2m m 2+2,y 1y 2=-7m 2+2,则|FM|=√(x 1-1)2+y 12=√(my 1+1-1)2+y 12=√m 2+1|y 1|,同理|FN|=√m 2+1·|y 2|,所以|FM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|FM|·|FN|=(m 2+1)|y 1y 2|=(m 2+1)·7m 2+2=7(m 2+2)-7m 2+2=7-7m 2+2,因为m 2+2≥2,所以0<7m 2+2≤72,所以72≤7-7m 2+2<7.综上,|FM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·FN ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|FM|·|FN|∈[72,7]. 10.(2022届黑龙江大庆月考,20)已知椭圆E:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F 1、F 2,其离心率为12.椭圆E 的左、右顶点分别为A,B,且|AB|=4. (1)求椭圆E 的方程;(2)过F 1的直线与椭圆相交于C,D(不与顶点重合),过右顶点B 分别作直线BC,BD 与直线x=-4相交于N,M 两点,以MN 为直径的圆是否恒过某定点?若是,求出该定点坐标;若不是,请说明理由.解析 (1)由题意得,c a =12,|AB|=2a=4,∴a=2,c=1,b=√a 2-c 2=√3,∴椭圆E 的标准方程为x 24+y 23=1.(2)恒过定点(-7,0)和(-1,0).由(1)知F 1(-1,0),B(2,0),由题意得,直线CD 的斜率不为0,设直线CD 的方程为x=my-1,代入椭圆E 的方程x 24+y 23=1,整理得(3m 2+4)y 2-6my-9=0.设C(x 1,y 1),D(x 2,y 2),则y 1+y 2=6m 3m 2+4①,y 1y 2=-93m 2+4②.直线BC:y=y 1my 1-3(x-2),令x=-4,可得N -4,-6y 1my 1-3,同理M (-4,-6y 2my 2-3),∴以MN 为直径的圆的方程为(x+4)(x+4)+y+6y 1my 1-3(y +6y 2my 2-3)=0,即x 2+8x+16+y 2+6y 1my 1-3+6y 2my 2-3y+36y 1y 2(my 1-3)(my 2-3)=0③,由①②得y 1+y 2=-23my 1y 2,代入③得圆的方程为x 2+8x+7+y 2-6my=0.若圆过定点,则{y =0,x 2+8x +7=0,解得{x =-1,y =0或{x =-7,y =0,∴以MN 为直径的圆恒过点(-7,0)和(-1,0).12.(2022届湘豫名校联盟11月联考,20)已知椭圆E:x 2a 2+y 2b2=1(a>b>0)的离心率e=√63,其左,右焦点为F 1,F 2,P为椭圆E 上任意一点,P 点到原点O 的距离的最小值为1. (1)求椭圆E 的方程;(2)设直线l:y=kx+m 与椭圆E 交于A(x 1,y 1),B(x 2,y 2)两点,且x 12+x 22=3,是否存在这样的直线l 与圆x 2+y 2=1相切?如果存在,直线l 有几条?如果不存在,请说明理由. 解析 (1)由题意知,e=√63,所以b 2a2=1-e 2=13,即a 2=3b 2,易知|PO|2∈[b 2,a 2],所以b 2=1,故椭圆E 的标准方程为x 23+y 2=1. (2)联立{y =kx +m,x 2+3y 2=3,整理得(3k 2+1)x 2+6kmx+3m 2-3=0.所以x 1+x 2=-6km 3k 2+1,x 1·x 2=3m 2-33k 2+1. 因为x 12+x 22=(x 1+x 2)2-2x 1·x 2=3,所以化简得12k 2m 2-2(m 2-1)·(3k 2+1)=(3k 2+1)2,即2m 2·(3k 2-1)=(3k 2+1)·(3k 2-1),所以3k 2-1=0或3k 2+1=2m 2,又直线l:y=kx+m 与圆x 2+y 2=1相切,所以√1+k2=1,即k 2+1=m 2.当3k 2-1=0时,解得k 2=13,m 2=43,直线l 的方程为y=±√33x±2√33;当3k 2+1=2m 2时,解得k 2=1,m 2=2,直线l 的方程为y=±x±√2.综上所述,存在满足题设条件的直线,且直线l 有八条.13.(2022届江西月考,21)过抛物线y 2=2px(p>0)的焦点F 作倾斜角为θ(θ≠π2)的直线,交抛物线于A,B 两点,当θ=π3时,以FA 为直径的圆与y 轴相切于点T(0,√3).(1)求抛物线的方程;(2)试问在x 轴上是否存在异于F 点的定点P,使得|FA|·|PB|=|FB|·|PA|成立?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,请说明理由.解析 (1)取FA 的中点C,过C 作CE ⊥x 轴于E,连接CT.因为以FA 为直径的圆与y 轴相切于点T(0,√3),所以CT ⊥y 轴于T,故|CE|=|OT|=√3,因为θ=π3,即∠CFE=π3,所以|CF|=2,|EF|=1,所以C 1+p 2,√3,所以A (2+p 2,2√3),故(2√3)2=2p ·(2+p 2),又p>0,所以p=2,故抛物线的方程为y 2=4x.(2)设P(x 0,0)(x 0≠1),且F(1,0),由题意可知直线FA 的斜率不为0,故设直线FA:x=my+1,联立{x =my +1,y 2=4x,整理得y 2-4my-4=0,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则y 1y 2=-4.易知|FA||FB|=|y 1||y 2|,|PA||PB|=√10212√20222,因为|FA|·|PB|=|FB|·|PA|,即|FA||FB|=|PA||PB|,所以|y 1||y 2|=√(x 1-x 0)2+(y 1-0)2(x 2-x 0)2+(y 2-0)2,两边同时平方可得y 12y 22=y 12+(x 1-x 0)2y 22+(x 2-x 0)2,又因为y 12=4x 1,y 22=4x 2,所以y 12y 22=y 12+(y 124-x 0)2y 22+(y 224-x 0)2,化简整理可得(y 12-y 22)x 02=y 12y 22(y 12-y 22)16,所以x 02=y 12y 2216=(y 1y 2)216=1,所以x 0=±1,因为点P 异于点F,所以x 0=-1,故点P(-1,0).14.(2021山西太原二模,20)已知椭圆C:x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左、右顶点分别是A,B,直线l:x=23与椭圆C 相交于D,E 两个不同点,直线DA 与直线DB 的斜率之积为-14,△ABD 的面积为4√23.(1)求椭圆C 的标准方程;(2)若点P 是直线l:x=23的一个动点(不在x 轴上),直线AP 与椭圆C 的另一个交点为Q,过P 作BQ 的垂线,垂足为M,在x 轴上是否存在定点N,使得|MN|为定值?若存在,请求出点N 的坐标;若不存在,请说明理由. 解析 (1)设D (23,y 0),由题意得{k DA ·k DB =y 023+a ·y 023-a =-14,12×2a ×|y 0|=4√23,49a 2+y 02b 2=1,∴{b 2=1,a 2=4, ∴椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)假设存在这样的点N,设直线PM 与x 轴相交于点T(x 0,0),由题意得TP ⊥BQ,由(1)得A(-2,0),B(2,0),设P (23,t),t ≠0,Q(x 1,y 1),由题意可设直线AP 的方程为x=my-2,由{x =my -2,x 24+y 2=1得(m 2+4)y 2-4my=0,∴y 1=4m m 2+4或y 1=0(舍去),x 1=2m 2-8m 2+4,∵23=mt-2,∴t=83m ,∵TP⊥BQ,∴TP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·BQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =(23-x 0)(x 1-2)+ty 1=0,∴x 0=23+ty 1x 1-2=23+83m ·4m m 2+4·m 2+4-16=0, ∴直线PM 过定点T(0,0), ∴存在定点N(1,0),使得|MN|=1.。

高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件理

(1)求直线AP斜率的取值范围； (2)求|PA|·|PQ|的最大值．
切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x＜32求其范围； (2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|·|PQ|的函数，进而借助导数求其最值．
[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝xx2＋－1214＝x－12，因为－12<x<32，所以－1＜x－12＜1，即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2 P→N ＝ 3 M→N ，动点P的轨迹为E.
(1)求E的方程； (2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足| D→A ＋ D→B |＝| D→A － D→B |，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
第二部分讲练篇
专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题
研考题举题固法
求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围
[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学运算能力和逻辑推理及等价转化能力.
[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)， ∵2P→N＝ 3M→N，∴2(x0－x，－y)＝ 3(0，－y0)，即x0＝x，y0＝ 23y，又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4，将x0＝x，y0＝ 23y代入得x42＋y32＝1，即轨迹E的方程为x42＋y32＝1.
设C(p，q)，由2qpp＝＋q21，－2＝0
得p＝q＝2，所以C(2,2)．

2024届高考一轮复习数学课件(新人教B版)：圆锥曲线中探索性与综合性问题

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(2)在抛物线E上任取与原点不重合的点A，过A作抛物线E的切线交x轴于点B，点A在直线x＝－1上的射影为点C，试判断四边形ACBF的形状，并说明理由.
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设A(x0，y0)，则过A作抛物线E的切线为y－y0＝k(x－x0)，即 x＝y－k y0＋x0，代入 y2＝4x，整理得 ky2－4y＋4y0－ky20＝0，因为此直线与抛物线相切，所以 Δ＝4(4－4ky0＋k2y20)＝0，即(ky0－2)2＝0，解得 k＝y20，所以过 A 的切线为 y－y0＝y20(x－x0)，
＝kx－p2，联立抛物线方程得 k2x2－(k2p＋2p)x＋k24p2＝0，
Δ＝(k2p＋2p)2－k4p2>0，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＋x2＝k2pk＋2 2p＝2kp2 ＋p，此时|AB|＝x1＋x2＋p＝2kp2 ＋2p>2p，
显然当直线AB的斜率不存在时，|AB|的值最小，即2p＝4，解得p＝2， ∴抛物线E：y2＝4x.
第八章直线和圆、圆锥曲线
§8.13 圆锥曲线中探索性与综合性问题
题型一探索性问题
例 1 (2023·南通模拟)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的离心率为 2，
且过点
315，
2.
(1)求双曲线C的标准方程；
依题意ac＝2， 35a2－b22＝1，
结合 c2＝a2＋b2，
所以抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2)不过点M的直线l与抛物线C相交于A，B两点，若直线MA，MB的斜率之积为－2，试判断直线l能否与圆(x－2)2＋(y－m)2＝80相切？若能，求此时直线l的方程；若不能，请说明理由.

