第6节 圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线综合问题
圆锥曲线综合问题1.题目要求计算双曲线上一点到两个圆心的距离之差的最大值。
已知两圆的圆心和双曲线的焦点，可以通过计算点到圆心的距离和圆的半径来求得点到圆心的距离之和。
然后再通过两个圆心的距离和1来计算点到双曲线焦点的距离，最后将两个距离之差求出来即可得到最大值为5.2.题目要求计算过原点的直线与双曲线的交点斜率的取值范围。
可以将直线的方程代入双曲线的方程，然后整理得到一个关于斜率的一元二次方程。
由于两个交点不同，因此判别式大于0，可以得到斜率的取值范围为负根号3到正根号3.3.题目要求证明椭圆的长轴大于短轴，并求出过三个点的三角形的最大面积。
可以将直线的方程代入椭圆的方程，然后得到一个关于y的二次方程。
根据判别式大于0可以得到椭圆的长轴大于短轴。
然后可以通过求出三角形的三条边的长度，代入海伦公式求出三角形的面积，再通过求导数的方法求出最大值。
最终可以得到△OAB的最大面积为3.已知在平面直角坐标系xOy中的一个椭圆，中心在坐标原点，左焦点为F(－3,10)，右顶点为D(2,0)，且点A的坐标是(1,2)。
1) 求该椭圆的标准方程。
根据题意，椭圆的长轴长度为4，短轴长度为2，且焦点在x轴上。
因此，椭圆的标准方程为x^2/4+y^2=1.2) 过坐标原点O的直线交椭圆于点B、C，求△ABC面积的最大值。
当直线BC垂直于x轴时，|BC|=2，△ABC=1.当直线BC 不垂直于x轴时，设直线BC的方程为y=kx，代入椭圆的标准方程得到x^2=4k^2+1/(1+4k^2)，再根据点到直线的距离公式求得△ABC的面积。
通过求导可得当k=-1/2时，△ABC的面积最大，此时△XXX的面积为2.变式：若直线l：y=kx+m(k≠0)与椭圆C交于不同的两点B、C且线段BC的垂直平分线恒过点A(0，－1)，求m的范围。
根据题意，直线l与椭圆C交于两点，因此可以得到方程(4k^2+1)x^2+8kmx+4(m^2-1)=y^2.同时，由于线段BC的垂直平分线恒过点A(0，－1)，因此可以得到3m=4k^2+1.结合两个方程可以得到m^21，因此m的范围为3/2<m<3.知识归纳：1.求参数范围的方法：建立等式或不等式的函数关系，再求参数范围。
圆锥曲线中综合问题(题型归纳)
圆锥曲线中综合问题【考情分析】1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有：范围、最值问题，定点、定值问题，探索型问题等.2.以解答题的压轴题形式出现，难度较大，重在提升逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养.【题型一】圆锥曲线中的最值、范围问题【典例分析】1．（2021·山东滕州一中高三模拟）已知椭圆22:143x y C +=的左顶点为A ，过其右焦点F 作直线交椭圆C 于D ，E (异于左右顶点)两点，直线AD ，AE 与直线:4l x =分别交于M ，N ，线段MN 的中点为H ，连接FH .（1）求证：FH DE ⊥；（2）求DEH △面积的最小值.【解析】（1）由已知得(1,0)F ，设()11,D x y ，()22,E x y ，直线DE 的方程为1x my =+，与椭圆方程联立得()2234690m y my ++-=，122634m y y m +=-+，122934y y m =-+设直线AD 的方程为11(2)2y y x x =++，与直线:4l x =联立得1164,2y M x ⎛⎫⎪+⎝⎭，同理可得2264,2y N x ⎛⎫⎪+⎝⎭，则()()()12121221212123233323339M N H my y y y y y y y y m my my m y y m y y ++⎛⎫+==+==- ⎪+++++⎝⎭，(4,3)H m ∴-，3041FH m k m --==--，当0m =时，显然DE FH ⊥；当0m ≠时，()11DE FH k k m m⨯=⨯-=-时，DE FH ⊥，综上，可得DE FH ⊥.（2）12234y y m -===+()2122121||34m DE y y m +=-=+，H 到直线DE的距离d ==(221811||234DFHm S DE d m +=⨯=+△，设2211t m t =≥⇒=-，()3322()(1)31314t t f t t t t ==≥+-+，()422233'()031t t f t t +=>+()f t ∴在[1,)+∞上单调递增，min 1()(1)4f t f ==，当1t =，即0m =时取得最小值.DEH ∴ 面积的最小值是92.2．（2021·山东省实验中学高三模拟）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，点P 是椭圆C上位于第二象限的任一点，直线l 是12F PF ∠的外角平分线，直线2PF 交椭圆C 于另一点Q ，过左焦点1F 作l 的垂线，垂足为N ，延长1F N 交直线2PF 于点M ，||2ON =（其中O 为坐标原点），椭圆C 的离心率为12.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）求1PF Q 的内切圆半径r 的取值范围.【解析】（1）由题意可得1||||F N NM =，且1||||PF PM =，所以1222||||||||||2PF PF PM PF MF a +=+==，因为O ，N 分别为线段12F F ，1F M 的中点，所以ON 为12MF F △的中位线，所以2//ON MF 且21||||22ON MF a ===，由12c a =，222a b c =+得23b =，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）由（1）知2(1,0)F ，设直线2PF 的方程为1(0)x my m =+≠，由点P 在第二象限求得33m <.设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，由221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)690m y my ++-=，由根与系数的关系得122634m y y m +=-+，122934y y m =-+，所以12212121212211121||||2()42234PF Q m S F F y y y y y y m +=⋅⋅-=⨯+-+△，令2231()3t m t =+>，则221m t =-，所以12212121213(1)4313PF Q t t S t t t t===-+++△，因为13y t t=+在233t >时单调递增，所以15332y t t =+>所以11283153PF Q S t t=∈+△，又11111(||||||)4422PF Q S PF PQ QF r a r r =++⋅=⋅⋅=△，所以83045r <<，即305r <<，所以1PF Q 内切圆半径r 的取值范围是23)5.【提分秘籍】求解圆锥曲线中最值、范围问题的主要方法(1)几何法:若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质数形结合求解.(2)代数法:若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系,或者不等关系,或者已知参数与新参数之间的等量关系等,则利用代数法求参数的范围.【变式演练】1．（2021·辽宁本溪高级中学高三模拟）已知点F 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点，椭圆上任意一点到点F 距离的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若M 为椭圆C 上的点，以M 为圆心，MF 长为半径作圆M ，若过点(1,0)E -可作圆M 的两条切线,EA EB (,A B 为切点)，求四边形EAMB 面积的最大值.【解析】（1）根据题意椭圆上任意一点到点F 距离的最大值为3，最小值为1.所以31a c a c +=⎧⎨-=⎩，解得2,1a c ==，所以b =因此椭圆C 的标准方程为22143x y +=（2）由（1）知，()1,0E-为椭圆的左焦点，根据椭圆定义知，||||4ME MF +=，设|r MF MB ==｜，∵点E 在圆M 外，∴||4ME r r =->，∴12r ≤<所以在直角三角形MEB 中，||EB ==1||||2MEB S EB MB =⋅= ，由圆的性质知，四边形EAMB面积22MEB S S == ，其中12r ≤<.即)12S r =≤<.令()322412y r r r =-+≤<，则2682(34)y r r r r '=-+=--当413r <<时，0y '>，3224y r r =-+单调递增；当423r <<时，0y '<，3224y r r =-+单调递减.所以，在43r =时，y 取极大值，也是最大值此时maxS ==2．在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线10x y ++-=与以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆相切．（1）求椭圆C 的方程；（2）BMN △是椭圆C 的内接三角形，若坐标原点O 为BMN △的重心，求点B 到直线MN 距离的取值范围．【解析】（1）设椭圆2222:1x y C a b+=的右焦点()2,0F c ，则以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆：()222x c y a -+=，所以圆心到直线10x y ++=的距离d a ==，又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以2,a c b ==，解得：2,1a b c ===，所以椭圆的标准方程为22143x y +=；（2）设(),B m n ，设,M N 的中点为D ，直线OD 与椭圆交于A,B 两点，因为O 为BMN △的重心，则2BO OD OA ==,所以,22m n D ⎛⎫-- ⎪⎝⎭即B 到直线MN 的距离是原点O 到直线MN 距离的3倍.当MN 的斜率不存在时，点D 在x 轴上，所以此时B 在长轴的端点处.由2OB =得：1OD =,则O 到直线MN 距离为1，B 到直线MN 距离为3；当MN 的斜率存在时，设()()1122,,,M x y N x y ，则有：22112222143143x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩两式相减得：()()()()12121212043x x x x y y y y +-+-+=，因为D 为,M N 的中点，所以1212,x x m y y n +=-+=-，所以121234y y mk x x n-==--，所以直线MN 的方程为3242n m m y x n ⎛⎫+=-+ ⎪⎝⎭，即2268430mx ny n m +++=，所以原点O 到直线MN距离22d =.因为22143m n +=，所以223124m n =-，所以22d ===因为203n <≤，所以3<≤13≤<，所以332d ≤<综上所述，33332d ≤≤.即点B 到直线MN 距离的取值范围33,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【题型二】圆锥曲线中的定点、定值问题【典例分析】1．（2021浙江镇海中学高三模拟）已知()0,1F 且满足1PF x =+的动点(),P x y 的轨迹为C．（1）求曲线C 的轨迹方程；（2）如图，过点()1,0-T 的斜率大于零的直线与曲线C 交于D ，M 两点，()1,1Q -，直线DQ 交曲线C 于另外一点N ，证明直线MN 过定点．【解析】（1）∵1PF x =+，1x ≥-1x =+，等式两边平方整理得24y x =．（2）证明：设()11,M x y ，()22,N x y ，()33,D x y ．由21123344y x y x ⎧=⎨=⎩两式相减得1313134DM y y k x x y y -==-+．所以直线DM 的方程为()11134y y x x y y -=-+，整理得()13134y y y x y y +=+（*）．因为点T 在直线上，所以134y y =①，同理直线DN 的方程为()23234y y y x y y +=+，因为点Q 在直线上，所以()23234y y y y -+=+②．由①②两式得2211444y y y y ⎛⎫-+=+⋅ ⎪⎝⎭，整理得()121244y y y y =-+-．由（*）式同理知直线MN 的方程为()12124y y y x y y +=+，所以()()1212124444y y y x y y x y y +=+=-+-，整理得直线MN 的方程为()()()12441y y y x ++=-，所以直线MN 过定点()1,4-．2．（2021·天津八中高三模拟）已知椭圆C ：2221(0)6x y b b+=>的左、右焦点分别为()1,0F c -和()2,0F c ，P 为椭圆C 上任意一点，三角形12PF F 面积的最大值是3．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）若过点()2,0的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，且9,04Q ⎛⎫⎪⎝⎭，证明：QA QB ⋅ 为定值．【解析】（Ⅰ）由题意知226c b =-，当P 点位于椭圆C 短轴端点时，三角形12PF F 的面积S 取最大值，此时max 1232S c b bc =⨯⨯==．所以229b c =，即()2269bb -=，解得23b=．故椭圆C 的方程为22163x y +=．（Ⅱ）（方法1）当直线l 的斜率不为0时，设直线l ：2x my =+交椭圆于()()1122,,,A x y B x y ．由22226x my x y =+⎧⎨+=⎩消去x 得，()222420m y my ++-=．则12122242, 22m y y y y m m +=-=-++．而112299,,,44QA x y QB x y ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，所以()()2121212129911144416QA QB x x y y m y y m y y ⎛⎫⎛⎫⋅=--+=+-++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()222222141211512421621616m m m m m m m --⎛⎫⎛⎫=+---+=+=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．当直线l 的斜率为0时，(A B ，则998115,0,06441616QA QB ⎫⎛⎫⋅=⋅=-+=-⎪ ⎪⎭⎝⎭ ．故QA QB ⋅ 为定值，且为1516-．（方法2）当直线l 的斜率存在时，设直线l ：()2y k x =-交椭圆于()()1122,,,A x y B x y ．由22(2)26y k x x y =-⎧⎨+=⎩消去y 得，()2222218860k x k x k +-+-=．则2122821k x x k +=+，21228621k x x k -=+．而112299,,,44QA x y QB x y ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以()()222121212129998112444416QA QB x x y y k x x k x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=--+=+-++++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22222228698811242142116k k k k k k k -⎛⎫=+⋅-+⋅++⎪++⎝⎭22126818115621161616k k --=+=-+=-+．当直线l 的斜率不存在时，可求得()()2,1,2,1A B -，则991152,12,11441616QA QB ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅--=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ．故QA QB ⋅ 为定值，且为1516-．【提分秘籍】1.求定值问题的思路方法(1)思路:求解定值问题的基本思路是使用参数表示要解决的问题,然后证明与参数无关,这类问题选择消元的方向是非常关键的.(2)方法:从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;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.求定点问题的解题方法(1)动直线l 过定点问题:设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t 用k 表示为t=mk,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).(2)动曲线C 过定点问题:引入参变量建立曲线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.【变式演练】1．