高考数学(理)二轮复习练习：专题限时集训13 圆锥曲线中的综合问题 Word版含答案
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。
高考数学第二轮复习圆锥曲线练习.doc
08高考数学第二轮复习圆锥曲线练习一、知识结构 1.方程的曲线在平面直角坐标系中，如果某曲线C(看作适合某种条件的点的集合或轨迹 )上的点与一个二元方程f(x,y)=0的实数解建立了如下的关系：(1)曲线上的点的坐标都是这个方程的解；(2)以这个方程的解为坐标的点都是曲线上的点.那么这个方程叫做曲线的方程；这条曲线叫 做方程的曲线.点与曲线的关系 若曲线C 的方程是f(x,y)=0，则点P 0(x 0,y 0)在曲线C 上⇔f(x 0,y 0)=0；点P 0(x 0,y 0)不在曲线C 上⇔f(x 0,y 0)≠0两条曲线的交点 若曲线C 1，C 2的方程分别为f 1(x,y)=0,f 2(x,y)=0,则 f 1(x 0,y 0)=0 点P 0(x 0,y 0)是C 1，C 2的交点⇔f 2(x 0,y 0) =0方程组有n 个不同的实数解，两条曲线就有n 个不同的交点；方程组没有实数解，曲线就没有 交点.2.圆 圆的定义点集：｛M ｜｜OM ｜=r ｝，其中定点O 为圆心，定长r 为半径. 圆的方程 (1)标准方程圆心在c(a,b)，半径为r 的圆方程是(x-a)2+(y-b)2=r 2圆心在坐标原点，半径为r 的圆方程是x 2+y 2=r 2(2)一般方程当D 2+E 2-4F ＞0时，一元二次方程x 2+y 2+Dx+Ey+F=0叫做圆的一般方程，圆心为(-2D ,-2E，半径是24F-E D 22+.配方，将方程x 2+y 2+Dx+Ey+F=0化为(x+2D )2+(y+2E )2=44F -E D 22+当D 2+E 2-4F=0时，方程表示一个点(-2D ,-2E); 当D 2+E 2-4F ＜0时，方程不表示任何图形.点与圆的位置关系 已知圆心C(a,b),半径为r,点M 的坐标为(x 0,y 0)，则｜MC ｜＜r ⇔点M 在圆C 内， ｜MC ｜=r ⇔点M 在圆C 上，｜MC ｜＞r ⇔点M 在圆C 内，其中｜MC ｜=2020b)-(y a)-(x +.(3)直线和圆的位置关系①直线和圆有相交、相切、相离三种位置关系 直线与圆相交⇔有两个公共点 直线与圆相切⇔有一个公共点 直线与圆相离⇔没有公共点 ②直线和圆的位置关系的判定 (i)判别式法(ii)利用圆心C(a,b)到直线Ax+By+C=0的距离d=22C Bb Aa BA +++与半径r 的大小关系来判定.3.椭圆、双曲线和抛物线椭圆、双曲线和抛物线的基本知识见下表.22a x +22b y =1(a ＞b ＞0)22a x -22by =1(a ＞0,b ＞0)y 2=2px(p ＞0)O(0,0)4.圆锥曲线的统一定义平面内的动点P(x,y)到一个定点F(c,0)的距离与到不通过这个定点的一条定直线l的距离之比是一个常数e(e＞0),则动点的轨迹叫做圆锥曲线.其中定点F(c,0)称为焦点，定直线l称为准线，正常数e称为离心率.当0＜e＜1时，轨迹为椭圆当e=1时，轨迹为抛物线当e＞1时，轨迹为双曲线5.坐标变换坐标变换在解析几何中，把坐标系的变换(如改变坐标系原点的位置或坐标轴的方向)叫做坐标变换.实施坐标变换时，点的位置，曲线的形状、大小、位置都不改变，仅仅只改变点的坐标与曲线的方程.坐标轴的平移坐标轴的方向和长度单位不改变，只改变原点的位置，这种坐标系的变换叫做坐标轴的平移，简称移轴.坐标轴的平移公式设平面内任意一点M，它在原坐标系xOy中的坐标是9x,y)，在新坐标系x ′O′y′中的坐标是(x′,y′).设新坐标系的原点O′在原坐标系xOy中的坐标是(h,k)，则x=x′+h x′=x-h(1) 或(2)y=y′+k y′=y-k公式(1)或(2)叫做平移(或移轴)公式.中心或顶点在(h,k)的圆锥曲线方程中心或顶点在(h,k)的圆锥曲线方程见下表.二、知识点、能力点提示(一)曲线和方程，由已知条件列出曲线的方程，曲线的交点说明在求曲线方程之前必须建立坐标系，然后根据条件列出等式进行化简 .特别是在求出方程后要考虑化简的过程是否是同解变形，是否满足已知条件，只有这样求出的曲线方程才能准确无误.另外，要求会判断曲线间有无交点，会求曲线的交点坐标.三、考纲中对圆锥曲线的要求：考试内容：. 椭圆及其标准方程.椭圆的简单几何性质.椭圆的参数方程；. 双曲线及其标准方程.双曲线的简单几何性质；. 抛物线及其标准方程.抛物线的简单几何性质；考试要求：. (1)掌握椭圆的定义、标准方程和椭圆的简单几何性质，理解椭圆的参数方程；. (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)了解圆锥曲线的初步应用。
高考数学二轮专题综合训练圆锥曲线(分专题含答案)[整理版]
![高考数学二轮专题综合训练圆锥曲线(分专题含答案)[整理版]](https://img.taocdn.com/s3/m/225522f4998fcc22bcd10d90.png)
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． 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．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=+b y 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. 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．5、已知点P 是圆x 2+y 2=4上一个动点，定点Q 的坐标为（4，0）． （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．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.7、设双曲线y ax22231-=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||||A B 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O P O Q →→=·0.若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由. 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．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。