直线与圆锥曲线综合性问题(含答案)

直线与圆锥曲线综合性问题（含答案）一.考点分析。

⑴直线与圆锥曲线的位置关系和判定直线与圆锥曲线的位置关系有三种情况：相交、相切、相离.直线方程是二元一次方程，圆锥曲线方程是二元二次方程，由它们组成的方程组，经过消元得到一个一元二次方程，直线和圆锥曲线相交、相切、相离的充分必要条件分别是 A >0、A =0、△ < 0.⑵直线与圆锥曲线相交所得的弦长直线具有斜率 k ,直线与圆锥曲线的两个交点坐标分别为（1）1 AB 1= Jl+k' * 1 — 梵2 1= Jl + Q • +黑2）2或|AB|= Jl + p • Ivi -73!=+ * 丁（珀 + 兀）'-幻吐・上面的公式实质上是由两点间距离公式推导出来的（因为y i - y 2 =k （X i -X 2），运用韦达定理来进行计算注: 1.圆锥曲线，一要重视定义，这是学好圆锥曲线最重要的思想方法，二要数形结合，既熟练掌握方程组理论，又关注图形的几何性质，以简化运算；2. 当涉及到弦的中点时，通常有两种处理方法：一是韦达定理，二是点差法；3. 圆锥曲线中参数取值范围问题通常从两个途径思考：一是建立函数，用求值域的方法求范围二是建立不等式，通过解不等式求范围 .二.考试探究圆锥曲线是解析几何的核心内容，也是高考命题的热点之一.高考对圆锥曲线的考查，总体上是以知识应用和问题探究为主，一般是给出曲线方程，讨论曲线的基本元素和简单的几何性质；或给出曲线满足的条件，判断（求）其轨迹；或给出直线与曲线、曲线与曲线的位置关系，讨论与其有关的其他问题（如直线的方程、直线的条数、弦长、曲线中参变量的取值范围等）；或考查圆锥曲线与其他知识综合（如不等式、函数、向量、导数等）的问题等 1. （2006年北京卷，文科，19）2 2椭圆C:务+^y2 =1（a Ab A0）的两个焦点为F1,F2，点P 在椭圆Ca b标及直线方程，联立直线方程和椭圆方程后利用一元二次方程根与系数关系即可求出直线方程，也可以利用“点差法”求出直线的斜率，然后利用点斜式求出直线方程.A(X i ,y i ),B(X 2, y 2),则它的弦长，只是用了交点坐标设而不求的技巧而已当直线斜率不存在是，则AB=yi-y2.PF 1丄FF 』PF 彳4 PF 巳扌4C 的方程；（I ）求椭圆（n ）若直线I 过圆X +y +4x-2y=0的圆心M ，交椭圆C 于A 、B 两点，且 A 、B 对称，求直线〖解析〗（I ）由椭圆的定义及勾股定理求出a,b,c 的值即可，（n ）可以设出 A 、关于点M I 的方程.B 点的坐〖答案〗解法一：22) (I )因为点p 在椭圆C 上，所以2a = PF i + PF 2=6 , a=3. X y 已知曲线G ： — +丄=1(a Ab >0)所围成的封闭图形的面积为a b在 Rt△ PF1F2 中，F I F2 =JI PF 2 -PF , 2= 2 J 5,故椭圆的半焦距c= J 5，从而b2=a2 —c2=4.2所以椭圆C 的方程为x_92丄=1.4(n)设 A , B 的坐标分别为(x1,y1 )、(x2,y2).已知圆的方程为(x+2) 2+(y — 1)2=5,所以圆心M 的坐标为(一2 , 1). 从而可设直线l 的方程为y=k(x+2)+1,代入椭圆 C 的方程得(4+9k2) x2+(36k2+18k)x+36k2+36k — 27=0. 因为A , B 关于点M 对称.2所以 Xj^—18k +9k =224 + 9k 2 解得k98 所以直线l 的方程为y =-(x +2)+1, 9 (经检验，所求直线方程符合题意 ) 解法二： (I )同解法一.2 2=(n)已知圆的方程为(x+2 ) +(y — 1) 5,所以圆心 M 的坐标为(一2, 1). 设A , B 的坐标分别为(x1,y1 ) ,(x2,y2).由题意x1 H x2且即 8x-9y+25=0.由①一②得因为A 、代入③得所以直线 2X 12X 2(X 1 -X 2)(X 1 +x 2) +(y 1 -y 2)(y 1 +y 2)_0B 关于点M 对称，所以x1+ x2= — 4, y1+ y2=2,y 1 -y 2 = X 1 -X 2 -，即直线I 的斜率为8 ,9 98y — 1 = - (x+2 ),即 8x — 9y+25=0. 9所求直线方程符合题意 .)l 的方程为 (经检验2. ( 2008年山东卷，文科, W 5,曲线C i 的内切圆半径为迹.记C 2为以曲线C i 与坐标轴的交点为顶点的椭圆.3(I)求椭圆C 2的标准方程;(n)设AB 是过椭圆C 2中心的任意弦，I 是线段AB 的垂直平分线.M 是I 上异于椭圆中心的点.(1 )若MO =A OA ( O 为坐标原点)，当点A 在椭圆C 2上运动时,求点M 的轨迹方程;(2)若M 是I 与椭圆C 2的交点，求 △ AMB 的面积的最小值. 1解析〗(I)由三角形面积公式和点到直线的距离公式可得关于与坐标轴的交点为椭圆的顶点，显然C 2为焦点在X 轴的椭圆;(n) (1)设出AB 的方程y=kx(kHO), A(X A, g , M (x , y)，联立直线与椭圆得到方程组后，由M0 = A 0A(A 工0)可得M 的轨迹方程，注意k = 0或不存在时所得方程仍1 1 2然成立；(2)由直线I 的方程：y=-—X 和椭圆方程联立后表示出 S ^AMB =2AB []OM I由不等式放缩即可求出最小值 .2ab=475,〖答案〗(I)由题意得《 a b2/5又a A b A 0，解得a 2 = 5 , b 2 = 4 .J a 2+b232 2因此所求椭圆的标准方程为0+£ = 1. 5 4AB 所在的直线斜率存在且不为零，设 AB 所在直线方程为a, b 的方程组，曲线C i(n) ( 1)假设y =kx(k 工0), A(X A,Y A).r 2区+解方程组｛5 4l y = 田 2 20 2 20k2得X A = -- 2，y A = -------------- 2所以OA 2Y A20 丄20k220(1 +k2) = ------ +------ = ---------2 2 2设M(X, y)，由题意知MO = A OA仏丰0),当且仅当4 +5k 2=5 +4k 2时等号成立，即k = ±1时等号成立,40此时△ AMB 面积的最小值是 S A AMB =40.92后2=245.9所以MO2，即x 2+y2、2 20(1 +k 2)=扎 --------因为I 是AB 的垂直平分线, 所以直线 I 的方程为y1一匚X ，因此X 2 + y 2 =入2 r20 1 + V V y 丿 2~ 4+5L 笃 y、2 20(x 2 +y 2) =h -------- 2 ------- T~4y +5x2又 X 2 +y2H 0，所以 5x 2 +4y 2 =20 几2，故—+ 乂4 5又当k = 0或不存在时，上式仍然成立.2 2综上所述，M 的轨迹方程为 .七L = 'd (k 丰0、.45(2)当k 存在且k H0时，由(1 )得2X A20 = 2，4+5k 2y A 220k— 24 +"2 2z 丄=1, 由｛5 4解得 I 1 L 1x,220k 2X M _5 +4k 22y M20 5 +所以OA2 =xA 中2 y A 220(1+k 2)=2~ 4+5kAB 2=4 OA80(1+ k 2) 4 +5k 2，OM220(1 + k 2) = 2~ 5 + 4k解法一：由于S A AMBT AB 2臥2 280(1+k )汽 20(1 +k )400(1 +k 2)22 2400(1+= 22f 22昭「4 + 5k 2+5 +1600(1 +k 2)2 <40 f—2 2— I81(1 + k 2)2l 9 丿J沢亦沢4=275>坐. 当k不存在时，S A AMB2 9综上所述，△ AMB的面积的最小值为409解法二：因为1OA2+OM 220(1+k )4+5k2+ ——4+5k2+5+4k220(1+ k)= 20*)5 + 4k29"20OA1+ --OMOA|[|OM[，OA J OM I当且仅当4 +5k2 =5 +4k2时等号成立，即k = ±1时等号成立, 40 此时△ AMB面积的最小值是S AAMB =—.9当k =0，S SMB =丄咒2翕咒2 =275>402当k不存在时，S AAMB=丄咒=2亦294O>一•9 40综上所述，△ AMB的面积的最小值为上.93.(广东省实验中学 2008届高三第三次模拟考试，理科， 20)已知抛物线 x2= — y，直线L: (m+1)y+(3-m)x+m+1=0 (m € R且m^— 1)与抛物线交于 A，B两点•(1)当m=0时，试用x,y的不等式组表示由直线L和抛物线围成的封闭图形所在平面区域(包边界),并求该区域的面积•为直径的圆C上；并求(3)将抛物线x2= — y的图像按向量a = (4, 16)移动后得到函数y=f(x)的图像，若g(x) =6lnx+m,问是否存在实数 m,使得y=f (x)的图象与y=g (X)的图象有且只有两个不同的交点？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由•〖解析〗(1)所要表示的平面区域包括边界，要注意不等式取等号，由定积分即可求出相应的面积，计算时可以整体代入；(2)证明抛物线的顶点在以线段 AB为直径的圆C上，即证明0AQB=0，圆C的圆心的轨迹可由中点坐标公式利用“代入法”求得;(3)构造函数®(x) =g(x) - f(X)=x2 -8x +6In x + m，因为x^O，所以 y=f (x)的图象与y=g (X)的图象有且只有两个不同的交点问题就可以转化为函数W(x)有两个正零点的问题，要对®(x)的单调性进行讨论，从而求出使得®(x)由两个正零点的m的取值范围x€( 0,(1)当m=0时，直线L 的方程为：y+3x+1=0,故所求区域2对应的不等式组为[y +x 乞0；[y + 3x + 1 > 0 y = -X e 2得x 2-3x-仁 0*) y + 3x+1 = 0贝x 2为方程(* 的两解，即 X t + X 2 = 3,X 1X 2 = — 1,X 2 - X t = = J 13/.所求区域面积亠X2设A (X 1,y 1), B(X 2,y 2),不妨x^X 1,则由*S =「(-x 2+3x +1 dx(X 33x 2Y x / 1 r -—+ ——+X l |x ： = (X 2 -X 1 1 --収13 2 丿1V 3、_13J13+ X2 ) -X 1X 2】+3(X 1 +X2)+1]2 丿(2)令k=y^,则直线L 的方程为y = kxm +1L2由* y X 得：X 2+ kx -1=0,方程有解，且x 1, x 2为其两解, y = kx -1 贝 y X 1 + X 2 = —k, X 1X 2 = -1,-1,设A(X i ,y i ),B(X 2,y 2)/. OA ”OB = X 1X 2 + 丫』2 = X1X 2 +(X 1X 2 ) = —1 + 1 = 0.以AB 为直径的圆恒过抛物线顶点(0,0设以AB 为直径的圆的圆心坐标为(X, y),2 2milX 1 +X 2 k y 1 + y 2X 1 + X 2贝寸 X = ------ = 一一2(X 1 + X2 ) - 2X 1X 22 2 2 2 2 得y =-2x 2-1,即所求的圆心轨迹方程为y = -2x 2-1k 2—— 一1(3)依题意，f(x)=-x2+8x,令护(X)=g(x) -f(x) = x2-8x+6lnx + m.因为x> 0,要使函数f(X)与函数g (x)有且仅有2个不同的交点，则函数®(x) =x 2 -8x +61 nx +m 的图象与x 轴的正半轴有且只有两个不同的交点平'6 ■■申(X) =2x -8 + -= 2空二g =2(x -1)(x -3)(x 〉0) x€( 1, (X)c0,®(x)是减函数 x€( 3,®'(x) >0,®(x)是增函数当 x=1 或 x=3 时，cp'(X)=0•••甲(x)极大值为申⑴=m-7;申(X)极小值为W(3) =m +6In3-15又因为当X70时，W(X)T 二当X T P时，申(X)T 邑所以要使W(x) =0有且仅有两个不同的正根，必须且只须『⑴"或r⑶=0即或^十6"3-15=0[◎(3) <0 [护(1)>0 t m+61 n3-15c0 [m-7A0•- m=7 或m =15 -61 n3.•••当m=7或m =15-61 n3.时，函数f (x)与g (x)的图象有且只有两个不同交点4. ( 2008年广东卷，文科，20)2 2设b，椭圆方程为二+占=1，抛物线方程为X2 =8( y- b).如图所示，过点2b2 b2F(0, b +2)作x轴的平行线，与抛物线在第一象限的交点为G，已知抛物线在点G的切线经过椭圆的右焦点F i .(1)求满足条件的椭圆方程和抛物线方程；(2 )设A, B分别是椭圆长轴的左、右端点，试探究在抛物线上是否存在点为直角三角形？若存在，请指出共有几个这样的点？并说明理由标).〖解析〗(1)由已知可求出 G点的坐标，从而求出抛物线在点G的切线方程，进而求出F i点的坐标，由椭圆方程也可以求出F i点的坐标，从而求出b =1，得出椭圆方程和抛物线方程；(2)以NPAB为直角和以NPBA为直角的直角三角形显然各一个，NAPB为直角的直角三角形是否存在可以转化成PA 'PB = 0 对应的方程是否有解的问题，从而可以求出满足条件的个数.P,使得△ ABP (不必具体求出这些点的坐以P点的1 答案〗(1)由x2=8(y-b)得y=1x2+b ,81当y =b +2 得x = ±4，二G 点的坐标为(4,b +2) , y'= —x ,4过点G的切线方程为y-(b+2) =x-4即y=x + b-2，F i点的坐标为(b,0)，令y=0得x=2-b，二F i点的坐标为(2-b,0)，由椭圆方程得2二2—b =b即b=1，即椭圆和抛物线的方程分别为一+ y2=1和x2 =8(y-1)；2(2) •••过A 作x 轴的垂线与抛物线只有一个交点 PA 以N PAB 为直角的RtAAB P 只有一个，同理二以N PBA 为直角的RUABP 只有一个。