（2021·广东华南师范大学附属中学高三模拟）设A ，B 为双曲线2222:1x y C a b-=(0,0)a b >>的左、右顶点，直线l 过右焦点F 且与双曲线C 的右支交于M ，N 两点，当直线l 垂直于x 轴时，AMN 为等腰直角三角形.（1）求双曲线C 的离心率；（2）已知直线AM ，AN 分别交直线2ax =于,P Q 两点，当直线l 的倾斜角变化时，以PQ 为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【解析】（1）由l x ⊥轴时，AMN 为等腰直角三角形，可得||||||AF NF MF ==，所以2ba c a+=，即2220c ac a --=，故220e e --=，结合1e >，解得2e =.故双曲线C 的离心率为2.（2）因为2c e a ==，所以双曲线:C 222213x y a a-=，显然直线l 的斜率不为0，设直线:2l x my a =+，11(,)M x y ，22(,)N x y ，联立直线l 与双曲线C 的方程得2222213x my a x y a a=+⎧⎪⎨-=⎪⎩，化简得222(31)1290m y amy a -++=，根据根与系数的关系，得2121222129,3131am a y y y y m m +=-⋅=--，①所以121224()431ax x m y y a m -+=++=-，②222221212122342()431a m a x x m y y am y y a m --⋅=⋅+++=-，③设直线:AM 11()y y x a x a =++，直线:AN 22()y y x a x a=++，令2ax =，可得121233(,),(,)22()22()ay ay a a P Q x a x a ++，设()G x y ,是以PQ 为直径的圆上的任意一点，则0PG QG ⋅=，则以PQ 为直径的圆的方程为2121233()[][]022()2()ay ay a x y y x a x a -+--=++，由对称性可得，若存在定点，则一定在x 轴上，令0y =，可得2121233()022()2()ay ay a x x a x a -+⋅=++，即2212212129()024[()]a y y a x x x a x x a -+=+++，将①②③代入，可得22222222229931()034424()3131a a a m x a m a a a a m m ⋅--+=---+⋅+--，即229(24a x a -=，解得x a =-或2x a =，所以以PQ 为直径的圆过定点(,0)a -，(2,0)a .2．（2021·山师大附中高三模拟）已知圆(22:12C x y +=，动圆M过点)D且与圆C 相切.（1）求动圆圆心M 的轨迹E 的方程；（2）假设直线l 与轨迹E 相交于A ，B 两点，且在轨迹E 上存在一点P ，使四边形OAPB 为平行四边形，试问平行四边形OAPB 的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.【解析】（1）因为CD =<，所以点D 在圆内.又因为圆M 过点D 且与圆C相切，所以MC MD =，所以MC MD CD +=>.即点M 的轨迹是以C ，D 为焦点的椭圆.则2a =，即a =又因为222a b -=，所以21b =.故动圆圆心M 的轨迹E 的方程为：2213x y +=.（2）当直线AB 的斜率不存在时，可得直线AB 的方程为32x =±，此时32A y =，所以四边形OAPB 的面积32S =.当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y kx m =+，由22,13y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩整理得，()()222316310k x kmx m +++-=.因为直线l 与轨迹E 相交于A ，B 两点，所以()()()222222361231112310k m k m k m =-+-=-+>△.设()11,A x y ，()22,B x y ，则122631kmx x k +=-+，()21223131m x x k -=+.所以()121222231my y k x x m k +=++=+.设AB 的中点为Q ，则Q 的坐标为223,3311km m k k ++⎛⎫-⎪⎝⎭.因为四边形OAPB 为平行四边形，所以22622,3131km m OP OQ k k ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以点P 的坐标为2262,3131km m k k ⎛⎫-⎪++⎝⎭.又因为点Р在椭圆上，所以222262311331km m k k ⎛⎫- ⎪+⎛⎫⎝⎭+= ⎪+⎝⎭.整理得，22431m k =+.又因为12223131AB x k k =-==++，原点О到直线AB的距离为d =所以平行四边形OAPB的面积322AOBS S AB d ==⋅== .综上可知，平行四边形OAPB 的面积为定值32.1．（2021·江苏南京师范大学附属中学高三模拟）已知抛物线2:2(0)C y px p =>，满足下列三个条件中的一个：①抛物线C 上一动点Q 到焦点F 的距离比到直线:1m x =-的距离大1；②点(2,3)A 到焦点F 与到准线:2pl x =-的距离之和等于7；③该抛物线C 被直线:20n x y --=所截得弦长为16.请选择其中一个条件解答下列问题.（1）求抛物线C 的标准方程；（2）O 为坐标原点，直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，直线OM 的斜率为1k ，直线ON 的斜率为2k ，当124k k ⋅=-时，求OMN 的面积的最小值.【解析】（1）若选择①，则抛物线C 上一动点Q 到焦点F 的距与到直线:2m x =-的距离相等，故22p=，故4p =，所以抛物线的方程为28y x =.2=72p +，解得4p =，故抛物线的方程为28y x =.若选择③，则由222y x y px=-⎧⎨=⎩可得2240y py p --=，16=，解得4p =，故抛物线的方程为28y x =.（2）设:MN x my n =+，()11,M x y 、()22,N x y ，因为MN 与抛物线C 相交于M 、N ，所以将:MN x my n =+代28y x =消去x 得：2880y my n --=，则264640m n ∆=+>且128y y m +=，128y y n ⋅=-，由题意可知111y k x =，222y k x =，所以1212122212121264644888y y y y k k y y x x y y n ⋅⋅=⋅====-⋅-⋅，所以2n =，所以OMN的面积1212122S y y y y =⨯⨯-=-=≥，当且仅当0m =时等号成立，所以OMN的面积的最小值为2．（2021·重庆第一中学高三模拟）已知A ，B 分别为椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左､右顶点，F 为右焦点，点P 为C 上的一点，PF 恰好垂直平分线段OB (O 为坐标原点)，32PF =.（1）求椭圆C 的方程；（2）过F 的直线l 交C 于M ，N 两点，若点Q 满足OQ OM ON =+(Q ，M ，N 三点不共线)，求四边形OMQN面积的取值范围.【解析】（1）由题意可知(),0F c ，(),0B a ，∵PF 恰好垂直平分线段OB ，∴2a c =，令x c =，代入22221x y a b +=得：2b y a =±，∴232b a =，∴2222232a cba abc =⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得21a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴椭圆C 的方程为：22143x y +=.（2）由题意可知直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为：1x my =+，设()11,M x y ，()22,N x y ，联立方程221431x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去x 得：()2234690m y my ++-=，∴()223636340m m ∆=++>，∴122634m y y m -+=+，122934y y m -=+，设MN 的中点为E ，则2OQ OM ON OE =+=，∴MN 与OQ 互相平分，四边形OMQN 为平行四边形，∴OMQN S 平行四边形2OMN S =△12122OF y y =⨯⨯⨯-12y y =-==212134m=+，令1t =≥，则()2121211313OMQN t S t t t t==≥++平行四边形，∵11333y t t t t ⎛⎫ ⎪=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭在[1,)+∞上单调递增，∴134t t+≥，∴(]120,313t t∈+，∴03OMQN S <≤平行四边形.综上所述，四边形OMQN 面积的取值范围为(0,3].3.（2021·浙江杭州高级中学高三模拟）已知抛物线2:2(0)C x py p =>的焦点为F ，点P 为抛物线C 上一点，点P 到F 的距离比点P 到x 轴的距离大1．过点P 作抛物线C 的切线，设其斜率为0k .（1）求抛物线C 的方程；（2）直线:l y kx b =+与抛物线C 相交于不同的两点A ，B （异于点P ），若直线AP 与直线BP 的斜率互为相反数，证明：00k k +=．【解析】（1）解：设点()00,P x y ，由点P 到F 的距离比点P 到x 轴的距离大1，可得01PF y =+，即0012py y +=+，所以2p =，即抛物线C 的方程为24x y =.（2）证明：设()11,A x y ，()22,B x y ，直线AP 的斜率为AP k ，直线BP 的斜率为BP k ，则()101010AP y y k x x x x -=≠-，()202020BP y yk x x x x -=≠-.因为直线AP 与直线BP 的斜率互为相反数，所以AP BP k k =-，即10201020y y y y x x x x --=---，又点()11,A x y ，()22,B x y 均在抛物线上，可得222200211020444x x x x x x x x --=---，化简可得1202x x x +=-，因为2114x y =，2224x y =，所以()2212124x x y y -=-，即1212124y y x x x x -+=-，故012122x y y k x x -==--，因为24x y =，所以214y x =，所以1 2y x '=，则0012k x =，故00k k +=.4．（2021·湖南长沙长郡中学高三模拟）已知椭圆E ：()222210x y a b a b+=>>上有一点A ，点A 在x 轴上方，1F ，2F分别为E 的左，右焦点，当△12AF F 121sin 2AF F ∠=.（Ⅰ）求E 的标准方程；（Ⅱ）若直线l 交E 于P ，Q 两点，设PQ 中点为M ，O 为坐标原点，2PQ OM =uu u r uuu r，作ON PQ ⊥，求证：ON为定值.【解析】（Ⅰ）由椭圆的性质知，△12AF F 的面积取最大时，A 为椭圆的上顶点，即(0,)A b ，而12||2F F c =，∴12121||||2AF F S F F OA bc =⋅== 121sin 2b AF F a ∠==，又222a bc =+，∴24a =，21b =，可得E 的标准方程2214x y +=.（Ⅱ）由题意，2PQ OM =uu u r uuu r且PQ 中点为M ，易得90POQ ∠=︒，即OP OQ ⊥，若直线l 斜率不存在时，P ，Q 关于x 轴对称，2PQ OM =uu u r uuu r知：横纵坐标的绝对值相等，不妨假设P 在第一象限，则(,)P m m ，(,)Q m m -在椭圆上，∴255m =，此时,M N 两点重合，即255ON =；若直线l 斜率为0时，同理可得255ON =，若直线l 斜率存在且不为0时，设直线l 为(0)y kx b b =+≠，11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则11(,)OP x y = ，22(,)OQ x y =，且12120x x y y +=，联立椭圆与直线得：222(41)84(1)0k x kbx b +++-=且2216(41)0k b ∆=-+>，∴122841kb x x k +=-+，21224(1)41b x x k -=+，即2222222221212122224(1)84()414141k b k b b k y y k x x kb x x b b k k k --=+++=-+=+++，∴222222224(1)45440414141b b k b k k k k ----+==+++，即||b =.∴||5ON==，为定值.5．（2021·天津南开中学高三模拟）已知点A，B分别为椭圆2222:1(0)x yE a ba b+=>>的左顶点和上顶点，且坐标原点O到直线AB 的距离为61313，椭圆E的离心率是方程2650x-+=的一个根.（1）求椭圆E的标准方程；（2）若(3,0)P，过P作斜率存在的两条射线PM，PN，交椭圆E于M，N两点，且PM PN⊥，问：直线MN经过定点吗？若经过，求出这个定点坐标；若不经过，说明理由.【解析】（1）因为椭圆E的离心率是方程2650x-+=的一个根，所以2e=或3e=.因为椭圆E的离心率(0,1)e∈，所以53e=.因为3ca=，所以2295a c=，所以222245b ac c=-=，因为点A，B分别为椭圆E的左顶点和上顶点，所以||AB===.因为坐标原点O到直线AB 的距离为61313，所以11||22ab AB=，=⨯，所以c=，所以29a=，24b=，所以椭圆E的标准方程为22194x y+=.（2）当直线MN的斜率存在时，设MN：y=kx+m，由22194y kx mx y=+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消元并化简得222(49)189360k x kmx m+++-=，设1122(,),(,)M x y N x y ，则1221849km x x k +=-+，212293649m x x k-=+，又(3,0)P ，PM PN ⊥，所以1212133y yx x ⋅=---，所以1212123()9()()0x x x x kx m kx m -+++++=，即221212(1)(3)()(9)0k x x km x x m ++-+++=，所以2222293618(1)(3)(9)04949m kmk km m k k--++-++=++，所以2222(1)(936)(3)(18)(9)(49)0k m km km m k +-+--+++=，即224554130k km m ++=，所以30k m +=或15130k m +=，当30k m +=时，(3)y k x =-，此时M ，N ，P 重合，舍去.当15130k m +=时，15(13y k x =-，恒过点15(,0)13.当直线MN 的斜率不存在时，MN ⊥x 轴，设(),3M t t -，则()223194t t -+=，解得1513t =，所以此时直线MN 也过点15(,0)13.所以直线MN 恒过定点15(,0)13.6.（2021·湖南长郡中学高三模拟）已知抛物线2:4C x y =的焦点为F ，准线为l .设过点F 且不与x 轴平行的直线m 与抛物线C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，过M 作直线垂直于l ，垂足为N ，直线MN 与抛物线C 交于点P .（1）求证：点P 是线段MN 的中点.（2）若抛物线C 在点P 处的切线与y 轴交于点Q ，问是否存在直线m ，使得四边形MPQF 是有一个内角为60︒的菱形？若存在，请求出直线m 的方程；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：由题意知直线m 的斜率存在且不为0，故设直线m 的方程为1(0)y kx k =+≠，代入24x y =，并整理得2440x kx --=.所以216160k ∆=+>，设()11,A x y ，()22,B x y ，则124x x k +=，124x x =-.设()00,M x y ，则12022x x x k +==，200121y kx k =+=+，即()22,21M k k +.由MN l ⊥，得(2,1)N k -，所以MN 中点的坐标为()22,k k.将2x k =代入24x y =，解得2y k =，则()22,P k k ，所以点P 是MN 的中点.（2）由24x y =，得24x y =，则'2x y =，所以抛物线C 在点()22,P k k的切线PQ 的斜率为k ，又由直线m 的斜率为k ，可得m PQ ∥；又M N y ∥轴，所以四边形MPQF 为平行四边形.而||MF ==()222||211MP k k k =+-=+，由||||MF MP =，得21k =+，解得3k =±，即当3k =±时，四边形MPQF 为菱形，且此时2||1||||PF k MP MF ==+==，所以60PMF ∠=︒，直线m 的方程为13y x =±+，2即0x +=或0x +=，所以存在直线m ，使得四边形MPQF 是有一个内角为60︒的菱形.。
高考数学 试题汇编 第六节圆锥曲线的综合问题 文(含解析)