2020版高考数学二轮复习专题限时集训圆锥曲线中的综合问题文
专题限时集训(十一) 圆锥曲线中的综合问题(建议用时：40分钟)1．(20xx·西安模拟)已知抛物线E ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F .x 轴上方的点A (2.m )在抛物线E 上.且|AF |＝52.直线l 与抛物线E 交于M .N 两点(点M .N 与A 不重合).设直线AM .AN 的斜率分别为k 1.k 2.(1)求抛物线E 的方程；(2)当k 1＋k 2＝2时.求证：直线l 恒过定点.并求出该定点的坐标．[解] (1)由抛物线的定义得|AF |＝2＋p 2＝52.得p ＝1. 所以.抛物线E 的方程为y 2＝2x .(2)证明：如图所示.易知直线l 的斜率存在且不等于零.设直线l 的方程为y ＝kx ＋b .联立直线l 与抛物线E 的方程⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋b ，y2＝2x ，得k 2x 2＋(2kb －2)x ＋b 2＝0.设M (x 1.y 1).N (x 2.y 2).A (2,2).由根与系数的关系得x 1＋x 2＝2－2kb k2.x 1x 2＝b2k2.k 1＋k 2＝y1－2x1－2＋y2－2x2－2＝kx1＋b －2x2－2＋kx2＋b －2x1－2x1－2x2－2 ＝2k ·b2k2＋b －2k －2·2－2kb k2＋8－4b b2k2－2·2－2kb k2＋4 ＝2kb2＋b －2k －22－2kb ＋8－4b k2b2－22－2kb ＋4k2＝2. 化简得出(b ＋1)(b ＋2k －2)＝0.∴b ＝－1或b ＝2－2k .当b ＝－1时.y ＝kx －1.过定点(0.－1)；当b ＝2－2k 时.y ＝kx ＋2－2k ＝k (x －2)＋2.过定点(2,2).舍去.故直线l 恒过定点(0.－1)．2．(20xx·马鞍山二模)已知椭圆C ：x2a2＋y2b2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F .点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32在椭圆C 上且MF 垂直于x 轴．(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 为椭圆C 上的动点.直线PM 与x ＝4交于点N .求证：点N 到直线PF 的距离为定值.并求出这个定值．[解] (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧ c ＝1，1a2＋94b2＝1，a2＝b2＋c2，解得a 2＝4.b 2＝3. 故椭圆C 的方程为x24＋y23＝1. (2)证明：设点P 的坐标为(x 0.y 0).由M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32.可得直线PM 的方程为y －32＝y0－32x0－1(x －1). 将x ＝4.代入可得y ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫y0－32x0－1＋32. 故点N ⎝⎛⎭⎪⎪⎫4，3⎝ ⎛⎭⎪⎫y0－32x0－1＋32. ∵F (1,0).∴直线PF 的方程为y ＝y0x0－1(x －1).即y 0x ＋(1－x 0)y －y 0＝0. ∴点N 到直线PF 的距离为⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪4y0＋1－x0·⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫3⎝ ⎛⎭⎪⎫y0－32x0－1＋32－y0y20＋1－x02。
2018年高考数学(理)复习练习：专题限时集训13 圆锥曲线中的综合问题含答案
专题限时集训(十三) 圆锥曲线中的综合问题 (对应学生用书第103页) (限时：40分钟)1．(2017·河南洛阳二模)已知动圆M 过定点E(2,0)，且在y 轴上截得的弦PQ 的长为4.(1)求动圆圆心M 的轨迹C 的方程；(2)设A ，B 是轨迹C 上的两点，且OA →·OB →＝－4，F(1,0)，记S ＝S △OFA ＋S △OAB ，求S 的最小值. 【07804096】[解] (1)设M(x ，y)，PQ 的中点为N ，连接MN(图略)， 则|PN|＝2，MN ⊥PQ ， ∴|MN|2＋|PN|2＝|PM|2. 又|PM|＝|EM|，∴|MN|2＋|PN|2＝|EM|2，∴x 2＋4＝(x －2)2＋y 2，整理得y 2＝4x. ∴动圆圆心M 的轨迹C 的方程为y 2＝4x. (2)设A ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y 214，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y 224，y 2，不妨令y 1＞0，则S △OFA ＝12·|OF|·y 1＝12y 1，∵OA →·OB →＝－4，∴x 1x 2＋y 1y 2＝y 21y 2216＋y 1y 2＝－4，解得y 1y 2＝－8， ①当y 1＝－y 2时，AB ⊥x 轴，A(2,22)，B(2，－22)，S △AOB ＝42，S △OFA ＝2，S ＝52.