圆锥曲线的综合问题课件

圆锥曲线在生活中的应用和价值
展望未来研究方向
探索圆锥曲线在各个领域的应用前景
关注圆锥曲线研究的最新进展和趋势
深入研究圆锥曲线的性质和几何特征
探讨圆锥曲线与其他数学分支的联系与融合
汇报人：
感谢观看
立体与圆锥曲线的交点求解方法
典型例题的解析与讨论
立体与圆锥曲线的最值问题
定义：最值问题是指求解某个函数在一定范围内的最大值或最小值
解题方法：常用的解题方法有代数法、几何法、三角法等
注意事项：在解题过程中需要注意函数的定义域、取值范围等限制条件
分类：根据不同的分类标准，可以分为不同的类型
06
圆锥曲线在实际问题中的应用
椭圆
双曲线
抛物线
圆锥曲线的一般方程
03
圆锥曲线与直线的综合问题
直线与圆锥曲线的关系
直线与圆锥曲线的基本性质
直线与圆锥曲线的位置关系
直线与圆锥曲线的交点求解
直线与圆锥曲线的综合应用
直线与圆锥曲线的交点问题
直线与圆锥曲线的基本性质
直线与圆锥曲线的交点求解方法
直线与圆锥曲线交点的应用
直线与圆锥曲线交点问题的注意事项
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圆锥曲线的综合问题课件
目录
01
添加目录标题
02
圆锥曲线的定义和性质
03
圆锥曲线与直线的综合问题
04
圆锥曲线与平面的综合问题
05
圆锥曲线与立体的综合问题06圆锥来自线在实际问题中的应用07
总结与展望
01
添加章节标题
02
圆锥曲线的定义和性质
直线与圆锥曲线的最值问题

2020年高考文科数学一轮复习大题篇—圆锥曲线综合问题

2020年高考文科数学一轮复习大题篇—圆锥曲线综合问题【归类解析】题型一范围问题【解题指导】解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围.(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系.(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【例】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与双曲线x 23－y 2＝1的离心率互为倒数，且直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不过原点O 的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，且直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，求△OMN 面积的取值范围.【解】 (1)∵双曲线的离心率为233， ∴椭圆的离心率e ＝c a ＝32. 又∵直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点，∴右顶点为点(2,0)，即a ＝2，c ＝3，b ＝1，∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1. (2)由题意可设直线的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2).联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－11＋4k 2，于是y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2.又直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，故y 1x 1·y 2x 2＝k 2x 1x 2＋km x 1＋x 2＋m 2x 1x 2＝k 2，则－8k 2m 21＋4k2＋m 2＝0. 由m ≠0得k 2＝14，解得k ＝±12. 又由Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)>0，得0<m 2<2，显然m 2≠1(否则x 1x 2＝0，x 1，x 2中至少有一个为0，直线OM ，ON 中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾).设原点O 到直线的距离为d ，则S △OMN ＝12|MN |d ＝12·1＋k 2·|x 1－x 2|·|m |1＋k 2故由m 的取值范围可得△OMN 面积的取值范围为(0,1).【训练】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P A ，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△P AB 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P A ，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|＝22y 20－4x 0. 所以△P AB 的面积S △P AB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝()322003244y x -.因为x 20＋y 204＝1(－1≤x 0<0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4,5]，所以△P AB 面积的取值范围是⎣⎡⎦⎤62，15104. 题型二最值问题1 利用三角函数有界性求最值【解题指导】处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、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(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【例】过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点O 是坐标原点，则|AF |·|BF |的最小值是【解】设直线AB 的倾斜角为θ，可得|AF |＝21－cos θ，|BF |＝21＋cos θ，则|AF |·|BF |＝21－cos θ×21＋cos θ＝4sin 2θ≥4. 2 数形结合利用几何性质求最值【例】在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点.若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，求实数c 的最大值为。