第六节圆锥曲线的综合问题与圆锥曲线有关的最值、范围问题考向聚焦高考常考内容,主要结合直线与圆锥曲线的位置关系,平面向量等知识综合命题,考查有关最值、范围等问题,考查观察、分析问题的能力,考查等价转化思想和全面认识问题的能力.基本上以解答题形式出现,难度大,所占分值12分左右备考指津训练题型:(1)从特殊位置确定最值,主要训练分析问题的能力及逻辑推理能力;(2)通过研究直线与圆锥曲线位置关系求最值或范围,主要对转化能力和函数与方程思想、数形结合思想的应用的训练1.(2012年山东卷,文21,13分)如图,椭圆M:+=1(a>b>0)的离心率为,直线x=±a和y=±b所围成的矩形ABCD的面积为8.(1)求椭圆M的标准方程;(2)设直线l:y=x+m(m∈R)与椭圆M有两个不同的交点P,Q,l与矩形ABCD有两个不同的交点S,T.求的最大值及取得最大值时m的值.解:(1)∵e==,∴1-=,∴=,∴a=2b,①∵矩形ABCD的面积为8,∴4ab=8,∴ab=2,②由①②解得a=2,b=1,∴椭圆M的标准方程为+y2=1.(2)由消去y整理得,5x2+8mx+4m2-4=0,由Δ=64m2-80(m2-1)=80-16m2>0得-<m<,设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-m,x1x2=∴|PQ|====(-<m<)线段CD的方程为y=1(-2≤x≤2),线段AD的方程为:x=-2(-1≤y≤1).①不妨设点S在AD边上,T在CD边上,则1≤m<,S(-2,m-2),D(-2,1) ∴|ST|=|SD|=[1-(m-2)]=(3-m)∴=×令t=3-m(1≤m<)则m=3-t,t∈(3-,2]∴===∵t∈(3-,2]∴∈[,),∴当=即t=时,取到最大值,此时m=.②不妨设点S在AB边上,T在CD边上,此时,-1≤m≤1因此|ST|=|AD|=2,=∴m=0时,取到最大值.③不妨设点S在AB边上,T在BC边上,-<m≤-1由椭圆和矩形的对称性知,取得最大值,此时m=-,综上,当m=±或m=0时,取得最大值.本题考查椭圆方程的求法,直线与椭圆的位置关系,考查学生数形结合、分类讨论及利用函数求最值,考查学生的推理论证及运算求解能力,难度较大,综合性较强.2.(2012年浙江卷,文22,14分)如图,在直角坐标系xOy中,点P(1,)到抛物线C:y2=2px(p>0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点,A,B是C上的两动点,且线段AB被直线OM平分.(1) 求p,t的值;(2)求△ABP面积的最大值.解:(1)由题意知得.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),线段AB的中点为Q(m,m). 由题意知,设直线AB的斜率为k(k≠0).由故(y1-y2)(y1+y2)=x1-x2,故k·2m=1,所以直线AB方程为y-m=(x-m).即x-2my+2m2-m=0.由消去x,整理得y2-2my+2m2-m=0,所以Δ=4m-4m2>0,y1+y2=2m,y1y2=2m2-m.从而|AB|=·|y1-y2|=·.设点P到直线AB的距离为d,则d=.设△ABP的面积为S,则S=|AB|·d=|1-2(m-m2)|·.由Δ=4m-4m2>0,得0<m<1.令u=,0<m≤,则S=u(1-2u2).设S(u)=u(1-2u2),0<u≤,则S'(u)=1-6u2.由S'(u)=0,得u=∈(0,),所以S(u)max=S()=.故△ABP面积的最大值为.本题把直线与抛物线以及三角形的面积与函数结合在一起考查,题目背景新颖,知识综合应用能力较强.3.(2011年上海卷,文22)已知椭圆C:+y2=1(常数m>1),P是曲线C上的动点,M是曲线C的右顶点,定点A的坐标为(2,0),(1)若M与A重合,求曲线C的焦点坐标;(2)若m=3,求|PA|的最大值与最小值;(3)若|PA|的最小值为|MA|,求实数m的取值范围.解:(1)若M与A重合,则M(2,0),∴m=2,∴椭圆C的方程为+y2=1,c==,曲线C的焦点坐标为(-,0)、(,0).(2)若m=3,则C:+y2=1,设P(x,y)(-3≤x≤3),|PA|2=(x-2)2+y2=(x-2)2+1-=-4x+5=(x-)2+,∵-3≤x≤3,∴当x=时,|PA=,当x=-3时,|PA=25.∴当x=时,|PA|min=,当x=-3时,|PA|max=5.(3)设动点P(x,y)(-m≤x≤m),则|PA|2=(x-2)2+y2=(x-2)2+1-=(x-)2-+5,∵当x=m时,|PA|取最小值,且>0,∴≥m且m>1,解得1<m≤1+.4.(2011年湖南卷,文21)已知平面内一动点P到点F(1,0)的距离与点P到y轴的距离的差等于1,(1)求动点P的轨迹C的方程;(2)过点F作两条斜率存在且互相垂直的直线l1,l2,设l1与轨迹C相交于点A,B,l2与轨迹C 相交于点D,E,求·的最小值.解:(1)设动点P的坐标为(x,y),由题意有-|x|=1.化简得y2=2x+2|x|.当x≥0时,y2=4x;当x<0时,y=0.所以,动点P的轨迹C的方程为y2=4x(x≥0)和y=0(x<0).(2)由题意知,直线l1的斜率存在且不为0,设为k,则l1的方程为y=k(x-1).由,得k2x2-(2k2+4)x+k2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个实根,于是x1+x2=2+,x1x2=1.因为l1⊥l2,所以l2的斜率为-.设D(x3,y3),E(x4,y4),则同理可得x3+x4=2+4k2,x3x4=1.故·=(+)·(+)=·+·+·+·=||·||+||·||=(x1+1)(x2+1)+(x3+1)(x4+1)=x1x2+(x1+x2)+1+x3x4+(x3+x4)+1=1+(2+)+1+1+(2+4k2)+1=8+4(k2+)≥8+4×2=16.当且仅当k2=,即k=±1时,·取最小值16.5.(2010年湖南卷,文19)为了考察冰川的融化状况,一支科考队在某冰川上相距8 km的A,B 两点各建一个考察基地,视冰川面为平面形,以过A,B两点的直线为x轴,线段AB的垂直平分线为y轴建立平面直角坐标系(如图),考察范围为到A,B两点的距离之和不超过10 km的区域.(1)求考察区域边界曲线的方程;(2)如图所示,设线段P1P2是冰川的部分边界线(不考虑其他边界),当冰川融化时,边界线沿与其垂直的方向朝考察区域平行移动,第一年移动0.2 km,以后每年移动的距离为前一年的2倍,问:经过多长时间,点A恰好在冰川边界线上?解:(1)设考察区域边界曲线上点P的坐标为(x,y),则由|PA|+|PB|=10>8知,点P在以A,B为焦点,长轴长为2a=10的椭圆上,此时短半轴长b==3,所以考察区域边界曲线的方程为+=1.(2)由题意知冰川边界线每年平行移动的距离构成以0.2为首项,2为公比的等比数列,易知过点P1,P2的直线方程为4x-3y+47=0,因此点A到直线P1P2的距离为d==.设经过n年,点A恰好在冰川边界线上,则利用等比数列求和公式可得=,解得n=5,即经过5年,点A恰好在冰川边界线上.6.(2010年北京卷,文19)已知椭圆C的左、右焦点坐标分别是(-,0),(,0),离心率是.直线y=t与椭圆C交于不同的两点M,N,以线段MN为直径作圆P,圆心为P.(1)求椭圆C的方程;(2)若圆P与x轴相切,求圆心P的坐标;(3)设Q(x,y)是圆P上的动点,当t变化时,求y的最大值.解:(1)因为由题意知=,且c=,所以a=,b==1,所以椭圆C的方程为+y2=1,(2)由题意知P(0,t)(-1<t<1),由,得x=±,所以圆P的半径为,当圆P与x轴相切时,|t|=.解得t=±.所以圆心P的坐标是(0,±).(3)由(2)知,圆P的方程为x2+(y-t)2=3(1-t2), 因为点Q(x,y)在圆P上,所以y=t ±≤t+.设t=cos θ,θ∈(0,π),则t+=cos θ+sin θ=2sin(θ+). 当θ=,即t=,且x=0时,y取最大值2.与圆锥曲线有关的定值、定点问题考向聚焦高考常考内容,高考中主要涉及与圆锥曲线中的“常数”,直线过定点等有关的定值、定点问题,综合性比较强,主要考查观察、分析问题的能力和转化与化归思想的应用,主要出现在解答题中,难度较大,所占分值12~14分7.(2012年福建卷,文21,12分)如图,等边三角形OAB的边长为8,且其三个顶点均在抛物线E:x2=2py(p>0)上.(1)求抛物线E的方程;(2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1相交于点Q.证明以PQ为直径的圆恒过y 轴上某定点.解:(1)由题意知|OB|=8,∠BOy=30°,设B(x,y),则x=|OB|sin 30°=4,y=|OB|cos 30°=12,∵B(4,12)在x2=2py上,∴(4)2=2×12p,解得p=2,∴抛物线E的方程为x2=4y.(2)由(1)知y=x2,y'=x,设P(x0,y0)则x0≠0,l的方程为:y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-,由得,∴Q(,-1).设M(0,y1),令·=0对满足y0=(x0≠0)的x0,y0恒成立,由于=(x0,y0-y1),=(,-1-y1),由·=0得-y0-y0y1+y1+=0,即(+y1-2)+(1-y1)y0=0对满足y0=(x0≠0)的y0恒成立,∴,∴y1=1,∴以PQ为直径的圆经过y轴上的定点(0,1).本题主要考查抛物线的标准方程求法,圆的性质、直线与抛物线的位置关系等基础知识,考查运算求解能力、逻辑推理能力、数形结合思想、化归与转化思想,属于难题. 8.(2011年四川卷,文21)过点C(0,1)的椭圆+=1(a>b>0)的离心率为,椭圆与x轴交于两点A(a,0)、B(-a,0),过点C的直线l与椭圆交于另一点D,并与x轴交于点P,直线AC与直线BD交于点Q.(1)当直线l过椭圆右焦点时,求线段CD的长;(2)当点P异于点B时,求证:·为定值.解:(1)由已知得b=1,=,解得a=2.∴椭圆方程为+y2=1,椭圆的右焦点为(,0),此时直线l的方程为y=-x+1,代入椭圆方程化简得7x2-8x=0,可得D(,-),故|CD|==.(2)当直线l与x轴垂直时与题意不符.所以直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=kx+1(k≠0且k≠),代入椭圆方程化简得(4k2+1)x2+8kx=0,求得D(,),又直线AC的方程为+y=1,直线BD的方程为y=(x+2),联立解得,因此Q点坐标为(-4k,2k+1).又P(-,0),∴·=(-,0)·(-4k,2k+1)=4,故·为定值.9.(2010年江苏卷,18)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆+=1的左、右顶点为A、B,右焦点为F.设过点T(t,m)的直线TA、TB与此椭圆分别交于点M(x1,y1)、N(x2,y2),其中m>0,y1>0,y2<0.(1)设动点P满足|PF|2-|PB|2=4,求点P的轨迹;(2)设x1=2,x2=,求点T的坐标;(3)设t=9,求证:直线MN必过x轴上的一定点(其坐标与m无关).(1)解:由题知F(2,0),B(3,0),A(-3,0).设P(x,y),则(x-2)2+y2-(x-3)2-y2=4,化简得x=.故所求点P的轨迹为直线x=.(2)解:∵+=1,∴x1=2时,y1=±,x2=时,y2=±,∵y1>0,y2<0,∴M(2,),N(,-).又A(-3,0),B(3,0),∴直线AM的方程为y=(x+3),①直线BN的方程为y=(x-3),②由①②得,即T(7,).(3)证明:∵T(9,m),∴直线TA的方程为y=(x+3),直线TB的方程为y=(x-3).由,得, 即M(-,).由,得,即N(,-).若x1=x2,则由-=及m>0得m=2.此时直线MN的方程为x=1,过点(1,0). 若x1≠x2,则m≠2,直线MN的方程为y+=·[x-],化简得y+=-[x-].令y=0,得x=1,即直线MN过点(1,0), 综上,直线MN过x轴上定点(1,0).开放性问题考向聚焦高考常考内容,主要是考查(1)探究圆锥曲线内,各量之间的关系;(2)存在性问题,一般以解答题形式出现,难度大,所占分值12~14分10.(2012年湖北卷,文21,14分)设A 是单位圆x2+y2=1上的任意一点,l是过点A与x轴垂直的直线,D是直线l与x轴的交点,点M在直线l上,且满足|DM|=m|DA|(m>0,且m≠1).当点A 在圆上运动时,记点M的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程,判断曲线C为何种圆锥曲线,并求其焦点坐标;(2)过原点斜率为k的直线交曲线C于P、Q两点,其中P在第一象限,且它在y轴上的射影为点N,直线QN交曲线C于另一点H,是否存在m,使得对任意的k>0,都有PQ⊥PH?若存在,求m 的值;若不存在,请说明理由.解:(1)如图(1),设M(x,y),A(x0,y0),则由|DM|=m|DA|(m>0,且m≠1),可得x=x0,|y|=m|y0|,所以x0=x,|y0|=|y|.①因为A点在单位圆上运动,所以+=1.②将①式代入②式即得所求曲线C的方程为x2+=1(m>0,且m≠1).因为m∈(0,1)∪(1,+∞),所以当0<m<1时,曲线C是焦点在x轴上的椭圆,两焦点坐标分别为(-,0),(,0);当m>1时,曲线C是焦点在y轴上的椭圆,两焦点坐标分别为(0,-),(0,).(2)法一:如图(2)、(3),∀k>0,设P(x1,kx1),H(x2,y2),则Q(-x1,-kx1),N(0,kx1)直线QN的方程为y=2kx+kx1,将其代入椭圆C的方程并整理可得(m2+4k2)x2+4k2x1x+k2-m2=0.依题意可知此方程的两根为-x1,x2,于是由韦达定理可得-x1+x2=-,即x2=.因为点H在直线QN上,所以y2-kx1=2kx2=,于是=(-2x1,-2kx1),=(x2-x1,y2-kx1)=(-,).而PQ⊥PH等价于·==0,即2-m2=0,又m>0,得m=,故存在m=,使得在其对应的椭圆x2+=1上,对任意的k>0,都有PQ⊥PH.法二:如图(2)、(3),∀x2∈(0,1),设P(x1,y1),H(x2,y2),则Q(-x1,-y1),N(0,y1),因为P,H两点在椭圆C上,所以两式相减可得m2(-)+(-)=0.③依题意,由点P在第一象限可知,点H也在第一象限,且P,H不重合,故(x1-x2)(x1+x2)≠0,于是由③式可得=-m2.④又Q,N,H三点共线,所以k QN=k QH,即=.于是由④式可得k PQ·k PH=·=·=-.而PQ⊥PH等价于k PQ·k PH=-1,即-=-1,又m>0,得m=,故存在m=,使得在其对应的椭圆x2+=1上,对任意的k>0,都有PQ⊥PH.本题是一个椭圆模型,第一问需要注意讨论椭圆焦点的位置,不要误认为只可能在x轴上,考查了分类讨论的能力;第二问是一个探讨性问题,探讨性问题一直是高考考查的热点,一般难度较大,作为压轴题出现.11.(2011年浙江卷,文22)如图,设P是抛物线C1:x2=y上的动点.过点P作圆C2:x2+(y+3)2=1的两条切线,交直线l:y=-3于A,B两点.(1)求圆C2的圆心M到抛物线C1准线的距离;(2)是否存在点P,使线段AB被抛物线C1在点P处的切线平分?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.解:(1)因为抛物线C1的准线方程为y=-,所以圆心M到抛物线C1准线的距离为|--(-3)|=.(2)设点P的坐标为(x0,),抛物线C1在点P处的切线交直线l于点D. 再设A,B,D的横坐标分别为x A,x B,x D,过点P(x0,)的抛物线C1的切线方程为y-=2x0(x-x0),①当x0=1时,过点P(1,1)与圆C2的切线PA为y-1=(x-1).切线PB为x=1,可得x A=-,x B=1,x D=-1,x A+x B≠2x D,当x0=-1时,过点P(-1,1)与圆C2的切线PB为y-1=-(x+1),切线PA为x=-1,可得x A=-1,x B=,x D=1,x A+x B≠2x D.所以-1≠0.设切线PA,PB的斜率分别为k1、k2(k1≠0,k2≠0),则PA:y-=k1(x-x0).②PB:y-=k2(x-x0).③将y=-3分别代入①,②,③得x D=(x0≠0);x A=x0-;x B=x0-,从而x A+x B=2x0-(+3)(+).又=1,即(-1)-2(+3)x0k1+(+3)2-1=0,同理(-1)-2(+3)x0k2+(+3)2-1=0.所以k1,k2是方程(-1)k2-2(+3)x0k+(+3)2-1=0的两个不相等的根,从而k1+k2=,k1·k2=,因为x A+x B=2x D,所以2x0-(3+)(+)=,即+=.从而=,进而得=8,x0=±.综上所述,存在点P满足题意,点P的坐标为(±,2).12.(2011年辽宁卷,文21)如图,已知椭圆C1的中心在原点O,长轴左、右端点M,N在x轴上,椭圆C2的短轴为MN,且C1,C2的离心率都为e.直线l⊥MN,l与C1交于两点,与C2交于两点,这四点按纵坐标从大到小依次为A,B,C,D.(1)设e=,求|BC|与|AD|的比值;(2)当e变化时,是否存在直线l,使得BO∥AN,并说明理由.解:(1)因为C1,C2的离心率相同,故依题意可设C1:+=1,C2:+=1(a>b>0).设直线l:x=t(|t|<a),分别与C1,C2的方程联立,求得A(t,),B(t,).当e=时,b=a,分别用y A,y B表示A,B的纵坐标,可知|BC|∶|AD|===.(2)t=0时的l不符合题意.t≠0时,BO∥AN当且仅当BO的斜率k BO与AN的斜率k AN相等,即=,解得t=-=-·a.因为0<|t|<a,所以0<<1,又0<e<1,解得<e<1.