当y 1≠－y 2时，直线AB 的方程为y －y 1y 2－y 1＝x －y 214y 224－y 214， 即y －y 1＝4⎝⎛⎭⎪⎪⎫x －y 214y 1＋y 2，令y ＝0，得x ＝2，∴直线AB 恒过定点(2,0)，设定点为E ， ∴S △OAB ＝12|OE|·|y 1－y 2|＝y 1－y 2，由①可得S △OAB ＝y 1＋8y 1，∴S ＝S △OFA ＋S △OAB ＝12y 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫y 1＋8y 1＝32y 1＋8y 1≥212＝43⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫当且仅当32y 1＝8y 1，即y 1＝433时，取等号.综上，S min ＝43.2．(2017·陕西教学质量检测)已知F 1，F 2为椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，点P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，32在椭圆E 上，且|PF 1|＋|PF 2|＝4.(1)求椭圆E 的方程；(2)过F 1的直线l 1，l 2分别交椭圆E 于A ，C 和B ，D ，且l 1⊥l 2，问是否存在常数λ，使得1|AC|，λ，1|BD|成等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. 【07804097】[解] (1)∵|PF 1|＋|PF 2|＝4， ∴2a ＝4，a ＝2. ∴椭圆E ：x 24＋y 2b 2＝1.将P ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫1，32代入可得b 2＝3，∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)①当AC 的斜率为零或斜率不存在时，1|AC|＋1|BD|＝13＋14＝712； ②当AC 的斜率k 存在且k ≠0时，AC 的方程为y ＝k(x ＋1)，。
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.。
高考数学(文)二轮复习：重点强化专题 专题5 突破点13 圆锥曲线中的综合问题(酌情自选) Word版含答案
突破点13 圆锥曲线中的综合问题(酌情自选)[核心知识提炼]提炼1 解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关． (2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值．(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.提炼2 用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手(1)若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围． (2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解．(3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围． (4)利用基本不等式求最值与范围． (5)利用函数值域的方法求最值与范围. 提炼3 与圆锥曲线有关的探索性问题(1)给出问题的一些特殊关系，要求探索出一些规律，并能论证所得规律的正确性．通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律． (2)对于只给出条件，探求“是否存在”类型问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到论证；若推出矛盾，则假设不存在．[高考真题回访]回访1 圆锥曲线的定值、定点问题1．(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，点(2，2)在C 上．(1)求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 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值． [解] (1)由题意有a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2b 2＝1， 2分 解得a 2＝8，b 2＝4.3分 所以C 的方程为x 28＋y 24＝1．4分(2)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入x 28＋y 24＝1，得 (2k 2＋1)x 2＋4kbx ＋2b 2－8＝0． 6分 故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b2k 2＋1． 8分于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M＝－12k ， 即k OM ·k ＝－12.11分 所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值． 12分回访2 圆锥曲线中的最值与范围问题2．(2016·全国卷Ⅱ)已知A 是椭圆E ：x 24＋y 23＝1的左顶点，斜率为k (k >0)的直线交E 于A ，M 两点，点N 在E 上，MA ⊥NA .(1)当|AM |＝|AN |时，求△AMN 的面积； (2)当2|AM |＝|AN |时，证明：3<k <2. [解] (1)设M (x 1，y 1)，则由题意知y 1>0.由已知及椭圆的对称性知，直线AM 的倾斜角为π4. 又A (－2,0)，因此直线AM 的方程为y ＝x ＋2. 将x ＝y －2代入x 24＋y 23＝1得7y 2－12y ＝0.