2023年高考数学(文科)一轮复习讲义——圆锥曲线的综合问题第一课时定点问题

第一课时定点问题题型一直线过定点问题例1 (2020·全国Ⅰ卷)已知A ，B 分别为椭圆E ：x 2a 2＋y 2＝1(a >1)的左、右顶点，G 为E 的上顶点，AG →·GB →＝8，P 为直线x ＝6上的动点，P A 与E 的另一交点为C ，PB 与E 的另一交点为D . (1)求E 的方程；(2)证明：直线CD 过定点.(1)解由题设得A (－a ，0)，B (a ，0)，G (0，1). 则AG→＝(a ，1)，GB →＝(a ，－1). 由AG →·GB →＝8，得a 2－1＝8，解得a ＝3或a ＝－3(舍去). 所以椭圆E 的方程为x 29＋y 2＝1.(2)证明设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，P (6，t ).若t ≠0，设直线CD 的方程为x ＝my ＋n ，由题意可知－3<n <3. 易知直线P A 的方程为y ＝t9(x ＋3)，所以y 1＝t9(x 1＋3).易知直线PB 的方程为y ＝t3(x －3)，所以y 2＝t3(x 2－3).可得3y 1(x 2－3)＝y 2(x 1＋3).① 由于x 229＋y 22＝1，故y 22＝－（x 2＋3）（x 2－3）9，②由①②可得27y 1y 2＝－(x 1＋3)(x 2＋3)，结合x ＝my ＋n ，得(27＋m 2)y 1y 2＋m (n ＋3)(y 1＋y 2)＋(n ＋3)2＝0.③ 将x ＝my ＋n 代入x 29＋y 2＝1，得(m 2＋9)y 2＋2mny ＋n 2－9＝0. 所以y 1＋y 2＝－2mnm 2＋9，y 1y 2＝n 2－9m 2＋9.代入③式，得(27＋m 2)(n 2－9)－2m (n ＋3)mn ＋(n ＋3)2(m 2＋9)＝0. 解得n ＝－3(舍去)或n ＝32. 故直线CD 的方程为x ＝my ＋32，即直线CD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.若t ＝0，则直线CD 的方程为y ＝0，过点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.综上，直线CD 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0.感悟提升圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.训练1 已知点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上一点，F 1，F 2分别是椭圆的左、右焦点，|PF 1|＋|PF 2|＝4. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l 不经过P 点且与椭圆C 相交于A ，B 两点.若直线P A 与直线PB 的斜率之和为1，问：直线l 是否过定点？证明你的结论. 解 (1)由|PF 1|＋|PF 2|＝4，得a ＝2，又P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32在椭圆上，代入椭圆方程有1a 2＋94b 2＝1，解得b ＝3，所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1. (2)当直线l 的斜率不存在时，设A (x 1，y 1)，B (x 1，－y 1)，k 1＋k 2＝y 1－32－y 1－32x 1＋1＝1，解得x 1＝－4，与椭圆无交点，不符合题意；当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2－12＝0，整理得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， x 1＋x 2＝－8km3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2， Δ＝48(4k 2－m 2＋3)>0. 由k 1＋k 2＝1，整理得(2k －1)x 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫k ＋m －52(x 1＋x 2)＋2m －4＝0，即(m －4k )(2m －2k －3)＝0.当m ＝k ＋32时，此时，直线l 过P 点，不符合题意；当m ＝4k 时，Δ＝4k 2－m 2＋3>0有解，此时直线l ：y ＝k (x ＋4)过定点(－4，0).题型二圆过定点问题例2 (2021·湖南三湘名校联考)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b ≥1)的离心率为22，它的上焦点到直线bx ＋2ay －2＝0的距离为23. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫13，0的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，试探究以线段AB 为直径的圆是否过定点.若过，求出定点坐标；若不过，请说明理由. 解 (1)由题意得，e ＝c a ＝22. 又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2b ，c ＝b . 又|2ac －2|4a 2＋b 2＝23，a >b ≥1，所以b 2＝1，a 2＝2，故椭圆C 的方程为y 22＋x 2＝1.(2)当AB ⊥x 轴时，以线段AB 为直径的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －132＋y 2＝169.当AB ⊥y 轴时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1. 可得两圆交点为Q (－1，0).由此可知，若以线段AB 为直径的圆过定点，则该定点为Q (－1，0). 下证Q (－1，0)符合题意. 设直线l 的斜率存在，且不为0，其方程设为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －13，代入y 22＋x 2＝1，并整理得(k 2＋2)x 2－23k 2x ＋19k 2－2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 23（k 2＋2），x 1x 2＝k 2－189（k 2＋2），所以QA →·QB →＝(x 1＋1)(x 2＋1)＋y 1y 2＝x 1x 2＋x 1＋x 2＋1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－13⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2－13 ＝(1＋k 2)x 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13k 2(x 1＋x 2)＋1＋19k 2＝(1＋k 2)·k 2－189（k 2＋2）＋⎝⎛⎭⎪⎫1－13k 2·2k 23（k 2＋2）＋1＋19k 2 ＝0.故QA→⊥QB →，即Q (－1，0)在以线段AB 为直径的圆上.综上，以线段AB 为直径的圆恒过定点(－1，0).感悟提升 1.定点问题，先猜后证，可先考虑运动图形是否有对称性及特殊(或极端)位置猜想，如直线的水平位置、竖直位置，即k ＝0或k 不存在时.2.圆过定点问题，一般从圆的直径所对的圆心角为直角入手，利用垂直关系找到突破口，从而解决问题.训练2 (2022·江西红色七校联考)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为2 2. (1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点S ⎝ ⎛⎭⎪⎫－13，0的动直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在x 轴上是否存在一个定点T ，使得无论直线l 如何转动，以AB 为直径的圆恒过点T ？若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由. 解 (1)由椭圆的定义可得2a ＝22，则a ＝2，∵椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22， ∴c ＝1，则b ＝a 2－c 2＝1，∴椭圆C 的标准方程为y 22＋x 2＝1.(2)当直线l 不与x 轴重合时，设直线l 的方程为x ＝my －13，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，T (t ，0)，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －13，y 22＋x 2＝1消去x 并整理，得(18m 2＋9)y 2－12my －16＝0，Δ＝144m 2＋64(18m 2＋9)＝144(9m 2＋4)>0恒成立，则y 1＋y 2＝12m 18m 2＋9＝4m 6m 2＋3，y 1y 2＝－1618m 2＋9. 由于以AB 为直径的圆恒过点T ，则TA ⊥TB ，TA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫my 1－t －13，y 1，TB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2－t －13，y 2，则TA →·TB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫my 1－t －13⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2－t －13＋y 1y 2 ＝(m 2＋1)y 1y 2－m ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋13(y 1＋y 2)＋⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋132＝－16（m 2＋1）－m ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋13×12m18m 2＋9＋⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋132 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋132－（12t ＋20）m 2＋1618m 2＋9＝0， ∵点T 为定点，∴t 为定值，与m 无关， ∴12t ＋2018＝169，解得t ＝1，此时TA →·TB→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432－169＝0，符合题意. 当直线l 与x 轴重合时，AB 为椭圆C 的短轴，易知以AB 为直径的圆过点(1，0). 综上所述，存在定点T (1，0)，使得无论直线l 如何转动，以AB 为直径的圆恒过定点T .圆锥曲线中的“伴侣点”问题在圆锥曲线的很多性质中，常常出现一对活跃的点A (m ，0)和B ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2m ，0，这一对点总是同时出现在圆锥曲线的对称轴上，形影不离，相伴而行，我们把这对特殊的点形象地称作圆锥曲线的“伴侣点”.圆锥曲线的“伴侣点”在我们研究圆锥曲线的性质中具有重要的地位，蕴涵着圆锥曲线许多有趣的性质. 例已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)，设A (m ，0)和B ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2m ，0(0<m <a )是x 轴上的两点，过点A 作斜率不为0的直线l ，使得l 交双曲线于C ，D 两点，作直线BC 交双曲线于另一点E .证明：直线DE 垂直于x 轴. 证明设点C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，E (x 3，y 3)，则直线l 的方程为y ＝y 1x 1－m(x －m ). 把直线l 的方程代入双曲线方程，整理得(b 2x 21－a 2y 21－2b 2mx 1＋b 2m 2)x 2＋2a 2my 21x －a 2y 21m 2－a 2b 2(x 1－m )2＝0，由b 2x 21－a 2y 21＝a 2b 2(点C 在双曲线上)，上面方程可化简为(a 2b 2－2b 2mx 1＋b 2m 2)x 2＋2a 2my 21x －a 2[(y 21＋b 2)m 2＋b 2x 21－2b 2mx 1]＝0，又因为b 2x 21－a 2y 21＝a 2b 2，所以a 2(y 21＋b 2)＝b 2x 21，代入上式，方程又可化简为(a 2b 2－2b 2mx 1＋b 2m 2)x 2＋2a 2my 21x －b 2x 21m 2－a 2b 2x 21＋2a 2b 2mx 1＝0，由已知，显然a 2b 2－2b 2mx 1＋b 2m 2≠0，于是x 1x 2＝－x 21m 2＋a 2x 21－2a 2mx 1a 2－2mx 1＋m 2，因为x 1≠0，得x 2＝－x 1m 2＋a 2x 1－2a 2ma 2－2mx 1＋m 2(*) 同理，直线BC 的方程为y ＝y 1x 1－a 2m ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －a 2m ，所以只要把(*)中m 换成a 2m，就可以得到x 3＝－x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2m 2＋a 2x 1－2a 2a 2m a 2－2a 2m x 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2m 2＝－x 1m 2＋a 2x 1－2a 2m a 2－2mx 1＋m 2，所以x 2＝x 3，故直线DE 垂直于x 轴.1.已知抛物线C 的顶点在原点，焦点在坐标轴上，点A (1，2)为抛物线C 上一点. (1)求抛物线C 的方程；(2)若点B (1，－2)在抛物线C 上，过点B 作抛物线C 的两条弦BP 与BQ ，如k BP ·k BQ ＝－2，求证：直线PQ 过定点.(1)解若抛物线的焦点在x 轴上，设抛物线方程为y 2＝ax ，代入点A (1，2)，可得a ＝4，所以抛物线方程为y 2＝4x .若抛物线的焦点在y 轴上，设抛物线方程为x 2＝my ，代入点A (1，2)，可得m ＝12，所以抛物线方程为x 2＝12y .综上所述，抛物线C 的方程是y 2＝4x 或x 2＝12y .(2)证明因为点B (1，－2)在抛物线C 上，所以由(1)可得抛物线C 的方程是y 2＝4x .易知直线BP ，BQ 的斜率均存在，设直线BP 的方程为y ＋2＝k (x －1)，将直线BP 的方程代入y 2＝4x ，消去y ，得 k 2x 2－(2k 2＋4k ＋4)x ＋(k ＋2)2＝0.设P (x 1，y 1)，则x 1＝（k ＋2）2k 2，所以P ⎝⎛⎭⎪⎫（k ＋2）2k 2，2k ＋4k . 用－2k 替换点P 坐标中的k ，可得Q ((k －1)2，2－2k )，从而直线PQ 的斜率为2k ＋4k －2＋2k（k ＋2）2k 2－（k －1）2＝2k 3＋4k－k 4＋2k 3＋4k ＋4＝2k－k 2＋2k ＋2，故直线PQ 的方程是 y －2＋2k ＝2k －k 2＋2k ＋2·[x －(k －1)2]. 在上述方程中，令x ＝3，解得y ＝2，所以直线PQ 恒过定点(3，2).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(－3，0)，F 2(3，0)，且经过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点B (4，0)作一条斜率不为0的直线l 与椭圆C 相交于P ，Q 两点，记点P 关于x 轴对称的点为P ′.证明：直线P ′Q 经过x 轴上一定点D ，并求出定点D 的坐标.(1)解由椭圆的定义，可知 2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝（23）2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝4.解得a ＝2.又b 2＝a 2－(3)2＝1.∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1. (2)证明由题意，设直线l 的方程为 x ＝my ＋4(m ≠0).设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则P ′(x 1，－y 1).由⎩⎨⎧x ＝my ＋4，x 24＋y 2＝1，消去x ，可得(m 2＋4)y 2＋8my ＋12＝0. ∵Δ＝16(m 2－12)>0，∴m 2>12. ∴y 1＋y 2＝－8mm 2＋4，y 1y 2＝12m 2＋4.∵k P ′Q ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1m （y 2－y 1）.∴直线P ′Q 的方程为 y ＋y 1＝y 2＋y 1m （y 2－y 1）(x －x 1).令y ＝0，可得x ＝m （y 2－y 1）y 1y 1＋y 2＋my 1＋4.∴x ＝2my 1y 2y 1＋y 2＋4＝2m ·12m 2＋4－8m m 2＋4＋4＝24m－8m＋4＝1.∴D (1，0).∴直线P ′Q 经过x 轴上定点D ，其坐标为(1，0).3.如图，已知直线l ：y ＝kx ＋1(k >0)关于直线y ＝x ＋1对称的直线为l 1，直线l ，l 1与椭圆E ：x 24＋y 2＝1分别交于点A ，M 和A ，N ，记直线l 1的斜率为k 1.(1)求kk 1的值；(2)当k 变化时，求证：直线MN 恒过定点，并求出该定点的坐标.(1)解设直线l 上任意一点P (x ，y )关于直线y ＝x ＋1对称的点为P 0(x 0，y 0)，直线l 与直线l 1的交点为(0，1)，所以l ：y ＝kx ＋1，l 1：y ＝k 1x ＋1，k ＝y －1x ，k 1＝y 0－1x 0，由y ＋y 02＝x ＋x 02＋1，得y ＋y 0＝x ＋x 0＋2，①由y －y 0x －x 0＝－1，得y －y 0＝x 0－x ，②由①②得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 0＋1，y 0＝x ＋1，所以kk 1＝yy 0－（y ＋y 0）＋1xx 0＝（x ＋1）（x 0＋1）－（x ＋x 0＋2）＋1xx 0＝1. (2)证明由⎩⎨⎧y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1，得 (4k 2＋1)x 2＋8kx ＝0，设M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，所以x M ＝－8k 4k 2＋1，所以y M ＝1－4k 24k 2＋1.同理可得x N ＝－8k 14k 21＋1＝－8k4＋k 2，y N ＝1－4k 214k 21＋1＝k 2－44＋k 2. k MN ＝y M －y N x M －x N ＝1－4k 24k 2＋1－k 2－44＋k 2－8k 4k 2＋1－－8k4＋k 2 ＝8－8k 48k （3k 2－3）＝－k 2＋13k ，直线MN ：y －y M ＝k MN (x －x M )，即y －1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫x －－8k 4k 2＋1，即y ＝－k 2＋13k x －8（k 2＋1）3（4k 2＋1）＋1－4k 24k 2＋1＝－k 2＋13k x －53.所以当k 变化时，直线MN 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－53. 4.已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别是双曲线C 2：x 2m 2－y 2＝1的左、右焦点，且C 1与C 2相交于点⎝ ⎛⎭⎪⎫233，33. (1)求椭圆C 1的标准方程；(2)设直线l ：y ＝kx －13与椭圆C 1交于A ，B 两点，以线段AB 为直径的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点；若不恒过定点，请说明理由.解 (1)将⎝ ⎛⎭⎪⎫233，33代入x 2m 2－y 2＝1，解得m 2＝1， ∴a 2＝m 2＋1＝2，将⎝ ⎛⎭⎪⎫233，33代入x 22＋y 2b 2＝1，解得b 2＝1，∴椭圆C 1的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －13，x 22＋y 2＝1，整理得(9＋18k 2)x 2－12kx －16＝0， ∴x 1＋x 2＝12k 9＋18k 2，x 1x 2＝－169＋18k 2， Δ＝144k 2＋64(9＋18k 2)>0.由对称性可知，以AB 为直径的圆若恒过定点，则定点必在y 轴上. 设定点为M (0，y 0)，则MA →＝(x 1，y 1－y 0)，MB →＝(x 2，y 2－y 0) MA →·MB →＝x 1x 2＋(y 1－y 0)(y 2－y 0) ＝x 1x 2＋y 1y 2－y 0(y 1＋y 2)＋y 20＝x 1x 2＋k 2x 1x 2－k 3(x 1＋x 2)－y 0⎣⎢⎡⎦⎥⎤k （x 1＋x 2）－23＋19＋y 20 ＝(1＋k 2)x 1x 2－k ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＋y 0(x 1＋x 2)＋y 20＋23y 0＋19 ＝18（y 20－1）k 2＋9y 20＋6y 0－159＋18k 2＝0，∴⎩⎪⎨⎪⎧y 20－1＝0，9y 20＋6y 0－15＝0，解得y 0＝1， ∴M (0，1)，∴以线段AB 为直径的圆恒过定点(0，1).。