所以当0<e≤时,不存在直线l,使得BO∥AN;当<e<1时,存在直线l,使得BO∥AN.13.(2010年浙江卷,文22)已知m是非零实数,抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F在直线l:x-my-=0上,(1)若m=2,求抛物线C的方程;(2)设直线l与抛物线C交于A,B两点,过A,B分别作抛物线C的准线的垂线,垂足为A1,B1,△AA1F,△BB1F的重心分别为G,H.求证:对任意非零实数m,抛物线C的准线与x轴的交点在以线段GH为直径的圆外.(1)解:因为焦点F(,0)在直线l上,得p=m2,又m=2,故p=4.所以抛物线C的方程为y2=8x.(2)证明:因为抛物线C的焦点F在直线l上, 所以p=m2.所以抛物线C的方程为y2=2m2x.设A(x1,y1),B(x2,y2).由消去x得y2-2m3y-m4=0,由于m≠0,故Δ=4m6+4m4>0,且有y1+y2=2m3,y1y2=-m4.设M1,M2分别为线段AA1,BB1的中点,由于2=,2=,可知G(,),H(,),所以==+,=.所以GH的中点M(+,).设R是以线段GH为直径的圆的半径,则R2=|GH|2=(m2+4)(m2+1)m4.设抛物线的准线与x轴交点N(-,0).|MN|2=(++)2+()2=m4(m4+8m2+4)=m4[(m2+1)(m2+4)+3m2]>m4(m2+1)(m2+4)=R2.故N在以线段GH为直径的圆外.圆锥曲线间的综合问题考向聚焦高考常考内容,主要涉及椭圆、双曲线和抛物线以及圆,考查它们的几何性质,多以选择题或填空题形式出现,难度中档,有时以解答题形式出现,难度较大,所占分值5~12分14.(2012年浙江卷,文8,5分)如图,中心均为原点O 的双曲线与椭圆有公共焦点,M,N是双曲线的两顶点,若M,O,N将椭圆长轴四等分,则双曲线与椭圆的离心率的比值是( )(A)3 (B)2 (C)(D)解析:本题主要考查椭圆与双曲线的离心率的求法.设椭圆的长轴是2a,焦距是2c,双曲线的实轴是2 m,所以m=a,所以e1=,e2==,所以=2.故选B.答案:B.15.(2012年山东卷,文11,5分)已知双曲线C1:-=1(a>0,b>0)的离心率为2.若抛物线C2:x 2=2py(p>0)的焦点到双曲线C1的渐近线的距离为2,则抛物线C2的方程为( )(A)x2=y (B)x2=y(C)x2=8y (D)x2=16y解析:本题考查双曲线的离心率、渐近线等基础知识,∵e=2,∴e2=1+=4,∴=±,∴双曲线的渐近线方程为:y=±x即:±x+y=0,又抛物线x2=2py(p>0)的焦点为(0,),故=2,即p=8,故抛物线C2方程为x2=16y.答案:D.本题考查双曲线的离心率,渐近线及抛物线方程的求法,考查学生的推理能力及运算能力,难度适中.16.(2011年浙江卷,文9)已知椭圆C1:+=1(a>b>0)与双曲线C2:x2-=1有公共的焦点,C2的一条渐近线与以C1的长轴为直径的圆相交于A、B两点,若C1恰好将线段AB三等分,则( )(A)a2=(B)a2=13(C)b2=(D)b2=2解析:由已知双曲线渐近线方程为y=±2x.圆的方程为x2+y2=a2,则|AB|=2a.不妨取y=2x与椭圆交于P、Q点,且P在x轴上方,则由已知|PQ|=|AB|=,∴|OP|=.则点P坐标为(,),又∵点P在椭圆上,∴+=1,①又∵a2-b2=5,∴b2=a2-5.②解①②得.故选C.答案:C.17.(2011年天津卷,文6)已知双曲线-=1(a>0,b>0)的左顶点与抛物线y2=2px(p>0)的焦点的距离为4,且双曲线的一条渐近线与抛物线的准线的交点坐标为(-2,-1),则双曲线的焦距为( )(A)2(B)2(C)4(D)4解析:由交点(-2,-1)得-=-2,∴p=4,∴抛物线方程为y2=8x,∴抛物线的焦点为F(2,0),又a+=a+2=4,∴a=2,又∵双曲线的一条渐近线方程为y=x,且过(-2,-1),∴a-2b=0,∴b=1,∴c2=a2+b2=5,∴c=,2c=2.故选B.答案:B.18.(2010年北京卷,文13)已知双曲线-=1的离心率为2,焦点与椭圆+=1的焦点相同,那么双曲线的焦点坐标为;渐近线方程为.解析:椭圆+=1的焦点F1(-4,0),F2(4,0)也是双曲线的焦点,∴c=4,又e=2==,∴a=2,则b2=c2-a2=16-4=12,∴b=2,渐近线方程为y=±x=±x.答案:(±4,0) y=±x19.(2012年新课标全国卷,文20,12分)设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,准线为l.A为C 上一点.已知以F为圆心,FA为半径的圆F交l于B,D两点.(1)若∠BFD=90°,△ABD的面积为4,求p的值及圆F的方程;(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:(1)由△BFD为等腰直角三角形,|BD|=2p,圆F的半径|FA|=p,由抛物线定义可知A到l的距离d=|FA|=p,由△ABD的面积为4,所以|BD|·d=4,即×2p×p=4,解得p=2.所以F(0,1),圆F的方程为x2+(y-1)2=8.(2)由题意A、B、F三点共线于直线m,所以AB为圆F的直径,∠ADB=90°,由抛物线定义知|AD|=|FA|=|AB|,故∠ABD=30°,m的斜率为或-.当m=时,可设n为y=x+b,代入x2=2py得x2-px-2pb=0,由n与C只有一个公共点,令Δ=p2+8pb=0,得b=-.又m的截距为b1=,=3,所以坐标原点到m,n距离的比值为3.同理,m=-时,由图形对称性可知,坐标原点到m,n距离的比值为3.20.(2012年广东卷,文20,14分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的左焦点为F1(-1,0),且点P(0,1)在C1上.(1)求椭圆C1的方程;(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2:y2=4x相切,求直线l的方程.解:(1)由椭圆C1的左焦点为F1(-1,0),且点P(0,1)在C1上,可得,∴.故椭圆C1的方程为+y2=1.(2)由题意分析,直线l斜率存在且不为0,设其方程为y=kx+b,由直线l与抛物线C2相切得消y得k2x2+(2bk-4)x+b2=0,Δ1=(2bk-4)2-4k2b2=0,化简得kb=1.①由直线l与椭圆C1相切得消y得(2k2+1)x2+4bkx+2b2-2=0,Δ2=(4bk)2-4(2k2+1)(2b2-2)=0,化简得2k2=b2-1.②①②联立得,解得b4-b2-2=0,∴b2=2或b2=-1(舍),∴b=时,k=,b=-时,k=-.即直线l的方程为y=x+或y=-x-.本题考查了直线与椭圆、直线与抛物线相切的位置关系,良好的计算能力是解答本题的关键.21.(2012年上海数学,文22,16分)在平面直角坐标系xOy中,已知双曲线C:2x2-y2=1.(1)设F是C的左焦点,M是C右支上一点.若|MF|=2,求点M的坐标;(2)过C的左顶点作C的两条渐近线的平行线,求这两组平行线围成的平行四边形的面积;(3)设斜率为k(|k|<)的直线l交C于P、Q两点.若l与圆x2+y2=1相切,求证:OP⊥OQ. 解:(1)由2x2-y2=1知F(-,0),设M(x,y),则由②得y2=2x2-1代入①得x2+x++2x2-9=0.即3x2+x-=0,解得x==.x1=-(舍去),x2=.将x2=代入②得y2=2⇒y=±,∴M(,)或(,-).(2)左顶点A(-,0),渐近线方程为y=±x.过点A与渐近线y=x平行的直线方程为y-0=(x+),即y=x+1,由⇒B(-,),∴S四边形=2×|OA|·y B=|OA|·y B=×=.(3)设l为y=kx+b,(|k|<),由l与x2+y2=1相切知:=1,即b2=1+k2,将l:y=kx+b代入2x2-y2=1得2x2-(kx+b)2=1,即(2-k2)x2-2kbx-(b2+1)=0.设P(x1,kx1+b),Q(x2,kx2+b),则其中①显然成立·=(x1,kx1+b)·(x2,kx2+b)=x1x2+k2x1x2+kb(x1+x2)+b2=(1+k2)x1x2+kb(x1+x2)+b2=++b2===0.∴⊥,即OP⊥OQ.本题的难点是直线与圆锥曲线的位置关系.两个方程联立后利用韦达定理得出x1+x2,以及x1·x2.证明OP⊥OQ,也就是证·=0,利用坐标代入即可.22.(2012年湖南卷,文21,13分)在直角坐标系xOy中,已知中心在原点,离心率为的椭圆 E的一个焦点为圆C:x2+y2-4x+2=0的圆心.(1)求椭圆E的方程;(2)设P是椭圆E上一点,过P作两条斜率之积为的直线l1,l2,当直线l1,l2都与圆C相切时,求P的坐标.解:(1)由x2+y2-4x+2=0得(x-2)2+y2=2,故圆C的圆心为点(2,0).从而可设椭圆E的方程为+=1(a>b>0),其焦距为2c,由题设知c=2.e==,所以a=2c=4,b2=a2-c2=12.故椭圆E的方程为+=1.(2)设点P的坐标为(x0,y0),l1,l2的斜率分别为k1,k2,则l1,l2的方程分别为l1:y-y0=k1(x-x0),l2:y-y0=k2(x-x0),且k1k2=.由l1与圆C:(x-2)2+y2=2相切得=.即[(2-x0)2-2]+2(2-x0)y0k1+-2=0.同理可得[(2-x0)2-2]+2(2-x0)y0k2+-2=0.从而k1,k2是方程[(2-x0)2-2]k2+2(2-x0)y0k+-2=0的两个实根.于是①且k1k2==.由得5-8x0-36=0,解得x0=-2,或x0=.由x0=-2得y0=±3;由x0=得y0=±,它们均满足①式.故点P的坐标为(-2,3),或(-2,-3),或(,),或(,-).23.(2012年辽宁卷,文20,12分)如图,动圆C1:x2+y2=t2,1<t<3,与椭圆C2:+y2=1相交于A,B,C,D四点,点A1,A2分别为C2的左,右顶点.(1)当t为何值时,矩形ABCD的面积取得最大值?并求出其最大面积;(2)求直线AA1与直线A2B交点M的轨迹方程.解:(1)设A(x0,y0),则矩形ABCD的面积S=4|x0||y0|由+=1得=1-,从而=(1-)=-(-)2+,当=,=时,S max=6,从而t=时,矩形ABCD的面积最大,最大面积为6.(2)由A(x0,y0),B(x0,-y0),A1(-3,0),A2(3,0)知直线AA1的方程为y=(x+3),①直线A2B的方程为y=-(x-3)②由①②得y2=-(x2-9)③又点A(x0,y0)在椭圆C上,故=1-④将④代入③得-y2=1(x<-3,y<0).因此点M的轨迹方程为-y2=1(x<-3,y<0).24.(2010年江西卷,文21)如图,已知抛物线C1:x2+by=b2经过椭圆C2:+=1(a>b>0)的两个焦点.(1)求椭圆C2的离心率;(2)设点Q(3,b),又M,N为C1与C2不在y轴上的两个交点,若△QMN的重心在抛物线C1上,求C1和C2的方程.解:(1)因为抛物线C1经过椭圆C2的两个焦点F1(-c,0),F2(c,0),所以c2+b×0=b2,即c2=b2,又a2=b2+c2=2c2,所以椭圆C2的离心率e=.(2)由(1)可知a2=2b2,椭圆C2的方程为+=1.联立抛物线C1的方程x2+by=b2,得2y2-by-b2=0,解得y=-或y=b(舍去),所以x=±b,即M(-b,-),N(b,-),所以△QMN的重心坐标为(1,0).因为重心在C1上,所以12+b×0=b2,得b=1.所以a2=2.所以抛物线C1的方程为x2+y=1,椭圆C2的方程为+y2=1.(2011年山东卷,文22)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+y2=1.如图所示,斜率为k(k>0)且不过原点的直线l交椭圆C于A,B两点,线段AB的中点为E,射线OE交椭圆C于点G,交直线x=-3于点D(-3,m).(1)求m2+k2的最小值.(2)若|OG|2=|OD|·|OE|,①求证:直线l过定点;②试问点B,G能否关于x轴对称?若能,求出此时△ABG的外接圆方程;若不能,请说明理由. 难题特色:直线与椭圆的位置关系,圆的方程、定点、中点坐标、不等式等知识综合命题,涉及知识多,解题方法不易确定,计算难度大.难点突破:(1)可设直线l方程为y=kx+t与椭圆方程联立,用“设而不求法”表示出y1+y2,x1+x2,从而表示出x E,y E和直线OE方程,得到m、k的关系.(2)①由OD方程与椭圆方程联立,求得G点坐标,求|OG|、|OD|、|OE|建立关于t、k方程,求得t、k关系.②先假设B、G关于x轴对称,再推理证明存在性成立.再设出圆心坐标,运用两点距离公式列方程可求出△ABG的外接圆方程.(1)解:设直线l的方程为y=kx+t(k>0).由题意知t>0.由方程组得(3k2+1)x2+6ktx+3t2-3=0.由题意知Δ>0,所以3k2+1>t2.设A(x1,y1),B(x2,y2),E(x E,y E),由根与系数的关系得x1+x2=-,所以y1+y2=.因为E为线段AB的中点,所以x E=-,y E=,此时k OE==-.所以OE所在直线的方程为y=-x.由题意知D(-3,m)在直线OE上,所以m=,即mk=1,所以m2+k2≥2mk=2,当且仅当m=k=1时上式等号成立.此时由Δ>0及t>0,得0<t<2.因此当m=k=1且0<t<2时,m2+k2取最小值2.(2)①证明:由(1)知OD所在直线的方程为y=-x, 将其代入椭圆C的方程,并由k>0,解得G(-,).又E(-,),D(-3,),由距离公式及t>0得|OG|2=(-)2+()2=,|OD|==,|OE|==,由|OG|2=|OD|·|OE|得t=k.因此直线l的方程为y=k(x+1).所以直线l恒过定点(-1,0).②解:由①得G(-,),若点B,G关于x轴对称,则B(-,-).将点B的坐标代入y=k(x+1),整理得3k2-1=k,即6k4-7k2+1=0,解得k2=或k2=1.又因为3k2-1>0,即k2>,所以k2=1,所以k=1.此时B(-,-),G(-,)关于x轴对称.由(1)得x1=0,y1=1,所以A(0,1).由于△ABG的外接圆的圆心在x轴上,可设△ABG的外接圆的圆心为(d,0),因此d2+1=(d+)2+,解得d=-,故△ABG的外接圆的半径为=.所以△ABG的外接圆的方程为(x+)2+y2=.(2010年福建卷,文19,12分)已知抛物线C:y2=2px(p>0)过点A(1,-2).(1)求抛物线C的方程,并求其准线方程.(2)是否存在平行于OA(O为坐标原点)的直线l,使得直线l与抛物线C有公共点,且直线OA 与l的距离等于?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.解:(1)将(1,-2)代入y2=2px,得(-2)2=2p·1,所以p=2.2分故所求的抛物线C的方程为y2=4x,其准线方程为x=-1.4分第(1)问赋分细则:(1)方法对,计算错扣1分;(2)未写出“抛物线方程y2=4x”扣1分;(3)没写出结论“准线方程为x=-1”扣1分.(2)假设存在符合题意的直线l,其方程为y=-2x+t,由得y2+2y-2t=0.因为直线l与抛物线C有公共点,6分所以Δ=4+8t≥0,解得t≥-.8分又由直线OA与l的距离d=可得=,解得t=±1.10分因为-1∉[-,+∞),1∈[-,+∞),所以符合题意的直线l存在,其方程为2x+y-1=0.12分第(2)问赋分细则:(1)没有写出“假设存在”扣1分;(2)没有判断“Δ≥0”扣2分;(3)思路正确,计算错误扣1分,如t的范围求错;(4)没计算d值,后面求不出t=±1得前面的8分;(5)未排除“t=-1”扣1分;(6)没有写出“符合题意的直线l存在,其方程为2x+y-1=0”扣1分.通过高考阅卷统计分析,造成失分的原因如下:(1)解题步骤不全,跨过得分点,如未写出假设存在符合条件的直线等;(2)计算失误,致使结论错误;(3)没有注意判别式Δ≥0的限制;(4)考虑问题不全面,不知道由直线OA与d的距离求t;(5)第(2)问结论写不全.。
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。
圆锥曲线的综合问题讲义解析