解得y ＝0或y ＝127，所以y 1＝127.因此△AMN 的面积S △AMN ＝2×12×127×127＝14449． 4分(2)证明：设直线AM 的方程为y ＝k (x ＋2)(k ＞0)， 代入x 24＋y 23＝1得(3＋4k 2)x 2＋16k 2x ＋16k 2－12＝0. 由x 1·(－2)＝16k 2－123＋4k 2得x 1＝2(3－4k 2)3＋4k 2，故|AM |＝|x 1＋2|1＋k 2＝121＋k23＋4k 2.由题意，设直线AN 的方程为y ＝－1k (x ＋2)， 故同理可得|AN |＝12k 1＋k 23k 2＋4.7分由2|AM |＝|AN |得23＋4k 2＝k3k 2＋4， 即4k 3－6k 2＋3k －8＝0.9分 设f (t )＝4t 3－6t 2＋3t －8，则k 是f (t )的零点．f ′(t )＝12t 2－12t ＋3＝3(2t －1)2≥0，所以f (t )在(0，＋∞)单调递增．又f (3)＝153－26＜0，f (2)＝6＞0，因此f (t )在(0，＋∞)上有唯一的零点，且零点k 在(3，2)内，所以3＜k ＜2． 回访3 与圆锥曲线有关的探索性问题3．(2016·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy 中，直线l ：y ＝t (t ≠0)交y 轴于点M ，交抛物线C ：y 2＝2px (p >0)于点P ，M 关于点P 的对称点为N ，连接ON 并延长交C 于点H .(1)求|OH ||ON |；(2)除H 以外，直线MH 与C 是否有其他公共点？说明理由． [解] (1)如图，由已知得M (0，t )，P ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 22p ，t ．1分又N 为M 关于点P 的对称点，故N ⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2p ，t ，故直线ON 的方程为y ＝pt x ，将其代入y 2＝2px 整理得px 2－2t 2x ＝0,解得x 1＝0，x 2＝2t 2p .因此H ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 2p ，2t ．4分 所以N 为OH 的中点，即|OH ||ON |＝2．6分(2)直线MH 与C 除H 以外没有其他公共点．理由如下：7分 直线MH 的方程为y －t ＝p 2t x ，即x ＝2tp (y －t ). 9分代入y 2＝2px 得y 2－4ty ＋4t 2＝0，解得y 1＝y 2＝2t ， 即直线MH 与C 只有一个公共点，所以除H 以外，直线MH 与C 没有其他公共点．12分热点题型1 圆锥曲线中的定点问题题型分析：主要考查直线、曲线过定点或两直线的交点在定直线上，以解答题为主．【例1】 (2017·郑州二模)已知动圆M 恒过点(0,1)，且与直线y ＝－1相切．(1)求圆心M 的轨迹方程；(2)动直线l 过点P (0，－2)，且与点M 的轨迹交于A ，B 两点，点C 与点B 关于y 轴对称，求证：直线AC 恒过定点.【导学号：04024115】[解] (1)由题意，得点M 与点(0,1)的距离始终等于点M 到直线y ＝－1的距离，由抛物线定义知圆心M 的轨迹为以点(0,1)为焦点，直线y ＝－1为准线的抛物线，则p2＝1，p ＝2.∴圆心M 的轨迹方程为x 2＝4y ． 4分(2)证明：由题知，直线l 的斜率存在， ∴设直线l ：y ＝kx －2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则C (－x 2，y 2)，联立⎩⎨⎧ x 2＝4y ，y ＝kx －2，得x 2－4kx ＋8＝0，∴⎩⎨⎧x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝8.6分k AC ＝y 1－y 2x 1＋x 2＝x 214－x 224x 1＋x 2＝x 1－x 24，则直线AC 的方程为y －y 1＝x 1－x 24(x －x 1)， 8分即y ＝y 1＋x 1－x 24(x －x 1)＝x 1－x 24x －x 1(x 1－x 2)4＋x 214＝x 1－x 24x ＋x 1x 24．10分∵x 1x 2＝8，∴y ＝x 1－x 24x ＋x 1x 24＝x 1－x 24x ＋2，故直线AC 恒过定点(0,2)．12分[方法指津]动线过定点问题的两大类型及解法(1)动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．(2)动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．.[变式训练1] (2017·兰州二模)已知椭圆C 的中心在坐标原点，焦点在x 轴上，左顶点为A ，左焦点为F 1(－2,0)，点B (2，2)在椭圆C 上，直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆C 交于P ，Q 两点，直线AP ，AQ 分别与y 轴交于点M ，N . (1)求椭圆C 的方程；(2)以MN 为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．[解] (1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)， ∵椭圆的左焦点为F 1(－2,0)，∴a 2－b 2＝4． 2分∵点B (2，2)在椭圆C 上，∴4a 2＋2b 2＝1. 解得a 2＝8，b 2＝4.∴椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝1. 