高三数学一轮复习圆锥曲线的综合问题

备考例题 3
已知
F1，F2
为椭圆x2＋y2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A a2 b2
是椭圆上位于第一象限内的一点，点
B
也在椭圆上，且满足O→A＋O→B＝
0(O 为坐标原点)，且A→F2·F→1F2＝0，若椭圆的离心率等于 2. 2
(1)求直线 AB 的方程；
(2)若△ABF2 的面积为 4 2，求椭圆的方程；
则 P 到直线 y＝ 2x 的距离为 2
|2
2cosθ－2 6
2sinθ|＝4 3
6|cos(θ＋π)|≤4 43
6＜4，故椭圆上不存在点 M 使△MAB 面积为 8
3.
2
题型四
圆锥曲线与其他知识交汇的问题
1－ky0－1＋ky0
∴kEF＝yxEE－－yxFF＝(1－kky
－k 0)2－(1＋ky
0)2
k2
k2
2
＝ k ＝－ 1 (定值)，－4ky0 2y0
k2 所以直线 EF 的斜率为定值.
题型二最值与范围问题
①正确理解圆锥曲线的定义、标思维提准方程；
示 ②联立方程组，对有关参数进行讨论.
[解] (1)∵F0(c,0)，F1(0， b2－c2)，F2(0，－ b2－c2)，
∴|F0F1|＝ (b2－c2)＋c2＝b＝1，
|F1F2|＝2 b2－c2＝1⇒c2＝3， 4
于是 a＝1 (x≥0) 7
所求“果圆”的方程为 y2＋4x2＝1 (x≤0)
.
m2 m2－1
(2)设 Q(x1，y1)， ∵P(m，y0)，P→F＝λF→Q，
2
1－m＝λ(x1－1)
∴2
，
－y0＝λy1

圆锥曲线的综合问题强化训练-2023届高三数学二轮专题复习(含解析)