圆锥曲线的综合问题讲义解析【课前双基巩固】 知识聚焦1.(1)没有 一个 两个(2)对称轴 渐近线 Δ>0 Δ=0 Δ<0 2.|y 1-y 2| 对点演练1.√2303[解析] 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由{2x -y +1=0,x 24+y 28=1消去y ,化简可得6x 2+4x-7=0,所以x 1+x 2=-23,x 1x 2=-76,所以|AB|=√1+k 2·√(x1+x 2)2-4x 1x 2=√1+22×√(-23)2-4×(-76)=√2303.2.54 [解析] 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 122-y 12=1,x 222-y 22=1,两式相减,得x 12-x 222=y 12-y 22,即k=y 2-y 1x 2-x 1=x 2+x 12(y 2+y 1),又线段AB 的中点恰好为点P (5,2),所以k=54.3.√3x-y-√3=0 [解析] 抛物线C :y 2=4x 的焦点为F (1,0),设直线l 的方程为y=k (x-1),与抛物线方程联立,得k 2x 2-(2k 2+4)x+k 2=0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=2k 2+4k 2,所以|AB|=x 1+x 2+2=2k 2+4k 2+2=163,解得k 2=3,又直线l 的倾斜角为锐角,所以k=√3,所以直线l 的方程为y=√3(x-1),即√3x-y-√3=0.4.(1+√2,+∞) [解析] 由题设条件可知△ABF 2为等腰三角形,只要∠AF 2B 为钝角即可,所以有b 2a>2c ,即b 2>2ac ,所以c 2-a 2>2ac ,即e 2-2e-1>0,所以e>1+√2.5.1或-1 [解析] 由{x 2-y 2=1,y =k(x -√2),得(1-k 2)x 2+2√2k 2x-2k 2-1=0.当1-k 2=0,即k=±1时,方程只有一根,所以直线与双曲线仅有一个公共点;当1-k 2≠0,即k ≠±1时,要满足题意只需Δ=(2√2k 2)2-4(1-k 2)(-2k 2-1)=0,此时无解.所以若直线l :y=k (x-√2)与双曲线x 2-y 2=1仅有一个公共点,则实数k 的值为1或-1.6.[2-2 √2,2+2 √2] [解析] 由椭圆方程得y 2=1-x 22,所以x 2+y 2+2x=12x 2+2x+1=12(x+2)2-1.由x 22+y 2=1,得|x|≤√2,所以当x=√2时,x 2+y 2+2x 有最大值2+2 √2;当x=-√2时,x 2+y 2+2x 有最小值2-2 √2.所以x 2+y 2+2x ∈[2-2 √2,2+2 √2].第1课时 直线与圆锥曲线的位置关系【课堂考点探究】例1 [思路点拨] (1)由4a=8,得a=2,再由2×12×2c×b=2√3,b 2+c 2=4,e<√22,可求得b=√3,c=1,即可得椭圆的方程.(2)分类讨论:当y 0=0时,可求得x 0=±2,即可求得直线与曲线的交点; 当y 0≠0时,直线l 的方程可化为y=12−3x 0x 4y 0,代入椭圆方程,再由点P (x 0,y 0)为曲线C 上一点,解得x=x 0,代入直线方程,得y=y 0,故直线l 与曲线C 有且只有一个交点P.解:(1)依题意,设椭圆C 的方程为x 2a +y 2b =1(a>b>0),焦距为2c , 由题设条件知4a=8,得a=2,又2×12×2c×b=2√3,b 2+c 2=a 2=4,所以b=√3,c=1或b=1,c=√3(经检验不合题意舍去),故椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)证明:当y 0=0时,由x 024+y 023=1,可得x 0=±2,当x 0=2,y 0=0时,直线l 的方程为x=2,直线l 与曲线C 有且只有一个交点(2,0). 当x 0=-2,y 0=0时,直线l 的方程为x=-2,直线l 与曲线C 有且只有一个交点 (-2,0). 当y 0≠0时,直线l 的方程为y=12−3x 0x 4y 0,联立{y =12−3x 0x4y 0,x 24+y 23=1,消去y ,得(4y 02+3x 02)x 2-24x 0x+48-16y 02=0.①由点P (x 0,y 0)为曲线C 上一点,得x 024+y 023=1,可得4y 02+3x 02=12.于是方程①可以化简为x 2-2x 0x+x 02=0,解得x=x 0,将x=x 0代入方程y=12−3x 0x 4y 0,可得y=y 0,故直线l 与曲线C 有且只有一个交点P (x 0,y 0).综上,直线l 与曲线C 有且只有一个交点,且交点为P (x 0,y 0).变式题 C [解析] 设|F 1F 2|=2c (c>0),△PF 1F 2的内切圆分别与PF 1,F 1F 2,PF 2切于点G ,H ,I ,则|PG |=|PI |,|F 1G|=|F 1H|,|F 2H|=|F 2I|.由双曲线的定义知2a=|PF 1|-|PF 2|=|F 1G|-|F 2I|=|F 1H|-|F 2H|,又|F 1H|+|F 2H|=|F 1F 2|=2c ,故|F 1H|=c+a ,|F 2H|=c-a ,所以H (a ,0),即a=2.若直线l 与双曲线的右支交于A ,B 两点,则当l ⊥x 轴时,|AB|有最小值为2b 2a=b 2(通径长);若直线l 与双曲线的两支分别交于A ,B 两点,则当l ⊥y 轴时,|AB|有最小值为2a.于是,由题意得b 2>2a=4,即b>2,c=√a 2+b 2>2√2,所以双曲线的离心率e=ca >√2.故选C. 例2 [思路点拨] (1)根据题意列出方程组求得a ,b ,c 的值,即可求得椭圆的标准方程;(2)设出直线l 的方程,联立直线与椭圆的方程,同时利用弦长公式求四边形OACB 的面积S ,设OC⃗⃗⃗⃗⃗ =λOM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (λ>0),结合点到直线的距离公式得到关于λ的方程,解方程即可求得最终结果,注意直线斜率不存在的情况.解:(1)由题意得{ ca =√22,√1+3=c,a 2=b 2+c 2,解得{a =√2,b =1,c =1,故椭圆K 的方程为x 22+y 2=1. (2)由(1)知F 2(1,0),由于直线AB 的倾斜角不能为零,所以设直线AB 的方程为my=x-1, 与x 22+y 2=1联立,可得(m 2+2)y 2+2my-1=0.设M (x 0,y 0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则y 1+y 2=-2m m 2+2,可得y 0=-m m 2+2,x 0=my 0+1=2m 2+2.设C (x ,y ),OC ⃗⃗⃗⃗⃗ =λOM⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (λ>0),所以x=λx 0,y=λy 0. 因为C 在K 上,故λ2x 022+y 02=1,得m 2+2=λ2.① 设h 1为点O 到直线AB 的距离,h 2为点C 到直线AB 的距离,则h1h 2=|OM⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ||MC ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ |=1λ-1,得h 2=(λ-1)h 1.又由点到直线的距离公式得h 1=√1+m 2=√λ2-1,而|AB |=√1+m 2·√(y 1+y 2)2-4y 1y 2=2√2(1+m 2)m 2+2=2√2(λ2-1)λ2, 所以S=12|AB |(h 1+h 2)=√2(λ2-1)λ2·√λ2-1=√2√λ2-1λ. 由题意知,S=2√3=√3,所以√2√λ2-1λ=√3,得λ=√3.将λ=√3代入①式,得m=±1,所以直线l 的斜率为±1.变式题 解:(1)根据题意可设抛物线C 的标准方程为x 2=2py (p>0).∵|P 1P 2|=4,∴2p=4,∴p=2, ∴抛物线C 的标准方程为x 2=4y. (2)由(1)可知,F (0,1),∴l :y=kx+1, 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),联立{x 2=4y,y =kx +1,消去y ,得x 2-4kx-4=0,∴x 1+x 2=4k ,∴y 1+y 2=k (x 1+x 2)+2=4k 2+2, ∴|MN|=y 1+y 2+p=4k 2+4.又∵点Q (0,3)到直线l 的距离为d=√1+k 2,∴|AB|=2√8−d 2=4√2k 2+12, ∴√1+k 2|AB|=2√2k 2+1,令√2k 2+1=t (t ∈(1,√3]),则k 2=12(t 2-1),∴√1+k 2|AB|=t 2+12t=12t+1t , 又∵t+1t ∈2,4√33,∴|MN|√1+k 2|AB|的取值范围为1,2√33.例3 [思路点拨] 思路一,首先设出直线方程,代入椭圆方程化为关于x 的一元二次方程,然后结合韦达定理可求得直线的斜率,进而求得直线l 的方程;思路二,利用“点差法”求解. x+2y-4=0 [解析] 方法一:易知直线l 的斜率存在.由题意可设l 的方程为y-1=k (x-2),即y=kx-2k+1.联立{y =kx -2k +1,x 216+y 24=1,整理得(1+4k 2)x 2-8(2k 2-k )x+16k 2-16k-12=0(*).设直线l 与椭圆的交点分别为A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则x 1+x 2=8(2k 2-k)1+4k 2.因为AB 的中点为M (2,1), 所以8(2k 2-k)1+4k 2=4,解得k=-12.所以所求l 的方程为y-1=-12(x-2),即x+2y-4=0.方法二: 设直线l 与椭圆的交点分别为A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),易知x 1≠x 2,则由{x 1216+y 124=1,x 2216+y 224=1,得(x 1-x 2)(x 1+x 2)16+(y 1-y 2)(y 1+y 2)4=0,即(x 1+x 2)+4(y 1+y 2)·y 1-y 2x 1-x 2=0(*).又x 1+x 2=4,y 1+y 2=2,代入(*),得4+4×2×y 1-y 2x 1-x 2=0,所以y 1-y2x 1-x 2=-12,故直线l 的方程为x+2y-4=0.例4 [思路点拨] 首先利用“点差法”求出直线方程,然后联立直线方程与抛物线方程求得交点坐标,进而可求得△ABF 的面积.2 [解析] 易知F (1,0),点M (2,2)是抛物线内的点,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),易知x 1≠x 2,则{y 12=4x 1,y 22=4x 2,两式相减可得y 12-y 22=4(x 1-x 2),化简得到(y 1+y 2)×y 1-y 2x 1-x 2=4,解得k=y 1-y2x 1-x 2=1,所以直线AB 的方程是y-2=x-2,即y=x ,与y 2=4x 联立,可得{x 1=0,y 1=0,{x 2=4,y 2=4,所以S △ABF =12×1×4=2.例5 [思路点拨] 首先根据条件得出直线PQ 的垂直平分线方程,并代入双曲线方程得到关于x 的一元二次方程,结合韦达定理求得中点M 的坐标,然后利用中点在抛物线上,也在直线y=x+b 上可求得b 的值.A [解析] 因为点P ,Q 关于直线y=x+b 对称,所以PQ 的垂直平分线为y=x+b ,所以直线PQ 的斜率为-1.设直线PQ 的方程为y=-x+m ,由{y =−x +m,x 22-y 23=1,得x 2+4mx-2m 2-6=0,所以x P +x Q =-4m ,所以x M =-2m ,所以M (-2m ,3m ).因为PQ 的中点M 在抛物线y 2=9x 上,所以9m 2=9×(-2m ),解得m=0或m=-2,又PQ 的中点M 也在直线y=x+b 上,所以b=5m ,所以b=0或-10,故选A. 强化演练1.6 [解析] 由抛物线y 2=4x 得p=2,设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),因为线段AB 的中点M 的横坐标为2,所以x 1+x 2=2×2=4,因为直线AB 过焦点,所以|AB |=x 1+x 2+p=4+2=6.2.2x+2y-3=0 [解析] 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),代入椭圆方程有x 122+y 12=1,x 222+y 22=1,两式相减得(x 2-x 1)(x 2+x 1)2=-(y 2+y 1)(y 2-y 1),即(x 2-x 1)×22=-(y 2-y 1),所以k AB =y 2-y 1x 2-x 1=-1,所以直线l 的方程为y-12=-(x-1),即2x+2y-3=0.3.B [解析] 设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),双曲线方程为x 2a2-y 2b 2=1(a>0,b>0),将y=x-1代入双曲线方程,整理得(b 2-a 2)x 2+2a 2x-a 2-a 2b 2=0,得x 1+x 2=2a 2a -b ,则x 1+x 22=a 2a -b =-23.又c 2=a 2+b 2=7,所以a 2=2,b 2=5,所以双曲线的方程是x 22-y 25=1,故选B.4.x 28+y 24=1 [解析] 抛物线y 2=8x 的焦点为(2,0),∴c=2,设椭圆方程为x 2a2+y 2b2=1(a>0,b>0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),代入椭圆方程后两式相减,得(x 1+x 2)(x 1-x 2)a 2+(y 1+y 2)(y 1-y 2)b 2=0,由中点M (1,1)及斜率为-12可得a 2b=2.∵a 2-b 2=c 2=4,∴a 2=8,b 2=4,∴椭圆C 的方程为x 28+y 24=1.5.(-2√1313,2√1313) [解析] 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2)是椭圆上关于直线y=4x+m 对称的相异的两点,AB的中点为M (x 0,y 0),则x 124+y 123=1,x 224+y 223=1,由“点差法”得y 0=3x 0,代入y 0=4x 0+m ,解得M 点坐标为(-m ,-3m ).而M 是AB 的中点,∴M 点在椭圆内部,∴m 24+9m 23<1,解得-2√1313<m<2√1313. 第2课时 最值﹑范围﹑证明问题【课堂考点探究】例1 [思路点拨] (1)由顶点坐标及椭圆的离心率,即可求得a 和c 的值,进而可求得椭圆方程; (2)分类讨论,当斜率为0时,即可求得m 的值,设直线l 的方程,代入椭圆方程,利用根与系数的关系及弦长公式即可求得m 的表达式,利用导数求得函数的单调性及最值,即可求得m 的最大值.解:(1)因为椭圆C :x 2a2+y 2b 2=1(a>b>0)的顶点坐标为(±√6,0),且离心率为√306, 所以a=√6,且√a 2-b 2a =√306,解得b=1.故椭圆C 的方程为x 26+y 2=1.(2)因为|MN |=4√33>2,所以直线MN 的斜率存在.又因为直线MN 在y 轴上的截距为m ,所以可设直线MN 的方程为y=kx+m , 代入椭圆方程x 26+y 2=1,得(1+6k 2)x 2+12kmx+6(m 2-1)=0,因为Δ=(12km )2-24(1+6k 2)(m 2-1)=24(1+6k 2-m 2)>0,所以m 2<1+6k 2.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),由根与系数的关系得x 1+x 2=-12km1+6k 2,x 1x 2=6(m 2-1)1+6k 2,则|MN |=√1+k 2|x 1-x 2|=√1+k 2√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=√1+k 2√(-12km 1+6k 2)2-24(m 2-1)1+6k 2.因为|MN |=4√33, 所以√1+k 2√(-12km 1+6k 2)2-24(m 2-1)1+6k 2=4√33, 整理得m 2=-18k 4+39k 2+79(1+k 2).令k 2+1=t ≥1,则k 2=t-1, 所以m 2=-18t 2+75t -509t=1975-18t+50t≤75−2×309=53,等号成立的条件是t=53,此时k 2=23,m 2=53,满足m 2<1+6k 2,符合题意.故m 的最大值为√153. 变式题 解:(1)曲线C 上的点满足|PF 1|+|PF 2|=2√2>|F 1F 2|=2,∴曲线C 是以F 1,F 2为焦点的椭圆,且a=√2,c=1,b=1,∴曲线C 的方程是x 22+y 2=1.(2)∵F 2M ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =λF 2N ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =μa ,∴M ,N ,F 2三点共线,且直线MN 的斜率为√3,∴直线MN 的方程为y=√3(x-1), 与椭圆方程联立得7x 2-12x+4=0,设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),∴|MN |=2√(x 1+x 2)2-4x 1x 2 =8√27. 设P (√2cos θ,sin θ),∴P 到直线MN 的距离d=|√6cosθ-sinθ-√3|2=|√7sin(θ-φ)+√3|2,∴d max =√7+√32, ∴S △MNP 的最大值为12|MN|·d max =2√14+2√67. 例2 [思路点拨] (1)首先根据抛物线的准线方程可求得a 的值,然后根据椭圆的离心率结合a 2=b 2+c 2可求得b 的值,由此求得椭圆C 1和抛物线C 2的方程;(2)由题意知直线的斜率一定存在,由此设直线l :y=kx+2,代入椭圆的方程,消去y 得到关于x 的一元二次方程,然后利用判别式大于零及根与系数的关系,利用“O 在以线段PQ 为直径的圆的外部”等价于“OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ >0”建立不等式,求得k 的取值范围.解:(1)由题意得a 4=12,∴a=2,故抛物线C 2的方程为x 2=-2y.又e=c a =√32,∴c=√3,∴b=1,从而椭圆C 1的方程为x 24+y 2=1.(2)显然直线x=0不满足题设条件,故可设直线l :y=kx+2,P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2). 