5分 (2)依题意点A 的坐标为(－22，0)，设P (x 0，y 0)(不妨设x 0＞0)，则Q (－x 0，－y 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 28＋y 24＝1，得x 0＝221＋2k 2，y 0＝22k1＋2k2， 6分∴直线AP 的方程为y ＝k1＋1＋2k2(x ＋22)， 7分 直线AQ 的方程为y ＝k1－1＋2k2(x ＋22)， 8分∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22k 1＋1＋2k 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22k 1－1＋2k 2， 9分∴|MN |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪22k 1＋1＋2k 2－22k 1－1＋2k 2＝22(1＋2k 2)|k |. 设MN 的中点为E ，则点E 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫0，－2k ，10分则以MN 为直径的圆的方程为x 2＋⎝⎛⎭⎪⎫y ＋2k 2＝2(1＋2k 2)k 2，即x 2＋y 2＋22k y ＝4， 令y ＝0，得x ＝2或x ＝－2，11分即以MN 为直径的圆经过两定点H 1(－2,0)，H 2(2,0)．12分热点题型2 圆锥曲线中的定值问题题型分析：圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容，解决这类问题的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立，数式变换等寻找不受参数影响的量．【例2】 (2016·重庆二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上一点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32与椭圆右焦点的连线垂直于x 轴，直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 相交于A ，B 两点(均不在坐标轴上)．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设O 为坐标原点，若△AOB 的面积为3，试判断直线OA 与OB 的斜率之积是否为定值？【导学号：04024116】[解] (1)由题意知⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋94b2＝1，a 2＝b 2＋1，解得⎩⎨⎧a 2＝4，b 2＝3，3分∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1． 6分(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋m ，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，5分 由Δ＝(8km )2－16(4k 2＋3)(m 2－3)＞0，得m 2＜4k 2＋3． 6分∵x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3，∴S △OAB ＝12|m ||x 1－x 2|＝12|m |·434k 2＋3－m24k 2＋3＝3，8分化简得4k 2＋3－2m 2＝0，满足Δ＞0，从而有4k 2－m 2＝m 2－3(*)， 9分∴k OA ·k OB ＝y 1y 2x 1x 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )x 1x 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m2x 1x 2＝－12k 2＋3m 24m 2－12＝－34·4k 2－m 2m 2－3，由(*)式，得4k 2－m 2m 2－3＝1，∴k OA ·k OB ＝－34，即直线OA 与OB 的斜率之积为定值－34．12分[方法指津]求解定值问题的两大途径1证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关2．先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．[变式训练2]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1过A(2,0)，B(0,1)两点．(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线P A与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值．[解] (1)由题意得a＝2，b＝1，∴椭圆C的方程为x24＋y2＝1．4分又c＝a2－b2＝3，∴离心率e＝ca＝32．6分(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x20＋4y20＝4. 7分又A(2,0)，B(0,1)，∴直线P A的方程为y＝y0x0－2(x－2)．令x＝0，得y M＝－2y0x0－2，从而|BM|＝1－y M＝1＋2y0x0－2．8分直线PB的方程为y＝y0－1x0x＋1.令y＝0，得x N＝－x0y0－1，从而|AN|＝2－x N＝2＋x0y0－1．10分∴四边形ABNM的面积S＝12|AN|·|BM|＝12⎝⎛⎭⎪⎫2＋x0y0－1⎝⎛⎭⎪⎫1＋2y0x0－2＝x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4 2(x0y0－x0－2y0＋2)＝2x 0y 0－2x 0－4y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝2.从而四边形ABNM 的面积为定值．12分热点题型3 圆锥曲线中的最值、范围问题题型分析：圆锥曲线中的最值、范围问题是高考重点考查的内容，解决此类问题常用的方法是几何法和代数法．