冲刺2023年高考二轮圆锥曲线的综合问题强化训练（原卷+答案）考点一证明问题——等价转化，直击目标圆锥曲线中证明问题的两种常见类型圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上，某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．例 1已知椭圆E 的中心为坐标原点，对称轴为x 轴、y 轴，且过A (0，－2)，B (32，－1)两点．(1)求E 的方程；(2)设过点P (1，－2)的直线交E 于M ，N 两点，过M 且平行于x 轴的直线与线段AB 交于点T ，点H 满足MT⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝TH ⃗⃗⃗⃗⃗ .证明：直线HN 过定点．对点训练已知直线y ＝3与曲线C ：x 2＋2py ＝0的两个公共点之间的距离为4√6. (1)求C 的方程；(2)设P 为C 的准线上一点，过P 作C 的两条切线，切点为A ，B ，直线P A ，PB 的斜率分别为k 1，k 2，且直线P A ，PB 与y 轴分别交于M ，N 两点，直线AB 的斜率为k 0.证明：k 1·k 2为定值，且k 1，k 0，k 2成等差数列．考点二定点问题——目标等式寻定点解析几何中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)过定点的问题，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动，这类问题的求解一般分为以下三步：一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．二求：求出定点坐标所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．例 2 已知椭圆M ：x 2a 2+y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为√22，AB 为过椭圆右焦点的一条弦，且AB 长度的最小值为2.(1)求椭圆M 的方程；(2)若直线l 与椭圆M 交于C ，D 两点，点P (2，0)，记直线PC 的斜率为k 1，直线PD 的斜率为k 2，当1k 1+1k 2＝1时，是否存在直线l 恒过一定点？若存在，请求出这个定点；若不存在，请说明理由．对点训练已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，S (t ，4)为C 上一点，直线l 交C 于M ，N 两点(与点S 不重合)．(1)若l 过点F 且倾斜角为60°，|FM |＝4(M 在第一象限)，求C 的方程；(2)若p ＝2，直线SM ，SN 分别与y 轴交于A ，B 两点，且OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝8，判断直线l是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，请说明理由．考点三定值问题——巧妙消元寻定值定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题，其求解步骤一般为：一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等．二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量(或者有多个变量，若是能整体约分也可以)．三定值：化简式子得到定值．由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值．例 3 已知双曲线C ：x 2a2−y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，双曲线C 的右顶点A 在圆O ：x 2＋y 2＝3上，且AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－1.(1)求双曲线C 的方程；(2)动直线l 与双曲线C 恰有1个公共点，且与双曲线C 的两条渐近线分别交于点M 、N ，设O 为坐标原点．求证：△OMN 的面积为定值．对点训练已知F 1(－√3，0)，F 2(√3，0)分别是双曲线C ：x 2a 2−y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点，A 为双曲线在第一象限的点，△AF 1F 2的内切圆与x 轴交于点P (1，0)．(1)求双曲线C 的方程；(2)设圆O ：x 2＋y 2＝2上任意一点Q 处的切线l ，若l 与双曲线C 左、右两支分别交于点M 、N ，问：QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QN ⃗⃗⃗⃗⃗ 是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由．考点四圆锥曲线中的最值、范围问题——巧设变量，引参搭桥圆锥曲线中的最值 (1)椭圆中的最值 F 1，F 2为椭圆x 2a2+y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，P 为椭圆上的任意一点，B 为短轴的一个端点，O 为坐标原点，则有：①|OP |∈________；②|PF 1|∈________；③|PF 1|·|PF 2|∈________；④∠F 1PF 2≤∠F 1BF 2.(2)双曲线中的最值F 1，F 2为双曲线x 2a 2−y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的左、右焦点，P 为双曲线上的任一点，O为坐标原点，则有：①|OP |≥________；②|PF 1|≥________． (3)抛物线中的最值点P 为抛物线y 2＝2px (p ＞0)上的任一点，F 为焦点，则有：①|PF |≥________；②A (m ，n )为一定点，则|P A |＋|PF |有最小值；③点N (a ，0)是抛物线的对称轴上一点，则|PN |min ＝{|a |(a ≤p )，√2pa −p 2(a ＞p)．例 4如图，已知椭圆x 212＋y 2＝1.设A ，B 是椭圆上异于P (0，1)的两点，且点Q (0，12)在线段AB 上，直线P A ，PB 分别交直线y ＝－12x ＋3于C ，D 两点．(1)求点P 到椭圆上点的距离的最大值； (2)求|CD |的最小值．对点训练已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，且F 与圆M ：x 2＋(y ＋4)2＝1上点的距离的最小值为4.(1)求p ；(2)若点P 在M 上，P A ，PB 是C 的两条切线，A ，B 是切点，求△P AB 面积的最大值．[典例] 已知圆(x ＋√3)2＋y 2＝16的圆心为M ，点P 是圆M 上的动点，点N (√3，0)，点G 在线段MP 上，且满足(GN⃗⃗⃗⃗⃗ +GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )⊥(GN ⃗⃗⃗⃗⃗ −GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )． (1)求点G 的轨迹C 的方程；(2)过点T (4，0)作斜率不为0的直线l 与轨迹C 交于A ，B 两点，点A 关于x 轴的对称点为D ，连接BD 交x 轴于点Q ，求△ABQ 面积的最大值．(1)因为(GN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )⊥(GN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )，所以(GN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )·(GN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −GP ⃗⃗⃗⃗⃗ )＝0，即GN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 2－GP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2＝0，所以|GP |＝|GN |，所以|GM |＋|GN |＝|GM |＋|GP |＝|MP |＝4>2√3＝|MN |，所以点G 在以M ，N 为焦点，长轴长为4的椭圆上，设椭圆的方程为x 2a 2+y 2b 2＝1(a >b >0)，则2a ＝4，2c ＝2√3，即a ＝2，c ＝√3，所以b 2＝a 2－c 2＝1，所以点G 的轨迹C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)依题意可设直线l ：x ＝my ＋4. 由{x =my +4，x 24+y 2=1消去x ，得(m 2＋4)y 2＋8my ＋12＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由Δ＝64m 2－4×12×(m 2＋4)＝16(m 2－12)>0，得m 2>12. ①且y 1＋y 2＝－8mm 2+4，y 1y 2＝12m 2+4.②因为点A 关于x 轴的对称点为D ，所以D (x 1，－y 1)，可设Q (x 0，0)，所以k BD ＝y 2+y 1x 2−x 1＝y 2+y 1m (y 2−y 1)，所以BD 所在直线的方程为y －y 2＝y 2+y 1m (y2−y 1)(x －my 2－4)．令y ＝0，得x 0＝2my 1y 2+4(y 1+y 2)y 1+y 2. ③将②代入③，得x 0＝24m−32m−8m＝1，所以点Q 的坐标为(1，0)．因为S △ABQ ＝|S △TBQ －S △TAQ |＝12|QT ||y 2－y 1|＝32√(y 1+y 2)2−4y 1y 2＝6√m 2−12m 2+4，令t ＝m 2＋4，结合①得t >16，所以S △ABQ ＝6√t−16t＝ 6√−16t 2+1t ＝6√−16(1t −132)2+164.当且仅当t ＝32，即m ＝±2√7时，(S △ABQ )max ＝34. 所以△ABQ 面积的最大值为34.参考答案考点一[例1] 解析：(1)设椭圆E 的方程为mx 2＋ny 2＝1(m >0，n >0，m ≠n )．将点A (0，－2)，B (32，－1)的坐标代入，得{4n =1，94m +n =1，解得{m =13，n =14. 所以椭圆E的方程为x 23+y 24＝1. (2)证明：方法一设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由题意，知直线MN 与y 轴不垂直，设其方程为x －1＝t (y ＋2)．联立得方程组{x −1=t (y +2)，x 23+y 24=1. 消去x 并整理，得(4t 2＋3)y 2＋(16t 2＋8t )y ＋16t 2＋16t －8＝0，所以y 1＋y 2＝－16t 2+8t 4t 2+3，y 1y 2＝16t 2+16t−84t 2+3.设T (x 0，y 1)．由A ，B ，T 三点共线，得y 1+2x 0＝y 1+1x 0−32，得x 0＝32y 1＋3.设H (x ′，y ′)．由MT ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得(32y 1＋3－x 1，0)＝(x ′－32y 1－3，y ′－y 1)，所以x ′＝3y 1＋6－x 1，y ′＝y 1，所以直线HN 的斜率k ＝y 2−y ′x 2−x ′＝y 2−y 1x 2+x 1−(3y 1+6)＝y 2−y 1t (y 1+y 2)−3y 1+4t−4，所以直线HN 的方程为y －y 2＝y 2−y 1t (y 1+y 2)−3y 1+4t−4·(x －x 2)．令x ＝0，得y ＝y 2−y 1t (y 1+y 2)−3y 1+4t−4·(－x 2)＋y 2＝(y 1−y 2)(ty 2+2t+1)t (y 1+y 2)−3y 1+4t−4＋y 2＝(2t−3)y 1y 2+(2t−5)(y 1+y 2)+6y 1t (y 1+y 2)−3y 1+4t−4＝(2t−3)·16t 2+16t−84t 2+3+(5−2t )·16t 2+8t4t 2+3+6y 1−t(16t 2+8t)4t 2+3−3y 1+4t−4＝－2.所以直线NH 过定点(0，－2)．方法二由A (0，－2)，B (32，－1)可得直线AB 的方程为y ＝23x －2. a ．若过点P (1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x ＝1.将直线方程x ＝1代入x 23+y 24＝1，可得N (1，2√63)，M (1，－2√63)．将y ＝－2√63代入y ＝23x －2，可得T (3－√6，－2√63)．由MT⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得H (5－2√6，－2√63)．此时直线HN 的方程为y ＝(2＋2√63)(x －1)＋2√63，则直线HN 过定点(0，－2)． b ．若过点P (1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kx －y －(k ＋2)＝0，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立得方程组{kx −y −(k +2)=0，x 23+y 24=1. 消去y 并整理，得(3k 2＋4)x 2－6k (2＋k )x ＋3k (k ＋4)＝0. 所以{x 1+x 2=6k (2+k )3k 2+4，x 1x 2=3k (4+k )3k 2+4，则{y 1+y 2=−8(2+k )3k 2+4，y 1y 2=4(4+4k−2k 2)3k 2+4，且x 1y 2＋x 2y 1＝−24k3k 2+4.①联立得方程组{y =y 1，y =23x −2，可得T (3y 12＋3，y 1)．由MT⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝TH ⃗⃗⃗⃗⃗ ，得H (3y 1＋6－x 1，y 1)．则直线HN 的方程为y －y 2＝y 1−y 23y 1+6−x 1−x2(x －x 2)．将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x 1＋x 2)－6(y 1＋y 2)＋x 1y 2＋x 2y 1－3y 1y 2－12＝0.②将①代入②，得24k ＋12k 2＋96＋48k －24k －48－48k ＋24k 2－36k 2－48＝0，显然成立．综上可得，直线HN 过定点(0，－2)．