由{x 24+y 2=1,y =kx +2,得(1+4k 2)x 2+16kx+12=0. ∵Δ=(16k )2-4×12(1+4k 2)>0,∴k∈-∞,-√32∪√32,+∞,x 1+x 2=-16k1+4k 2,x 1x 2=121+4k 2,根据题意,得0°<∠POQ<90°,即OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ >0,∴OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗ =x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2+(kx 1+2)(kx 2+2)=(1+k 2)x 1x 2+2k (x 1+x 2)+4=12(1+k 2)1+4k 2+2k×-16k 1+4k 2+4=16−4k 21+4k 2>0,解得-2<k<2.综上得k ∈-2,-√32∪√32,2.变式题 解:(1) 由题知F p2,0,|FA |=3+2√2+p 2,|FD|=√2|FA|=3√2+4+√22p ,则D 3√2+4+√22p+p2,0,FD 的中点坐标为3√22+2+(2+√2)p4,0,则3√22+2+(2+√2)p4=3+2√2,解得p=2,故C 的方程为y 2=4x.(2)证明:依题可设直线AB 的方程为x=my+x 0(m ≠0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则E (x 2,-y 2).由{y 2=4x,x =my +x 0消去x ,得y 2-4my-4x 0=0,因为x 0≥12,所以Δ=16m 2+16x 0>0, y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4x 0.设P 的坐标为(x P ,0),则PE ⃗⃗⃗⃗ =(x 2-x P ,-y 2),PA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1-x P ,y 1). 由题知PE ⃗⃗⃗⃗ ∥PA⃗⃗⃗⃗⃗ ,所以(x 2-x P )y 1+y 2(x 1-x P )=0, 即x 2y 1+y 2x 1=y 22y 1+y 12y 24=y 1y 2(y 1+y 2)4=(y 1+y 2)x P ,显然y 1+y 2=4m ≠0,所以x P =y 1y 24=-x 0,即证得点P 的坐标为(-x 0,0).由题知△EPB 为等腰直角三角形,所以k AP =1,即y 1+y2x 1-x 2=1,即y 1+y 214(y 12-y 22)=1,所以y 1-y 2=4,所以(y 1+y 2)2-4y 1y 2=16,即16m 2+16x 0=16,则m 2=1-x 0,x 0<1. 又因为x 0≥12,所以12≤x 0<1.d=002=2=2−x ,令√2−x 0=t ∈1,√62,则x 0=2-t 2,d=2(2−t 2)t=4t-2t ,易知f (t )=4t-2t 在1,√62上是减函数,所以d∈√63,2.例3 [思路点拨] (1)设经过焦点的直线AB 的方程为y=k x-p2(k ≠0),联立直线的方程和抛物线的方程,利用韦达定理以及斜率之积等于-p 求出p 的值,由此求得抛物线方程;(2)利用(1)求得M 点的坐标,利用直线OM 的方程求出D 点的坐标,两者横坐标的比值大于2,得证.解:(1)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),直线AB (不垂直于x 轴)的方程可设为y=k x-p2(k ≠0). ∵直线AB 过点F 且与抛物线C 交于A ,B 两点,∴y 12=2px 1,y 22=2px 2.∵直线OA 与OB 的斜率之积为-p ,∴y 1y 2x 1x 2=-p ,∴(y 1y 2x 1x 2)2=p 2,得x 1x 2=4.由{y =k (x -p2),y 2=2px,得k 2x 2-(k 2p+2p )x+k 2p 24=0,其中Δ=(k 2p+2p )2-k 2p 2k 2>0,∴x 1+x 2=k 2p+2p k 2,x 1x 2=p 24,∴p=4,∴抛物线C 的方程为y 2=8x.(2)证明:设M (x 0,y 0),D (x 3,y 3),∵M 为线段AB 的中点, ∴x 0=12(x 1+x 2)=k 2p+2p 2k 2=2(k 2+2)k 2,y 0=k (x 0-2)=4k,∴直线OD 的斜率k OD =y 0x 0=2kk 2+2,∴直线OD 的方程为y=2kk 2+2x ,代入抛物线方程y 2=8x ,得x 3=2(k 2+2)2k 2,∴x3x 0=k 2+2,∵k 2>0,∴|OD||OM|=x3x 0=k 2+2>2.变式题 解:(1)依题意得c a =√22,3a 2+12b 2=1,a 2=b 2+c 2,解得a 2=4,b 2=2,故椭圆C 的方程为x 24+y 22=1.(2)证明:由椭圆的对称性,不妨假设存在k>0,使得|BP||BQ|=12. 由题意得a 2=2b 2,则椭圆C :x 22b 2+y 2b 2=1,联立直线l 与椭圆C 的方程可得(1+2k 2)x 2+4kbx=0,解得x P =-4kb 1+2k 2,所以|BP |=√1+k 2×4kb1+2k 2,因为BP ⊥BQ ,所以|BQ |=√1+(-1k)2×4(-1k)b1+2(-1k)2=√1+k 2×4bk 2+2,因为|BP||BQ|=12,所以2√1+k 2×4kb 1+2k 2 =√1+k 2×4bk 2+2,即2k 3-2k 2+4k-1=0.记f (x )=2x 3-2x 2+4x-1,因为f (14)<0,f (12)>0,所以函数f (x )存在零点,所以存在k ∈R ,使得|BP||BQ|=12.第3课时 定点﹑定值﹑探索性问题【课堂考点探究】例1 [思路点拨] (1)设C (x ,y )(y ≠0),由题意与两点间的距离公式可得结论;(2)设直线MN 的方程为x=my+n ,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),联立直线与抛物线的方程结合韦达定理可得y 1y 2的表达式,结合条件中的斜率关系可得到y 1y 2的值,进而建立一个等式,可求得结果.解:(1)设C (x ,y )(y ≠0),因为B 在x 轴上且BC 的中点在y 轴上,所以B (-x ,0),由|AB |=|AC |,得(x+1)2=(x-1)2+y 2,化简得y 2=4x ,所以点C 的轨迹Γ的方程为y 2=4x (y ≠0).(2)证明:设直线MN 的方程为x=my+n ,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2), 由{y 2=4x,x =my +n,得y 2-4my-4n=0,所以y 1y 2=-4n. k MP =y 1-2x 1-1=y 1-2y 124-1=4y1+2,同理k NP =4y 2+2,所以4y1+2+4y2+2=2,化简得y 1y 2=4,又因为y 1y 2=-4n ,所以n=-1, 所以直线MN 过定点(-1,0).变式题 解:(1)如图,因为☉C 1内切☉C 2于点A ,所以r-1=2,解得r=3,所以☉C 2的方程为(x-1)2+y 2=9.因为直线PQ ,PR 分别切☉C 1,☉C 2于Q ,R ,所以C 1Q ⊥PQ ,C 2R ⊥PR ,连接PM ,在Rt △PQM 与Rt △PRM 中,|PQ |=|PA |=|PR |,|PM |=|PM |,所以|QM |=|RM |,所以|MC 1|+|MC 2|=|MQ |+|C 1Q|+|MC 2|=|MR |+|C 1Q|+|C 2M|=|C 1Q|+|C 2R|=4>2=|C 1C 2|, 所以点M 的轨迹C 是以C 1,C 2为焦点,长轴长为4的椭圆(除去长轴端点), 所以M 的轨迹C 的方程为x 24+y 23=1(y ≠0).(2)证明:依题意,设直线MN 的方程为x=ty-1(t ≠0),M (x 1,y 1),N (x 2,y 2), 则M'(x 1,-y 1)且x 1≠x 2,y 1+y 2≠0, 联立{x =ty -1,x 24+y 23=1,消去x ,并整理得(3t 2+4)y 2-6ty-9=0, Δ=(-6t )2-4×(-9)(3t 2+4)=144t 2+144>0,则y 1+y 2=6t 3t 2+4,y 1y 2=-93t 2+4,直线M'N 的方程为y+y 1=y 2+y 1x 2-x 1(x-x 1),令y=0,得x=y 1(x 2-x 1)y 2+y 1+x 1=y 1x 2+x 1y 2y 2+y 1=y 1(ty 2-1)+y 2(ty 1-1)y 2+y 1=2ty 1y 2y 2+y 1-1=-18t 3t 2+46t 3t 2+4-1=-4,故直线M'N 过定点(-4,0).例2 [思路点拨] (1)由题意求得a 2,c 2,再由b 2=a 2-c 2求得b 2,从而可得椭圆的标准方程;(2)证明:设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4),可求得直线AR 的方程,与椭圆方程联立,由韦达定理可求得y 1y 3=-4y 125−x 1,进一步可求C 的坐标,同理得D 的坐标,从而可得k 2与k 1的关系式,化简运算即可.解:(1)由题意得{c a =23,a -c =1,解得{a =3,c =2,∴b 2=a 2-c 2=5,故椭圆E 的标准方程为x 29+y 25=1.(2)证明:设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4), 由已知得,直线AR 的方程为y=y 1x 1-1(x-1),即x=x 1-1y 1y+1.联立{x =x 1-1y 1y +1,x 29+y 25=1,消去x 并整理,得5−x 1y 12y 2+x 1-1y 1y-4=0,则y 1y 3=-4y 125−x 1,∵y 1≠0,∴y 3=4y1x 1-5, ∴x 3=x 1-1y 1y 3+1=x 1-1y 1·4y 1x 1-5+1=5x 1-9x 1-5, ∴C5x 1-9x 1-5,4y 1x 1-5.同理D5x 2-9x 2-5,4y 2x 2-5, ∴k 2=4y 1x 1-5-4y 2x 2-55x 1-9x 1-5-5x 2-9x 2-5=4y 1(x 2-5)-4y 2(x 1-5)(5x1-9)(x 2-5)-(5x 2-9)(x 1-5)=4y 1(x 2-5)-4y 2(x 1-5)16(x 2-x 1),∵y 1=k 1(x 1+2),y 2=k 1(x 2+2), ∴k 2=4k 1(x 1+2)(x 2-5)-4k 1(x 2+2)(x 1-5)16(x 2-x 1)=7k 1(x 2-x 1)4(x 2-x 1)=7k 14,∴k1k 2=47为定值.变式题 解:(1)设点P 的坐标为(x ,y ),因为定点F12,0在定直线l : x=-2的右侧,且动点P 到定直线l : x=-2的距离比到定点F 12,0的距离大32,所以x>-2且√(x -12)2+y 2=|x+2|-32,化简得√(x -12)2+y 2=x+12,即y 2=2x ,所以轨迹C 的方程为y 2=2x.(2)证明:设A (2t 12,2t 1),B (2t 22,2t 2)(t 1·t 2≠0),则DA ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2t 12-2,2t 1),DB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2t 22-2,2t 2),因为A ,D ,B 三点共线,所以2t 2(2t 12-2)=2t 1(2t 22-2),所以(t 1-t 2)(t 1t 2+1)=0,又t 1≠t 2,所以t 1t 2=-1.直线OA 的方程为y=1t 1x ,令x=-2,得M -2,-2t 1.同理可得N -2,-2t 2,所以以线段MN 为直径的圆的方程为(x+2)(x+2)+y+2t1y+2t2=0,即(x+2)2+y 2+2t 1+t 2t 1t 2y+4t 1t 2=0.将t 1t 2=-1代入上式,可得(x+2)2+y 2-2(t 1+t 2)y-4=0, 令y=0,得x=0或x=-4,故以线段MN 为直径的圆被x 轴截得的弦长为定值4.例3 [思路点拨] (1)设M 点坐标为(x ,y ),直接找出关于x ,y 的方程,这就是曲线C 的轨迹方程;(2)设P (m ,0),由∠APF=∠BPF 可知直线BP 与AP 的倾斜角互补,即k BP +k AP =0,得到关于m 的方程,求出m 的值即可.解:(1)设M (x ,y ),则依题意有√(x -1)2+y 2|x -4|=12,整理得x 24+y 23=1,即为曲线C 的方程. (2)存在.设直线AB 的方程为x=ty+1(t ≠0),A (ty 1+1,y 1),B (ty 2+1,y 2),P (m ,0), 则由{x =ty +1,3x 2+4y 2=12,消去x ,得3(ty+1)2+4y 2=12,即(3t 2+4)y 2+6ty-9=0, 则y 1+y 2=-6t3t 2+4,y 1y 2=-93t 2+4, 由∠APF=∠BPF ,得k AP +k BP =0,即y 1ty 1+1−m +y 2ty 2+1−m=0,整理得2ty 1y 2+(1-m )(y 1+y 2)=0, 所以2t ·-93t 2+4+(1-m )·-6t3t 2+4=0,解得m=4.综上知,在x 轴上存在点P (4,0)满足题意.变式题 解:(1)依题意可知,△PF 1F 2的周长为|PF 1|+|PF 2|+|F 1F 2|,由于|F 1F 2|=2,故|PF 1|+|PF 2|=4,由于|PF 1|+|PF 2|>|F 1F 2|,故点P 的轨迹C 1是以F 1,F 2为焦点的椭圆的一部分,且a=2,c=1,故b=√3,故C 1的方程为x 24+y 23=1(x ≠±2),C 2的方程为y 2=4x.(2)假设存在.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (x 0,y 0),设直线AB 的方程为x=my+1, 由{x =my +1,y 2=4x,得y 2-4my-4=0,故y 1+y 2=4m ,y 1y 2=-4, 又k MA +k MB =y 0-y 1x 0-x 1+y 0-y 2x 0-x 2=2k MF 2=2y0x 0-1, 所以(y 0-y 1)(x 0-my 2-1)+(y 0-y 2)(x 0-my 1-1)(x 0-my 1-1)(x 0-my 2-1)=2y 0x 0-1,即-(y 1+y 2)(x 0-1)2+my 0(y 1+y 2)(x 0-1)+2my 1y 2(x 0-1)=2m 2y 0y 1y 2, 即m (x 0+1)(x 0-my 0-1)=0,因为直线AB 不经过点M ,所以x 0-my 0-1≠0,故m=0或x 0+1=0. 当m=0时,C 1上除点1,±32外,均符合题意; 当m ≠0时,M 为-1,32和-1,-32都符合题意.。
高二数学圆锥曲线的综合问题
高考要求： 1.掌握椭圆定义、标准方程和椭圆的简单几 何性质，了解椭圆的参数方程。 2.掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的 简单几何性质。 3.掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的 简单几何性质。 4.能够根据具体条件利用各种不同的工具画 椭圆、双曲线、抛物线的图形，了解它们在实 际问题中初步应用。 5.结合所学内容，进一步加强对运动变化和 对立统一等观点的认识。
（Ⅰ）求椭圆的方程； （Ⅱ）设Q是椭圆上的一点，且过点F、Q 的直线l与y轴交于点，若 | MQ | 2 | QF | ， 求直线l的斜率
例4.设双曲线C：
x a
2 2
y2
1(a 0)
与直线
l : x y 1 相交于两个不同的点A、B
（Ⅰ）求双曲线C的离心率e的取值范围 （Ⅱ）设直线l与y轴的交点为P，
且 PA 5 PB ，求a的值。 12
小结： 圆锥曲线是平面解析几何的重要内容，
必须掌握的非常熟练，特别注意圆锥曲线的 定义及性质的应用，以及直线与圆）的直线l交椭圆于点A、B，O是坐标原点，
点P满足 OP 1 (OA OB) 2
当l绕点M旋转时，求
，点N的坐标为 (1 , 1)
22
，
（Ⅰ）动点P的轨迹方程。
（Ⅱ）| NP | 的最小值与最大值
例3.已知椭圆的中心在原点，离心率为 1 一个焦点是F（-m,0)(m是大于0的常数） 2
练习： 1.抛物线 x y2 的焦点坐标是＿(＿-1＿,0)＿ 4 2.抛物线 y3x22x1 的准线方程为＿y ＿ ＿172 3.已知点A（-2,0）、B（3，0），动点P（x,y)
满足 PA PBx2 ，则点P的轨迹是＿＿抛＿物＿线＿
x2 y2 4.已知双曲线 a2 b2 1 的左、右焦点分别为F1，
圆锥曲线的综合问题PPT教学课件
令x=0，得y2－2y0y+y02－a2=0 ∴y1y2=y02－a2 ∵|OA|是|OM|与|ON|的等差中项∴. |OM|+|ON|=|y1|+|y2|=2|OA|=2a.
知|PB|－|PA|=4，故知P在双曲线 x2 y2 =1的右支上.
45 直线与双曲线的交点为(8，5)，此即为动物P的位置， 利用两点间距离公式，可得|PA|=10. 据已知两点的斜率公式，得
kPA= 3, 所以直线PA的倾斜角为60°,于是舰A发射炮弹的方位角
应是北偏东30°.
则 2v0 sin
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)、 (－5，2). 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 +7 3=0.
又由A、B两舰发现动物信号的时间差为4秒，
一、基本知识概要：
重点难点： 正确熟练地运用解析几何的方法解决圆锥 曲线的综合问题，从中进一步体会分类讨 论、等价转化等数学思想的运用.
思维方式： 数形结合的思想，等价转化，分类讨论， 函数与方程思想等.