【例3】 (2017·东北三省四市模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(a ＞0)，F 1，F 2分别是其左、右焦点，以F 1F 2为直径的圆与椭圆C 有且仅有两个交点． (1)求椭圆C 的方程；(2)设过点F 1且不与坐标轴垂直的直线l 交椭圆于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线与x 轴交于点P ，点P 横坐标的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0，求线段AB 长的取值范围．[解] (1)因为以F 1F 2为直径的圆与椭圆C 有且仅有两个交点，所以b ＝c ＝1，a ＝2，所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1．4分(2)根据题意，直线A ，B 的斜率存在且不为0，设直线AB 的方程为y ＝k (x ＋1)，与x 22＋y 2＝1联立，消去y 并整理得(1＋2k 2)x 2＋4k 2x ＋2k 2－2＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)， 则x 1＋x 2＝－4k 21＋2k 2，x 1·x 2＝2k 2－21＋2k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋1)＋k (x 2＋1)＝k (x 1＋x 2＋2)＝2k 1＋2k 2，即M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k 21＋2k 2，k 1＋2k 2.则直线AB 的垂直平分线为y －k 1＋2k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2k 21＋2k 2，令y ＝0，得x P ＝－k 21＋2k 2，因为x P ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0，即－14＜－k 21＋2k 2＜0，所以0＜k 2＜12，|AB |＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1·x 2] ＝(1＋k 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤⎝⎛⎭⎪⎫－4k 21＋2k 22－4·2k 2－21＋2k 2 ＝22·(1＋k 2)1＋2k 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋11＋2k 2. ∵12＜12k 2＋1＜1， ∴|AB |∈⎝ ⎛⎭⎪⎫322，22． 12分[方法指津]与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解． 2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解． 3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域． [变式训练3] (2017·长沙二模)已知平面内一动点M 与两定点B 1(0，－1)和B 2(0,1)连线的斜率之积等于－12.(1)求动点M 的轨迹E 的方程；(2)设直线l ：y ＝x ＋m (m ≠0)与轨迹E 交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线交x 轴于点P ，当m 变化时，求△P AB 面积的最大值.【导学号：04024117】[解] (1)设M 的坐标为(x ，y )，1分 依题意得y ＋1x ·y －1x ＝－12，2分 化简得动点M 的轨迹E 的方程为x 22＋y 2＝1(x ≠0)． 4分(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1(x ≠0)，y ＝x ＋m ，化简得3x 2＋4mx ＋2m 2－2＝0(x ≠0)， ∵有两个不同的交点，由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝2m 2－23， 6分∴Δ＝(4m )2－12(2m 2－2)＞0， 即－3＜m ＜3且m ≠－1,0,1. 7分 设A ，B 的中点为C (x C ，y C )， 则x C ＝x 1＋x 22＝－2m3， y C ＝x C ＋m ＝m3， ∴C ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2m 3，m 3，∴线段AB 的垂直平分线方程为y －m 3＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋2m 3，令y ＝0，得P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 3，0．8分 则点P 到AB 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2m 32，9分由弦长公式得|AB |＝2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝2324－8m 2，10分∴S △P AB ＝12·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2m 32·23·24－8m 2＝229m 2(3－m 2)≤229·m 2＋3－m 22＝23，11分当且仅当m 2＝32，即m ＝±62∈(－3，3)时，等号成立， ∴△P AB 面积的最大值为23．12分热点题型4 圆锥曲线中的探索性问题题型分析：探索性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在．若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．