对点训练解析：(1)将y ＝3代入x 2＋2py ＝0，得x 2＝－6p . 当p ≥0时，不合题意；当p <0时，x ＝±√−6p ，则2√−6p ＝4√6，解得p ＝－4，故C 的方程为x 2＝8y .(2)证明：由(1)可知C 的准线方程为y ＝－2，不妨设P (m ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，设过点P 且与C 相切的直线l 的斜率为k ，则l ：y ＝k (x －m )－2，且k ≠0，联立{y =k (x −m )−2，x 2=8y ，得x 2－8kx ＋8(km ＋2)＝0，则Δ＝64k 2－32(km ＋2)＝0，即k 2－12mk －1＝0，由题意知，直线P A ，PB 的斜率k 1，k 2为方程k 2－12mk －1＝0的两根，则k 1＋k 2＝m2，k 1k 2＝－1，故k 1·k 2为定值．又x 2－8kx ＋8(km ＋2)＝(x －4k )2＝0，则x 1＝4k 1，同理可得x 2＝4k 2，则k 0＝y 1−y 2x 1−x 2＝18x −1218x 22x 1−x 2＝x 1+x 28，因此k 0＝4(k 1+k 2)8＝k 1+k 22，故k 1，k 0，k 2成等差数列．考点二[例2]解析：(1)因为x 2a 2+y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为√22，过椭圆右焦点的弦长的最小值为2b 2a＝2，所以a ＝2，c ＝√2，b ＝√2，所以椭圆M 的方程为x 24+y 22＝1. (2)设直线l 的方程为m (x －2)＋ny ＝1，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由椭圆的方程x 2＋2y 2＝4，得(x －2)2＋2y 2＝－4(x －2)．联立直线l 的方程与椭圆方程，得(x －2)2＋2y 2＝－4(x －2)[m (x －2)＋ny ]，即(1＋4m )(x －2)2＋4n (x －2)y ＋2y 2＝0，(1＋4m )(x−2y )2＋4n x−2y＋2＝0，所以1k 1+1k 2＝x 1−2y 1+x 2−2y 2＝－4n 1+4m＝1，化简得m ＋n ＝－14，代入直线l 的方程得m (x －2)＋(−14−m)y ＝1，即m (x －y －2)－14y ＝1，解得x ＝－2，y ＝－4，即直线l恒过定点(－2，－4)．对点训练解析：(1)抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F (p2，0)，因为l 过点F 且倾斜角为60°，所以l ：y ＝√3(x －p2)，联立y 2＝2px (p >0)，可得12x 2－20px ＋3p 2＝0，解得x ＝32p 或x ＝p6，又M 在第一象限，所以x M ＝32p ，因为|FM |＝4，所以32p ＋p2＝4，解得p ＝2，所以抛物线C 的方程为y 2＝4x ；(2)由已知可得抛物线C 的方程为y 2＝4x ，点S (4，4)，设直线l 的方程为x ＝my ＋n ，点M (y 12 4，y1)，N (y 22 4，y2)，将直线l 的方程与抛物线C ：y 2＝4x 联立得y 2－4my －4n ＝0，所以Δ＝16m 2＋16n >0，y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4n (*)，直线SM 的方程为y －4＝y 1−4y 12 4－4(x －4)，令x ＝0求得点A 的纵坐标为4y 1y 1+4，同理求得点B 的纵坐标为4y 2y2+4，由OA ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OB ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝16y 1y 2y 1y 2+4(y 1+y 2)+16＝8，化简得y 1y 2＝4(y 1＋y 2)＋16，将上面(*)式代入得－4n ＝16m ＋16，即n ＝－4m －4，所以直线l 的方程为x ＝my －4m －4，即x ＋4＝m (y －4)，所以直线l 过定点(－4，4)．考点三[例3] 解析：(1)不妨设F 1(－c ，0)，F 2(c ，0), 因为A (a ，0)，从而AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(−c −a ，0)，AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(c －a ，0) ，故有 AF 1⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·AF 2⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝a 2－c 2＝－1, 又因为a 2＋b 2＝c 2, 所以 b ＝1，又因为A (a ，0) 在圆 O ：x 2＋y 2＝3 上，所以 a ＝√3，所以双曲线C的标准方程为x 23－y 2＝1.(2)证明：设直线l 与x 轴交于D 点，双曲线的渐近线方程为y ＝±√33x ，由于动直线l 与双曲线C 恰有1个公共点，且与双曲线C 的两条渐近线分别交于点M 、N ，当动直线l 的斜率不存在时， l ：x ＝±√3，|OD |＝√3，|MN |＝2，S △OMN ＝12×√3×2＝√3，当动直线l 的斜率存在时，且斜率k ≠±√33，不妨设直线 l ：y ＝kx ＋m,故由{y =kx +m x 23−y 2=1⇒(1－3k 2)x 2－6mkx －3m 2－3＝0，依题意，1－3k 2≠0且m ≠0，Δ＝(－6mk )2－4(1－3k 2)(－3m 2－3)＝0, 化简得 3k 2＝m 2＋1，故由{y =kx +my =√33x ⇒x M ＝√33−k ，同理可求，x N ＝－√33+k，所以|MN |＝√1+k 2|xM−x N |＝2√3|m|√k 2+1|1−3k 2|，又因为原点O 到直线l ：kx －y ＋m ＝0的距离d ＝√k 2+1，所以S △OMN ＝12|MN |d ＝√3m 2|1−3k 2|，又由3k 2＝m 2＋1，所以S △OMN ＝√3|m|√k 2+1|1−3k 2|＝√3，故△OMN 的面积为定值，定值为√3.对点训练解析：(1)如图，设AF 1，AF 2与△AF 1F 2的内切圆分别交于G ，H 两点，则2a ＝|AF 1|−|AF 2|＝|F 1P |−|PF 2| ＝(1＋√3)－(√3－1)＝2，所以a ＝1，则b 2＝c 2－a 2＝2，则双曲线C 的方程为x 2－y 22＝1.(2)由题意得，切线l 的斜率存在．设切线l 的方程为y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．因为l 与圆O ：x 2＋y 2＝2相切，所以√1+k 2＝√2，即m 2＝2k 2＋2.联立{y =kx +m ，x 2−y 22=1，消去y 并整理得(2－k 2)x 2－2kmx －m 2－2＝0，所以x 1＋x 2＝2km2−k 2，x 1x 2＝−m 2−22−k 2.又QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QN ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝(QO ⃗⃗⃗⃗⃗ +OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(QO ⃗⃗⃗⃗⃗ +ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ) ＝|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2－OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗ −OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2－|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|ON ⃗⃗⃗⃗⃗ |cos ∠QON －|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |cos ∠QOM ＋ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2－|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |−|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |·|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |+ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2－|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2－|QO ⃗⃗⃗⃗⃗ |2＋ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ＝ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ −|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |2. 又OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝x 1x 2＋y 1y 2 ＝x 1x 2＋(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝(k 2＋1)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2 ＝(k 2+1)(−m 2−2)2−k 2+2k 2m 22−k2＋m 2＝m 2−2k 2−22−k 2，将m 2＝2k 2＋2代入上式得OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·ON ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0.所以QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QN ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝0－|OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ |2＝－2. 综上所述，QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QN ⃗⃗⃗⃗⃗ 为定值，且QM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·QN ⃗⃗⃗⃗⃗ ＝－2.考点四(1)[b ，a ] [a －c ，a ＋c ] [b 2，a 2] (2)a c －a (3)p2[例4] 解析：(1)设M (2√3cos θ，sin θ)是椭圆上一点，P (0，1)，则|PM |2＝12cos 2θ＋(1－sin θ)2＝13－11sin 2θ－2sin θ＝14411－11(sin θ＋111)2≤14411.故|PM |的最大值为12√1111.(2)由题意，知直线AB 的斜率存在，故设直线AB 的方程为y ＝kx ＋12.将直线方程与椭圆方程联立，得{y =kx +12，x 212+y 2=1.消去y 并整理，得(k 2＋112)x 2＋kx －34＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－kk 2+112，x 1x 2＝－34(k 2+112).直线P A ：y ＝y 1−1x 1x ＋1与直线y ＝－12x ＋3交于点C ，则x C ＝4x 1x1+2y 1−2＝4x 1(2k+1)x 1−1. 同理可得，x D ＝4x 2x 2+2y 2−2＝4x 2(2k+1)x 2−1，则|CD |＝ √1+14|x C －x D | ＝√52|4x1(2k+1)x1−1−4x2(2k+1)x2−1|＝2√5|x 1−x 2[(2k+1)x1−1][(2k+1)x 2−1]|＝2√5|x 1−x 2(2k+1)2x 1x 2−(2k+1)(x 1+x 2)+1|＝3√52·√16k 2+1|3k+1|＝6√55·√16k 2+1· √916+1|3k+1| ≥6√55，当且仅当k ＝316时等号成立．故|CD |的最小值为6√55.对点训练解析：(1)由题意知M (0，－4)，F (0，p2)，圆M 的半径r ＝1，所以|MF |－r ＝4，即p2＋4－1＝4，解得p ＝2.(2)由(1)知，抛物线方程为x 2＝4y ，由题意可知直线AB 的斜率存在，设A (x 1，x 12 4)，B (x2，x 22 4)，直线AB 的方程为y ＝kx ＋b ，联立得{y =kx +bx 2=4y，消去y 得x 2－4kx －4b ＝0，则Δ＝16k 2＋16b >0(※)，x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4b ，所以|AB |＝√1+k 2|x 1－x 2|＝√1+k 2·√(x 1+x 2)2−4x 1x 2＝4√1+k 2·√k 2+b . 因为x 2＝4y ，即y ＝x 24，所以y ′＝x 2，则抛物线在点A 处的切线斜率为x12，在点A 处的切线方程为y −x 12 4＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 12x −x 12 4，同理得抛物线在点B 处的切线方程为y ＝x 22x −x 22 4，联立得{y =x 12x −x 124y ＝x22x －x 22 4，则{x =x 1+x 22=2ky =x 1x 24=−b ，即P (2k ，－b )．因为点P 在圆M 上，所以4k 2＋(4－b )2＝1 ①，且－1≤2k ≤1，－5≤－b ≤－3，即－12≤k ≤12，3≤b ≤5，满足(※)．设点P 到直线AB 的距离为d ，则d ＝2√1+k 2，所以S △P AB ＝12|AB |·d ＝4√(k 2+b )3.由①得，k 2＝1−(4−b )24＝−b 2+8b−154，令t ＝k 2＋b ，则t ＝−b 2+12b−154，且3≤b ≤5. 因为t ＝−b 2+12b−154在[3，5]上单调递增，所以当b ＝5时，t 取得最大值，t max ＝5，此时k ＝0，所以△P AB 面积的最大值为20√5.。