一、基本知识概要：
特别注意： 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。
二、例题：
例1. A，B是抛物线 y 2 2 px( p 0) 上的两 点，且OA OB（O为坐标原点）求证：
专题圆锥曲线的综合问题精讲(含解析)
圆锥曲线的综合问题【考情分析】1.会证明与曲线上动点有关的定值问题，会处理动曲线(含直线)过定点的问题．1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法.2. 理解数形结合的思想；3. 会求与圆锥曲线有关的范围、最值问题．【典型题分析】高频考点一定点问题例1.(2020·北京卷)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．【方法技巧】圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线和圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：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．【变式探究】(2020·河南开封模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F (3，0)，长半轴的长与短半轴的长的比值为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不经过点B (0,1)的直线l 与椭圆C 相交于不同的两点M ，N ，若点B 在以线段MN 为直径的圆上，证明直线l 过定点，并求出该定点的坐标．高频考点二 定值问题例2.(2018·北京卷)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P A 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．【方法技巧】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值； (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；(3)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． 【变式探究】（2020·山东潍坊模拟）直线l 与椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，已知m ＝(ax 1，by 1)，n ＝(ax 2，by 2)，若椭圆的离心率e ＝32，且经过点⎝⎛⎭⎫32，1，O 为坐标原点．(1)求椭圆的方程．(2)当m⊥n 时，△AOB 的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由．高频考点三范围问题【例3】(2020·辽宁大连模拟)设椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，离心率为12，点F1为圆M：x2＋y2＋2x－15＝0的圆心．(1)求椭圆的方程；(2)已知过椭圆右焦点F2的直线l交椭圆于A，B两点，过点F2且与直线l垂直的直线l1与圆M交于C，D两点，求四边形ACBD面积的取值范围．【方法技巧】圆锥曲线中范围问题的五个解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(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．【变式探究】(2020·河南郑州模拟)已知椭圆的一个顶点A(0，－1)，焦点在x轴上，离心率为3 2.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围．高频考点四最值问题例4.（2020·河北承德一中模拟）已知抛物线E：y2＝2px(0＜p＜10)的焦点为F，点M(t,8)在抛物线E 上，且|FM|＝10.(1)求抛物线E 的方程；(2)过点F 作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A ，B ，C ，D ，P 、Q 分别为弦AB 、CD 的中点，求△FPQ 面积的最小值．【方法技巧】圆锥曲线中最值问题的解决方法(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解． (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围．【变式探究】(2020·安徽合肥模拟)已知直线l ：x －y ＋1＝0与焦点为F 的抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)相切． (1)求抛物线C 的方程；(2)过焦点F 的直线m 与抛物线C 分别相交于A ，B 两点，求A ，B 两点到直线l 的距离之和的最小值． 高频考点五 证明问题例5.(2018·全国卷△)设椭圆C ：x 22＋y 2＝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 .【方法技巧】圆锥曲线中常见的证明问题(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等．(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等．在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明．【变式探究】(2017·全国卷△)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . 高频考点六 存在性问题例6.(2020·福建泉州五中模拟)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，右顶点为A ，上顶点为B ，且满足向量BF 1→·BF 2→＝0.(1)若A (2,0)，求椭圆的标准方程；(2)设P 为椭圆上异于顶点的点，以线段PB 为直径的圆经过点F 1，问是否存在过点F 2的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，说明理由．【变式探究】(2020·黑龙江哈尔滨三中模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，点F 为左焦点，过点F 作x 轴的垂线交椭圆C 于A ，B 两点，且|AB |＝3.(1)求椭圆C 的方程；(2)在圆x 2＋y 2＝3上是否存在一点P ，使得在点P 处的切线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，且满足OM →△ON →？若存在，求l 的方程；若不存在，请说明理由．【典型题分析】 高频考点一 定点问题例1.(2020·北京卷)已知抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求抛物线C 的方程及其准线方程；(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y ＝－1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B.求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．【解析】(1)由抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)，得p ＝2. 所以抛物线C 的方程为x 2＝－4y ，其准线方程为y ＝1.(2)抛物线C 的焦点为F (0，－1)，设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2＝－4y 得x 2＋4kx －4＝0. 设M ()x 1，y 1，N ()x 2，y 2，则x 1x 2＝－4. 直线OM 的方程为y ＝y 1x 1x .令y ＝－1，得点A 的横坐标x A ＝－x 1y 1.同理得点B 的横坐标x B ＝－x 2y 2.设点D (0，n )，则DA →＝⎝⎛⎭⎫－x 1y 1，－1－n ，DB →＝⎝⎛⎭⎫－x 2y 2，－1－n ， DA →·DB →＝x 1x 2y 1y 2＋(n ＋1)2＝x 1x 2⎝⎛⎭⎫－x 214⎝⎛⎭⎫－x 224＋(n ＋1)2＝16x 1x 2＋(n ＋1)2＝－4＋(n ＋1)2. 令DA →·DB →＝0，即－4＋(n ＋1)2＝0，则n ＝1或n ＝－3. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0，1)和(0，－3)．【方法技巧】圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线和圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：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．【变式探究】(2020·河南开封模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F (3，0)，长半轴的长与短半轴的长的比值为2.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不经过点B (0,1)的直线l 与椭圆C 相交于不同的两点M ，N ，若点B 在以线段MN 为直径的圆上，证明直线l 过定点，并求出该定点的坐标．【解析】(1)由题意得，c ＝3，ab ＝2，a 2＝b 2＋c 2，△a ＝2，b ＝1.△椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4，消去y ，可得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. △Δ＝16(4k 2＋1－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1. △点B 在以线段MN 为直径的圆上， △BM →·BN →＝0.△BM →·BN →＝(x 1，kx 1＋m －1)·(x 2，kx 2＋m －1)＝(k 2＋1)x 1x 2＋k (m －1)(x 1＋x 2)＋(m －1)2＝0， △(k 2＋1)4m 2－44k 2＋1＋k (m －1)－8km4k 2＋1＋(m －1)2＝0， 整理，得5m 2－2m －3＝0， 解得m ＝－35或m ＝1(舍去)．△直线l 的方程为y ＝kx －35.易知当直线l 的斜率不存在时，不符合题意． 故直线l 过定点，且该定点的坐标为⎝⎛⎭⎫0，－35. 高频考点二 定值问题例2.(2018·北京卷)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P A 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．【解析】(1)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Δ＝(2k －4)2－4×k 2×1>0， 解得k <0或0<k <1.又P A ，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＝1k 2.直线P A 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 →＝λ QO →，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．【方法技巧】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值； (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；(3)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． 【变式探究】（2020·山东潍坊模拟）直线l 与椭圆y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，已知m ＝(ax 1，by 1)，n ＝(ax 2，by 2)，若椭圆的离心率e ＝32，且经过点⎝⎛⎭⎫32，1，O 为坐标原点．(1)求椭圆的方程．(2)当m⊥n 时，△AOB 的面积是否为定值？如果是，请给予证明；如果不是，请说明理由．【解析】 (1)由题意得⎩⎨⎧e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝32，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.△椭圆的方程为y 24＋x 2＝1.(2)△当直线AB 斜率不存在时，即x 1＝x 2，y 1＝－y 2，由已知m·n ＝0，得4x 21－y 21＝0，△y 21＝4x 21.又A (x 1，y 1)在椭圆上，△x 21＋4x 214＝1，△|x 1|＝22，|y 1|＝2， 三角形的面积S ＝12|x 1||y 1－y 2|＝12|x 1|·2|y 1|＝1，三角形的面积为定值．△当直线AB 斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋t ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，y 24＋x 2＝1，得(k 2＋4)x 2＋2ktx ＋t 2－4＝0.则Δ＞0，即4k 2t 2－4(k 2＋4)(t 2－4)＞0， x 1＋x 2＝－2kt k 2＋4，x 1x 2＝t 2－4k 2＋4.△m⊥n ，△4x 1x 2＋y 1y 2＝0，△4x 1x 2＋(kx 1＋t )(kx 2＋t )＝0， 代入整理得2t 2－k 2＝4.而S △AOB ＝12·|t |1＋k 2·|AB |＝12|t |·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝|t |4k 2－4t 2＋16k 2＋4＝4t 22|t |＝1，△△AOB 的面积为定值． 高频考点三 范围问题【例3】(2020·辽宁大连模拟)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1，离心率为12，点F 1为圆M ：x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心．(1)求椭圆的方程；(2)已知过椭圆右焦点F 2的直线l 交椭圆于A ，B 两点，过点F 2且与直线l 垂直的直线l 1与圆M 交于C ，D 两点，求四边形ACBD 面积的取值范围．【解析】(1)由题意知c a ＝12，则a ＝2c .圆M 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而椭圆的左焦点为F 1(－1,0)，即c ＝1.所以a ＝2. 由b 2＝a 2－c 2，得b ＝ 3. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)可知椭圆右焦点F 2(1,0)．△当直线l 与x 轴垂直时，此时斜率k 不存在，直线l ：x ＝1，直线l 1：y ＝0，可得|AB |＝3，|CD |＝8，四边形ACBD 的面积为12.△当直线l 与x 轴平行时，此时斜率k ＝0，直线l ：y ＝0，直线l 1：x ＝1，可得|AB |＝4，|CD |＝43，四边形ACBD 的面积为8 3.△当直线l 与x 轴不垂直也不平行时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.显然Δ＞0，且x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3.过点F 2(1,0)且与直线l 垂直的直线l 1：y ＝－1k (x －1)，则圆心到直线l 1的距离为2k 2＋1，所以|CD |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形ACBD 的面积S ＝12|AB ||CD |＝121＋14k 2＋3. 可得当直线l 与x 轴不垂直时，四边形ACBD 面积的取值范围为(12,83)． 综上，四边形ACBD 面积的取值范围为[12,83]． 【方法技巧】圆锥曲线中范围问题的五个解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有： (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． 【变式探究】(2020·河南郑州模拟)已知椭圆的一个顶点A (0，－1)，焦点在x 轴上，离心率为32.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆交于不同的两点M ，N .当|AM |＝|AN |时，求m 的取值范围． 【解析】 (1)设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.故椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设P (x 0，y 0)为弦MN 的中点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0.则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4(m 2－1)4k 2＋1.Δ＝(8km )2－16(4k 2＋1)(m 2－1)＞0， 所以m 2＜1＋4k 2.△所以x 0＝x 1＋x 22＝－4km 4k 2＋1，y 0＝kx 0＋m ＝m4k 2＋1.所以k AP ＝y 0＋1x 0＝－m ＋1＋4k 24km .又|AM |＝|AN |，所以AP △MN ，则－m ＋1＋4k 24km ＝－1k，即3m ＝4k 2＋1. △把△代入△得m 2＜3m ，解得0＜m ＜3. 由△得k 2＝3m －14＞0，解得m ＞13.综上可知，m 的取值范围为⎝⎛⎭⎫13，3. 高频考点四 最值问题例4.（2020·河北承德一中模拟）已知抛物线E ：y 2＝2px (0＜p ＜10)的焦点为F ，点M (t,8)在抛物线E 上，且|FM |＝10.(1)求抛物线E 的方程；(2)过点F 作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A ，B ，C ，D ，P 、Q 分别为弦AB 、CD 的中点，求△FPQ 面积的最小值．【解析】(1)抛物线E 的准线方程为x ＝－p 2.由抛物线的定义可得|FM |＝t ＋p 2＝10，故t ＝10－p2.由点M 在抛物线上，可得82＝2p ⎝⎛⎭⎫10－p2，整理得p 2－20p ＋64＝0，解得p ＝4或p ＝16， 又0＜p ＜10，所以p ＝4. 故抛物线E 的方程为y 2＝8x .(2)由(1)知抛物线E 的方程为y 2＝8x ，焦点为F (2,0)，由已知可得AB △CD ，所以两直线AB ，CD 的斜率都存在且均不为0. 设直线AB 的斜率为k ，则直线CD 的斜率为－1k ，故直线AB 的方程为y ＝k (x －2)．联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8xy ＝k (x －2)，消去x ，整理得ky 2－8y －16k ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝8k，因为P (x P ，y P )为弦AB 的中点，所以y P ＝12(y 1＋y 2)＝4k ，由y P ＝k (x P －2)得x P ＝y P k ＋2＝4k 2＋2，故P ⎝⎛⎭⎫4k 2＋2，4k . 同理可得Q (4k 2＋2，－4k )．故|QF |＝(4k 2＋2－2)2＋(－4k )2＝16k 4＋16k 2＝4k 2(1＋k 2)，|PF |＝16k 4＋16k 2＝41＋k 2k 2. 因为PF △QF ，所以△FPQ 的面积S ＝12|PF |·|QF |＝12×41＋k 2k 2×4k 2(1＋k 2)＝8×1＋k 2|k |＝8⎝⎛⎭⎫|k |＋1|k |≥8×2|k |·1|k |＝16，当且仅当|k |＝1|k |，即k ＝±1时，等号成立． 所以△FPQ 的面积的最小值为16.【方法技巧】圆锥曲线中最值问题的解决方法(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解． (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围．【变式探究】(2020·安徽合肥模拟)已知直线l ：x －y ＋1＝0与焦点为F 的抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)相切． (1)求抛物线C 的方程；(2)过焦点F 的直线m 与抛物线C 分别相交于A ，B 两点，求A ，B 两点到直线l 的距离之和的最小值． 【解析】(1)△直线l ：x －y ＋1＝0与抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)相切，联立⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1＝0，y 2＝2px ，消去x 得y 2－2py ＋2p ＝0，从而Δ＝4p 2－8p ＝0，解得p ＝2或p ＝0(舍)．△抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)由于直线m 的斜率不为0，可设直线m 的方程为ty ＝x －1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧ty ＝x －1，y 2＝4x ，消去x 得y 2－4ty －4＝0，△Δ＞0，△y 1＋y 2＝4t ，即x 1＋x 2＝4t 2＋2， △线段AB 的中点M 的坐标为(2t 2＋1,2t )．设点A 到直线l 的距离为d A ，点B 到直线l 的距离为d B ，点M 到直线l 的距离为d ， 则d A ＋d B ＝2d ＝2·|2t 2－2t ＋2|2＝22|t 2－t ＋1|＝22⎪⎪⎪⎪⎝⎛⎭⎫t －122＋34， △当t ＝12时，A ，B 两点到直线l 的距离之和最小，最小值为322.高频考点五 证明问题例5.(2018·全国卷△)设椭圆C ：x 22＋y 2＝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 .【解析】(1)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⎝⎛⎭⎫1，22或⎝⎛⎭⎫1，－22. 又M (2，0)，所以AM 的方程为y ＝－22x ＋2或y ＝22x － 2. (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 ＝△OM B.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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 1＜2，x 2＜2，直线MA ，MB 的斜率之和为k MA ＋k MB ＝y 1x 1－2＋y 2x 2－2. 由y 1＝kx 1－k ，y 2＝kx 2－k 得 k MA ＋k MB ＝2kx 1x 2－3k （x 1＋x 2）＋4k （x 1－2）（x 2－2）.将y ＝k (x －1)代入x 22＋y 2＝1得(2k 2＋1)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0. 所以，x 1＋x 2＝4k 22k 2＋1，x 1x 2＝2k 2－22k 2＋1.则2kx 1x 2－3k (x 1＋x 2)＋4k ＝4k 3－4k －12k 3＋8k 3＋4k2k 2＋1＝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 . 【方法技巧】圆锥曲线中常见的证明问题(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等． (2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等．在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明．【变式探究】(2017·全国卷△)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－3上，且OP →·PQ →＝1.证明：过点P 且垂直于OQ 的直线l 过C 的左焦点F . 【解析】(1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)， 则N (x 0,0)，NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)． 由NP →＝2NM →得x 0＝x ，y 0＝22y .因为M (x 0，y 0)在C 上，所以x 22＋y 22＝1.因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝2.(2)证明：由题意知F (－1,0)．设Q (－3，t )，P (m ，n )，则OQ →＝(－3，t )，PF →＝(－1－m ，－n )， OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )． 由OP →·PQ →＝1，得－3m －m 2＋tn －n 2＝1， 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0.所以OQ →·PF →＝0，即OQ →△PF →.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 . 高频考点六 存在性问题例6.(2020·福建泉州五中模拟)椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，右顶点为A ，上顶点为B ，且满足向量BF 1→·BF 2→＝0.(1)若A (2,0)，求椭圆的标准方程；(2)设P 为椭圆上异于顶点的点，以线段PB 为直径的圆经过点F 1，问是否存在过点F 2的直线与该圆相切？若存在，求出其斜率；若不存在，说明理由．【解析】(1)易知a ＝2，因为BF 1→·BF 2→＝0， 所以△BF 1F 2为等腰直角三角形． 所以b ＝c ，由a 2－b 2＝c 2可知b ＝2，故椭圆的标准方程为x 24＋y 22＝1.(2)由已知得b 2＝c 2，a 2＝2c 2，设椭圆的标准方程为x 22c 2＋y 2c 2＝1，点P 的坐标为(x 0，y 0)．因为F 1(－c,0)，B (0，c )，所以F 1P →＝(x 0＋c ，y 0)，F 1B →＝(c ，c )， 由题意得F 1P →·F 1B →＝0，所以x 0＋c ＋y 0＝0.又因为点P 在椭圆上，所以x 202c 2＋y 20c 2＝1，由以上两式可得3x 20＋4cx 0＝0. 因为P 不是椭圆的顶点，所以x 0＝－43c ，y 0＝13c ，故P ⎝⎛⎭⎫－43c ，13c . 设圆心为(x 1，y 1)，则x 1＝－23c ，y 1＝23c ， 圆的半径r ＝(x 1－0)2＋(y 1－c )2＝53c . 假设存在过点F 2的直线满足题设条件，并设该直线的方程为y ＝k (x －c )， 由相切可知|kx 1－kc －y 1|k 2＋1＝r ， 所以⎪⎪⎪⎪k ⎝⎛⎭⎫－23c －kc －23c k 2＋1＝53c ， 即20k 2＋20k －1＝0，解得k ＝－12±3010. 故存在满足条件的直线，其斜率为－12±3010. 【变式探究】(2020·黑龙江哈尔滨三中模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，点F 为左焦点，过点F 作x 轴的垂线交椭圆C 于A ，B 两点，且|AB |＝3.(1)求椭圆C 的方程；(2)在圆x 2＋y 2＝3上是否存在一点P ，使得在点P 处的切线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，且满足OM →△ON →？若存在，求l 的方程；若不存在，请说明理由．【解析】(1)△e ＝1－b 2a 2＝12，△3a 2＝4b 2. 又△|AB |＝2b 2a＝3，△a ＝2，b ＝ 3. △椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)假设存在点P ，使得OM →△ON →.当直线l 的斜率不存在时，l ：x ＝3或x ＝－3，与椭圆C ：x 24＋y 23＝1相交于M ，N 两点， 此时M ⎝⎛⎭⎫3，32，N ⎝⎛⎭⎫3，－32或M ⎝⎛⎭⎫－3，32，N ⎝⎛⎭⎫－3，－32， △OM →·ON →＝3－34＝94≠0， △当直线l 的斜率不存在时，不满足OM →△ON →. 当直线l 的斜率存在时，设y ＝kx ＋m ，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0. △直线l 与椭圆C 相交于M ，N 两点，△Δ＞0，化简得4k 2＞m 2－3.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，△x 1＋x 2＝－8km 3＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－123＋4k 2， y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝3m 2－12k 23＋4k 2. △OM →·ON →＝0，△4m 2－123＋4k 2＋3m 2－12k 23＋4k2＝0，△7m 2－12k 2－12＝0.又△直线l 与圆x 2＋y 2＝3相切，△3＝|m |1＋k 2， △m 2＝3＋3k 2，△21＋21k 2－12k 2－12＝0， 解得k 2＝－1，显然不成立，△在圆上不存在这样的点P 使OM →△ON →成立。
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第6节圆锥曲线的综合问题【选题明细表】一、选择题1.椭圆+=1(a>b>0)的左顶点为A,左、右焦点分别为F1,F2,D是它短轴上的一个端点,若3=+2,则该椭圆的离心率为( D ) (A)(B)(C)(D)解析:设D(0,b),则=(-c,-b),=(-a,-b),=(c,-b),由3=+2得-3c=-a+2c,即a=5c,∴e==.故选D.2.(2012年高考福建卷)已知双曲线-=1的右焦点与抛物线y2=12x 的焦点重合,则该双曲线的焦点到其渐近线的距离等于( A ) (A) (B)4(C)3 (D)5解析:抛物线y2=12x的焦点是(3,0),∴c=3,b2=c2-a2=5.∴双曲线的渐近线方程为y=±x,焦点(3,0)到y=±x的距离d==.故选A.3.椭圆ax2+by2=1与直线y=1-x交于A、B两点,过原点与线段AB中点直线的斜率为,则的值为( A )(A)(B) (C) (D)解析:设交点坐标为A(x1,y1),B(x2,y2),中点为M(x0,y0),将y=1-x代入ax2+by2=1得(a+b)x2-2bx+b-1=0,故x1+x2=,x0=,=2-=,y0=,∴y∴k===.故选A.4.(2013山东淄博一中高三上期末考试)过椭圆+=1(a>b>0)的焦点垂直于x轴的弦长为,则双曲线-=1的离心率e的值是( B )(A)(B)(C)(D)解析:设椭圆的半焦距为c1,在椭圆中当x=c1时,+=1,y2=b21-=,∴y=±.∴=,即a2=4b2,设双曲线的半焦距为c2,∴在双曲线中=a2+b2=5b2,∴e===.故选B.5.(2013河北省衡水中学高三模拟)点P在双曲线-=1(a>0,b>0)上,F1、F2是双曲线的两个焦点,∠F1PF2=90°,且△F1PF2的三条边长成等差数列,则此双曲线的离心率是( D )(A) (B) (C)2 (D)5解析:不妨设点P在双曲线的右支上,F1为左焦点,设|PF1|=r1,|PF2|=r2,则r1-r2=2a,2r1=r2+2c,解得r1=2c-2a,r2=2c-4a,代入+=4c2可得c2+5a2-6ac=0,两边同除以a2得e2-6e+5=0,解得e=1或e=5.又e>1,所以e=5.故选D.6.(2013福建泉州质检)如图所示,在等腰梯形ABCD中,AB∥CD,且,AB=2AD.设∠DAB=θ,θ∈0,,以A、B为焦点且过点D的双曲线的离心率为e1,以C、D为焦点且过点A的椭圆的离心率为e2,则( B )(A)随着角度θ的增大,e1增大,e1e2为定值(B)随着角度θ的增大,e1减小,e1e2为定值(C)随着角度θ的增大,e1增大,e1e2也增大(D)随着角度θ的增大,e1减小,e1e2也减小解析:设AD=1,则AB=2,DC=2-2cos θ,在△ABD中,由余弦定理得BD=,e 1==,θ∈0,,所以随着角度θ的增大,e1减小;又e2===,∴e1e2==1,故选B.7.过双曲线-=1(a>0,b>0)的左焦点F引圆x2+y2=a2的切线,切点为T,延长FT交双曲线右支于点P,若T为线段FP的中点,则该双曲线的渐近线方程为( B )(A)x±y=0 (B)2x±y=0(C)4x±y=0 (D)x±2y=0解析:如图所示,设双曲线的另一个焦点为F′,连结OT、PF′.∵FT为圆的切线,∴FT⊥OT,且|OT|=a,又∵T、O分别为FP、FF′的中点,∴OT∥PF′且|OT|=|PF′|,∴|PF′|=2a,且PF′⊥PF.又|PF|-|PF′|=2a,∴|PF|=4a.在Rt△PFF′中,|PF|2+|PF′|2=|FF′|2,即16a2+4a2=4c2,∴=5.∴=-1=4,∴=2,即渐近线方程为y=±2x,即2x±y=0.故选B.二、填空题8.(2012年高考重庆卷)设P为直线y=x与双曲线-=1(a>0,b>0)左支的交点,F1是左焦点,PF1垂直于x轴,则双曲线的离心率e= .解析:由消去y得x=± a.x轴,∴a=c,∴e==.又PF答案:9.(2013东莞模拟)已知抛物线C的方程为x2=y,过点A(0,-1)和点B(t,3)的直线与抛物线C没有公共点,则实数t的取值范围是.解析:当t=0时,直线AB与抛物线C有公共点,当t≠0,则过点A(0,-1)和点B(t,3)的直线方程为=,即4x-ty-t=0,由得2tx2-4x+t=0,Δ=16-4³2t2<0,解得t<-或t>.答案:(-∞,-)∪(,+∞)10.过双曲线C:-=1(a>0,b>0)的一个焦点作圆x2+y2=a2的两条切线,切点分别为A、B.若∠AOB=120°(O是坐标原点),则双曲线C的离心率为.解析:如图,由题知OA⊥AF,OB⊥BF且∠AOB=120°,∴∠AOF=60°.又OA=a,OF=c,∴==cos 60°=,∴=2.答案:211.(2013安徽蚌埠二模)点A是抛物线C1:y2=2px(p>0)与双曲线C2:-=1(a>0,b>0)的一条渐近线的交点,若点A到抛物线C1的准线的距离为p,则双曲线C2的离心率等于.解析:设A(x0,y0),∵A在抛物线上,=p,∴x∴x,由=2px 0得y0=p或y0=-p.∴双曲线渐近线的斜率==2.∴e===.答案:三、解答题12.已知椭圆的中心在原点,焦点在x轴上,离心率为,且椭圆经过圆C:x2+y2-4x+2y=0的圆心C.(1)求椭圆的方程;(2)设直线l过椭圆的焦点且与圆C相切,求直线l的方程.解:(1)圆C方程可化为(x-2)2+(y+)2=6,圆心C(2,-),半径r=设椭圆的方程为+=1(a>b>0),则∴∴所求椭圆的方程是+=1.(2)由(1)得椭圆的左右焦点分别是F1(-2,0),F2(2,0),|F=<r=,F2在圆C内,则过F2没有圆C的切线,故直线l过F1(-2,0),设l的方程为y=k(x+2),即kx-y+2k=0,圆心C(2,-)到直线l的距离为d=,由d=,得=,化简得5k2+4k-2=0,解得k=或k=-,故直线l的方程为x-5y+2=0或x+y+2=0.13.(2013河南郑州)已知椭圆C:+=1(a>)的右焦点F在圆D:(x-2)2+y2=1上,直线l:x=my+3(m≠0)交椭圆于M、N两点.(1)求椭圆C的方程;(2)若⊥(O为坐标原点),求m的值;(3)若点P的坐标是(4,0),试问△PMN的面积是否存在最大值?若存在,求出这个最大值;若不存在,请说明理由.解:(1)由题意知,圆D:(x-2)2+y2=1的圆心坐标是(2,0),半径是1,故圆D与x轴交于两点(3,0),(1,0),所以在椭圆中c=3或c=1,又b2=3,所以a2=12或a2=4(不满足a>,舍去),于是,椭圆C的方程为+=1.(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),直线l与椭圆C方程联立化简并整理得(m2+4)y2+6my-3=0,∴y1+y2=,y1y2=,∴x1+x2=m(y1+y2)+6=,x1x2=m2y1y2+3m(y1+y2)+9=++9=.∵⊥,∴²=0,即x1x2+y1y2=0得=0,所以m2=,m=±.(3)S△PMN=|FP|²|y1-y2|=²1²==2=2≤2=1. 当且仅当m2+1=3,即m=±时等号成立.故△PMN的面积存在最大值1.14.(2013黄冈一模)已知中心在原点,焦点在坐标轴上的椭圆Ω的方程为+=1(a>b>0),它的离心率为,一个焦点是(-1,0),过直线x=4上一点引椭圆Ω的两条切线,切点分别是A、B.(1)求椭圆Ω的方程;(2)若椭圆Ω:+=1(a>b>0)在点(x 0,y0)处的切线方程是:+=1.求证:直线AB恒过定点C,并求出定点C的坐标;(3)求证:+为定值 (点C为直线AB恒过的定点).(1)解:椭圆Ω的焦点是(-1,0),故c=1,又=,所以a=2,b==,所以所求的椭圆Ω方程为+=1.(2)解:设切点坐标为A(x1,y1),B(x2,y2),直线l上一点M的坐标(4,t),则切线AM、BM的方程分别为+=1,+=1.又两切线均过点M,所以x1+y1=1,x2+y2=1,即点A,B的坐标都适合方程x+y=1,故直线AB的方程是x+y=1,显然直线x+y=1恒过点(1,0),故直线AB恒过定点C(1,0).(3)证明:将直线AB的方程x=-y+1,代入椭圆方程,得3-y+12+4y2-12=0,即+4y2-2ty-9=0,∴y1+y2=,y1y2=,不妨设y1>0,y2<0,|AC|===y1,同理|BC|=-y2,∴+=²-=²=-²=-²=²=,即+为定值.大题冲关集训(五)1.(2013福师大附中模拟)如图,已知抛物线C1:x2=2py的焦点在抛物线C2:y=x2+1上.(1)求抛物线C1的方程及其准线方程;(2)过抛物线C1上的动点P作抛物线C2的两条切线PM,PN,切点为M,N.若PM,PN的斜率乘积为m,且m∈[2,4],求|OP|的取值范围.解:(1)C 1的焦点为F0,,所以=0+1,p=2.故C1的方程为x2=4y,其准线方程为y=-1.(2)任取点P(2t,t2),设过点P的C2的切线方程为y-t2=k(x-2t).由得x2-2kx+4tk-2t2+2=0.由Δ=(-2k)2-4(4tk-2t2+2)=0,化简得k2-4tk+2t2-2=0,设PM,PN斜率分别为k1,k2,则m=k1k2=2t2-2,因为m∈[2,4],所以t2∈[2,3],所以|OP|2=4t2+t4=(t2+2)2-4∈[12,21],所以|OP|∈[2,].2.(2013河南洛阳一模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,直线l:y=x+2与以原点为圆心,椭圆的短半轴为半径的圆O相切.(1)求椭圆C的方程;(2)设椭圆C与曲线|y|=kx(k>0)的交点为A、B,求△OAB面积的最大值.解:(1)由题设可知,圆O的方程为x2+y2=b2,因为直线l:x-y+2=0与圆O相切,故有=b,所以b=.又e==,所以有a2=3c2=3(a2-b2),所以a2=3,所以椭圆C的方程为+=1.(2)设点A(x0,y0)(x0>0,y0>0),则y0=kx0,设AB交x轴于点D,如图,由对称性知:S △OAB=2S△OAD=2³x0y0=k.由解得=.所以S△OAB=k²=≤=.当且仅当=3k,即k=时取等号. 所以△OAB面积的最大值为. 3.(2013泉州五中模拟)已知抛物线C:x2=2py(p>0)上一点P(a,)到焦点距离为1.(1)求抛物线C的方程;(2)直线y=kx+2交C于M,N两点,Q是线段MN的中点,过Q作x轴的垂线交C于点T.①证明:抛物线C在点T处的切线与MN平行;②是否存在实数k使²=0?若存在,求k的值;若不存在,请说明理由.解:(1)依据抛物线的定义知,P到抛物线焦点F的距离为PF=+=1,所以p=,抛物线的方程为x2=y.(2)①证明:设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x0,y0),联立得2x2-kx-2=0,所以x1+x2=,x1²x2=-1,所以x0==.因为y=2x2,所以y′=k,所以抛物线y=2x2在T点处的切线与MN平行.②由①可得T,,则²=x1-x2-+y1-y2-=(k2+1)x1x2+k-(x1+x2)++2-2=-(k2-4)(k2+16)=0,解得k=±2,所以存在k=±2满足²=0.4.(2012年高考江西卷)已知三点O(0,0),A(-2,1),B(2,1),曲线C上任意一点M(x,y)满足|+|=²(+)+2.(1)求曲线C的方程;(2)点Q(x0,y0)(-2<x0<2)是曲线C上的动点,曲线C在点Q处的切线为l,点P的坐标是(0,-1),l与PA,PB分别交于点D,E,求△QAB与△PDE 的面积之比.解:(1)由=(-2-x,1-y),=(2-x,1-y),得|+|=,²(+)=(x,y)²(0,2)=2y,由已知得=2y+2,化简得曲线C的方程是x2=4y.(2)直线PA,PB的方程分别是y=-x-1,y=x-1,曲线C在点Q处的切线l的方程是y=x-,且与y轴的交点为F0,-,分别联立方程组解得D,E的横坐标分别是x D=,x E=,则x E-x D=2,|FP|=1-,故S△PDE=|FP|²|x E-x D|=²1-²2=,而S△QAB=³4³1-=,则=2.即△QAB与△PDE的面积之比为2.5.(2013年高考湖南卷)已知F1,F2分别是椭圆E:+y2=1的左、右焦点,F1,F2关于直线x+y-2=0的对称点是圆C的一条直径的两个端点.(1)求圆C的方程;(2)设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a,b.当ab最大时,求直线l的方程.解:(1)由题设知,F1,F2的坐标分别为(-2,0),(2,0),圆C的半径为2,圆心为原点O关于直线x+y-2=0的对称点.设圆心的坐标为(x0,y0),由解得所以圆C的方程为(x-2)2+(y-2)2=4.(2)由题意,可设直线l的方程为x=my+2,则圆心到直线l的距离d=.所以b=2=.由得(m2+5)y2+4my-1=0.设l与E的两个交点坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),则y1+y2=-,y1y2=-.于是a=====.从而ab===≤=2.当且仅当=,即m=±时等号成立.故当m=±时,ab最大,此时,直线l的方程为x=y+2或x=-y+2, 即x-y-2=0或x+y-2=0.6.(2013兰州一模)已知点P为y轴上的动点,点M为x轴上的动点,点F(1,0)为定点,且满足+=0,²=0.(1)求动点N的轨迹E的方程;(2)过点F且斜率为k的直线l与曲线E交于两点A,B,试判断在x轴上是否存在点C,使得|CA|2+|CB|2=|AB|2成立,请说明理由.解:(1)设N(x,y),则由+=0,得P为MN的中点.∴P0,,M(-x,0).∴=-x,-,=1,-.∴²=-x+=0,即y2=4x.∴动点N的轨迹E的方程为y2=4x.(2)设直线l的方程为y=k(x-1)(k≠0),由消去x得y2-y-4=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=,y1y2=-4.假设存在点C(m,0)满足条件,则=(x1-m,y1),=(x2-m,y2),∴²=x 1x2-m(x1+x2)+m2+y1y2=2-m+m2-4=-[(y1+y2)2-2y1y2]+m2-3=m2-m+2-3.∵Δ=+22+12>0,∴关于m的方程m2-m+2-3=0有解.∴在x轴上存在点C,使得|CA|2+|CB|2=|AB|2成立.7.(2013年高考广东卷)已知抛物线C的顶点为原点,其焦点F(0,c)(c>0)到直线l:x-y-2=0的距离为,设P为直线l上的点,过点P作抛物线C的两条切线PA,PB,其中A,B为切点.(1)求抛物线C的方程;(2)当点P(x0,y0)为直线l上的定点时,求直线AB的方程;(3)当点P在直线l上移动时,求|AF|²|BF|的最小值.解:(1)∵抛物线C的焦点F(0,c)(c>0)到直线l:x-y-2=0的距离为,∴=,得c=1,∴F(0,1),即抛物线C的方程为x2=4y.(2)设切点A(x1,y1),B(x2,y2),由x2=4y得y′=x,∴切线PA:y-y1=x1(x-x1),有y=x 1x-+y1,而=4y1,即切线PA:y=x1x-y1,同理可得切线PB:y=x2x-y2.∵两切线均过定点P(x0,y0),∴y0=x1x0-y1,y0=x2x0-y2,由此两式知点A,B均在直线y0=xx0-y上, ∴直线AB的方程为y0=xx0-y,即y=x0x-y0.(3)设点P的坐标为(x′,y′),由x′-y′-2=0,得x′=y′+2,则|AF|²|BF|=²=²=²=(y1+1)²(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1.由得y2+(2y′-x′2)y+y′2=0,有y1+y2=x′2-2y′,y1y2=y′2,∴|AF|²|BF|=y′2+x′2-2y′+1=y′2+(y′+2)2-2y′+1=2y′+2+,当y′=-,x′=时,即P ,-时,|AF|²|BF|取得最小值.。