2023年高考数学(文科)一轮复习课件—— 圆锥曲线的综合问题第二课时定值问题

设直线l：x＝t(－3<t<3且t≠0)，
由x92＋y2＝1，得 x＝t，
y2＝1－t92，
则 k1k2＝
1t－t92×－ t1－t92＝－1－t2 t92＝－19，
解得 t2＝92.
索引
所以 S△OMN＝12×2× 1－t92×|t|＝23. 当直线l的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l：y＝kx＋m(m≠0)，
①求证：OA⊥OB；证明设过椭圆的右顶点(4，0)的直线AB的方程为x＝my＋4.
代入抛物线方程y2＝4x，得y2－4my－16＝0，
由题意知Δ>0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则yy11＋ y2＝y2＝－41m6，， ∴x1x2＋y1y2＝(my1＋4)(my2＋4)＋y1y2 ＝(1＋m2)y1y2＋4m(y1＋y2)＋16＝－16(1＋m2)＋4m×4m＋16＝0，即O→A·OAOB＝12ab＝23，得 a＝3，所以椭圆 E 的标准方程为x92＋y2＝1.
索引
(2)若直线 l 交椭圆 E 于 M，N 两点，直线 OM 的斜率为 k1，直线 ON 的斜率为 k2，且 k1k2＝－19，证明：△OMN 的面积是定值，并求此定值. 证明当直线l的斜率不存在时，
索引
令 Q 为 AP 的中点，即 Q43，13. 若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，故|DQ|＝21|AP|＝2 3 2. 若 D 与 P 重合，则|DQ|＝21|AP|. 综上，存在点 Q43，13，使得|DQ|为定值.
索引
感悟提升
1.求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得. 2.求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得.

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专题五解析几何
18
解：(1)因为抛物线 y2＝2px 过点 P(1，2)，所以 2p＝4，即 p＝2. 故抛物线 C 的方程为 y2＝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yy2＝＝k4xx＋，1得 k2x2＋(2k－4)x＋1＝0. 依题意 Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>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 斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．
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专题五解析几何
26
[对点训练] (2019·丽水市高考数学模拟)如图，已知抛物线 C：x2＝4y，直线 l1 与 C 相交于 A，B 两点，线段 AB 与它的中垂线 l2 交于点 G(a，1)(a≠0)． (1)求证：直线 l2 过定点，并求出该定点坐标； (2)设 l2 分别交 x 轴，y 轴于点 M，N，是否存在实数 a，使得 A，M，B，N 四点在同一个圆上，若存在，求出 a 的值；若不存在，请说明理由．
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专题五解析几何
17
[对点训练] 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，Q→M＝λQ→O，Q→N＝μQ→O，求证：1λ＋μ1为定值．
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专题五解析几何
27
解：(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则xx2221＝＝44yy21，两式相减可得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，
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专题五解析几何
14
即(2k＋1)·44mk22＋－14＋(m－1)·4－k28＋km1＝0. 解得 k＝－m＋2 1.
当且仅当 m>－1 时，Δ>0，于是 l：y＝－m＋2 1x＋m，
即 y＋1＝－m＋2 1(x－2)，所以 l 过定点(2，－1)．
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专题五解析几何
y2－2（t2－t 1）y－4＝0，
故
2tyB＝－4，即
yB＝－2t ，所以
Bt12，－2t
.
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专题五解析几何
4
又由于 xG＝13(xA＋xB＋xC)，yG＝13(yA＋yB＋yC)及重心 G 在 x 轴上，故 2t－2t ＋yC＝0，得 C1t －t2，21t －t，G2t4－32t2t2＋2，0. 所以直线 AC 的方程为 y－2t＝2t(x－t2)，得 Q(t2－1，0)．由于 Q 在焦点 F 的右侧，故 t2>2.从而 SS12＝1212||QFGG||··||yyAC||＝t2－12－t42－t342－t2t23＋ 2t2t22＋－21··|22tt|－2t＝2tt44－－1t2＝2－tt24－－21.
从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)．将 y＝kx＋m 代入x42＋y2＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2
－4＝0.
由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
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专题五解析几何
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设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝－4k82k＋m1，x1x2＝44mk22＋－14. 而 k1＋k2＝y1x－1 1＋y2x－2 1＝kx1＋xm1 －1＋kx2＋xm2 －1 ＝2kx1x2＋（m－x1x12）（x1＋x2）. 由题设 k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
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所以1λ＋μ1＝1－1yM＋1－1 yN ＝（kx－1－1）1 x1＋（kx－2－1）1 x2 ＝k－1 1·2x1x2－x（1xx21＋x2）＝k－1 1·k22＋21kk－2 4
k2 ＝2.
所以1＋1为定值． λμ
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专题五解析几何
11
【解】 (1)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a12＋b12>a12＋43b2知，C 不经过点 P1，所以点 P2 在 C 上．因此ab1122＋＝413b，2＝1，解得ab22＝＝41，. 故 C 的方程为x42＋y2＝1.
21
“ 肯定顺推法”求解探究性问题
[典型例题] (2019·温州市高考数学二模)已知椭圆xa22＋by22＝1(a＞b＞0)的两
个焦点为 F1，F2，焦距为 2，设点 P(a，b)满足△PF1F2 是等腰三角形． (1)求该椭圆方程；
(2)过 x 轴上的一点 M(m，0)作一条斜率为 k 的直线 l，与椭圆交于点 A，B 两点，问是否存在常数 k，使得|MA|2＋|MB|2 的值与 m 无关？若存在，求出这个 k 的值；若不存在，
令－24k2＋18＝0，得 k2＝34，即 k＝±23. 此时|MA|2＋|MB|2＝7 与 m 无关符合题意．
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专题五解析几何
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探索性问题的求解方法 (1)处理这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出与已知、定理或公理相符的结论，则存在性得到肯定；若导致矛盾，则否定存在性．若证明某结论不存在，也可以采用反证法． (2)采用特殊化思想求解，即根据题目中的一些特殊关系，归纳出一般结论，然后进行证明，得出结论．
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y＝k（x－m）
(2)联立方程x42＋y32＝1
，整理得：
(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0.
在 Δ＞0 的情况下有xx11＋ x2＝x2＝ 4k332m＋8＋k242－4mkk212 2，
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专题五解析几何
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|MA|2＋|MB|2＝(1＋k2)[(x1－m)2＋(x2－m)2] ＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2] ＝（31＋＋4kk22）2[(－24k2＋18)m2＋96k2＋72]，
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(2)求解定值问题的两大途径 ①首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即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直线中的参数表示，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． [注] 对于此类问题可先根据特殊情况确定定点、定值，再进行一般性证明的方法就是由特殊到一般的方法．
请说明理由．
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专题五解析几何
22
【解】 (1)因为椭圆xa22＋by22＝1(a＞b＞0)的两个焦点为 F1，F2，焦距为 2，
设点 P(a，b)满足△PF1F2 是等腰三角形，
所以根据题意，有2（c＝a－21）2＋b2＝4，
解得ab＝＝2
， 3
故所求椭圆方程为x42＋y32＝1.
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专题五解析几何
9
(2)由(1)可知yy11＋ y2＝y2＝ 8x02－y0，y20，
所以|PM|＝18(y21＋y22)－x0＝34y20－3x0，
|y1－y2|＝2 2（y20－4x0）. 因此，△PAB 的面积 S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝34 2(y20－4x0)32. 因为 x20＋y420＝1(x0<0)，所以 y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4，5]，
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(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， 42－t2，
t，－ 42－t2.
则 k1＋k2＝
4－t2－2－ 2t
4－2tt2＋2＝－1，得 t＝2，不符合题设．
第2部分高考热点专题突破
专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题
数学
专题五解析几何
1
01
考点1
02
考点2
03
考点3
04
专题强化训练
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“ 构造法”求最值(范围) [典型例题]
(2019·高考浙江卷)如图，已知点 F(1，0)为抛物线 y2＝2px(p>0)的焦点．过点 F 的直线交抛物线于 A，B 两点，点 C 在抛物线上，使得△ABC 的重心 G 在 x 轴上，直线 AC 交 x 轴于点 Q，且 Q 在点 F 的右侧．记△AFG，△CQG 的面积分别为 S1，S2. (1)求 p 的值及抛物线的准线方程； (2)求SS12的最小值及此时点 G 的坐标．
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【解】 (1)由题意得p2＝1，即 p＝2.
所以抛物线的准线方程为 x＝－1.
(2)设 A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心 G(xG，yG)．令 yA＝2t，t≠0，则 xA＝t2. 由于直线 AB 过点 F，故直线 AB 的方程为 x＝t2－2t 1y＋1，代入 y2＝4x，得