【例4】 (2017·湘中名校联考)如图13-1，曲线C 由上半椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0，y ≥0)和部分抛物线C 2：y ＝－x 2＋1(y ≤0)连接而成，C 1与C 2的公共点为A ，B ，其中C 1的离心率为32. (1)求a ，b 的值；(2)过点B 的直线l 与C 1，C 2分别交于点P ，Q (均异于点A ，B )，是否存在直线l ，使得以PQ 为直径的圆恰好过点A ？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．图13-1[解] (1)在C 1，C 2的方程中，令y ＝0，可得b ＝1， 且A (－1,0)，B (1,0)是上半椭圆C 1的左、右顶点． 由e ＝c a ＝32及a 2－c 2＝b 2＝1可得a ＝2，∴a ＝2，b ＝1． 2分 (2)存在．由(1)知，上半椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1(y ≥0).3分由题易知，直线l 与x 轴不重合也不垂直， 设其方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)．代入C 1的方程，整理得(k 2＋4)x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0.(*) 5分 设点P 的坐标为(x P ，y P )，∵直线l 过点B ，∴x ＝1是方程(*)的一个根．由求根公式，得x P ＝k 2－4k 2＋4，从而y P ＝－8kk 2＋4，∴点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫k 2－4k 2＋4，－8k k 2＋4. 7分同理，由⎩⎨⎧y ＝k (x －1)(k ≠0)，y ＝－x 2＋1(y ≤0)得点Q 的坐标为(－k －1，－k 2－2k )． ∴AP →＝2k k 2＋4(k ，－4)，AQ →＝－k (1，k ＋2).9分连接AP 、AQ (图略)，依题意可知AP ⊥AQ ， ∴AP →·AQ →＝0，即－2k 2k 2＋4[k －4(k ＋2)]＝0，∵k ≠0，∴k －4(k ＋2)＝0，解得k ＝－83.11分 经检验，k ＝－83符合题意，故直线l 的方程为y ＝－83(x －1)． 12分[方法指津]探索性问题求解的思路及策略1．思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在．2．策略：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．[变式训练4] (2017·呼和浩特一模)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝63，直线y ＝bx ＋2与圆x 2＋y 2＝2相切． (1)求椭圆的方程；(2)已知定点E (1,0)，若直线y ＝kx ＋2(k ≠0)与椭圆相交于C ，D 两点，试判断是否存在实数k ，使得以CD 为直径的圆过定点E ？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由.【导学号：04024118】[解] (1)∵直线l ：y ＝bx ＋2与圆x 2＋y 2＝2相切．∴2b 2＋1＝2，∴b ＝1． 2分∵椭圆的离心率e ＝63，∴e 2＝c 2a 2＝a 2－1a 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫632，∴a 2＝3，4分 ∴所求椭圆的方程是x 23＋y 2＝1.5分(2)直线y ＝kx ＋2代入椭圆方程，消去y 可得 (1＋3k 2)x 2＋12kx ＋9＝0，∴Δ＝36k 2－36＞0，∴k ＞1或k ＜－1.7分 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则有x 1＋x 2＝－12k 1＋3k 2，x 1x 2＝91＋3k 2.若以CD 为直径的圆过点E ， 则EC ⊥ED .∵EC →＝(x 1－1，y 1)，ED →＝(x 2－1，y 2)， ∴(x 1－1)(x 2－1)＋y 1y 2＝0.9分 ∴(1＋k 2)x 1x 2＋(2k －1)(x 1＋x 2)＋5＝0， 10分∴(1＋k 2)×91＋3k 2＋(2k －1)×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 1＋3k 2＋5＝0.解得k ＝－76＜－1.∴存在实数k ＝－76使得以CD 为直径的圆过定点E ．12分。
2018年浙江高考数学二轮复习练习：专题限时集训13 圆锥曲线中的综合问题 Word版含答案
专题限时集训(十三) 圆锥曲线中的综合问题 (对应学生用书第143页) [建议用时：45分钟]1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，右顶点A (2,0)．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，0的直线l 交椭圆于B ，D 两点，设直线AB 的斜率为k 1，直线AD 的斜率为k 2，求证：k 1k 2为定值，并求此定值．[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，c a ＝32，a ＝2，解得⎩⎨⎧a＝2，b ＝1，c ＝3，所以C 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)证明：由题意知直线l 的斜率不为0，可设直线l 的方程为x ＝my ＋32，与x 24＋y 2＝1联立得(m 2＋4)y 2＋3my －74＝0，6分由Δ＞0，设B (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)， 则y 1＋y 2＝－3mm 2＋4，y 1y 2＝－74m 2＋4，8分k 1k 2＝y 1y 2x 1－x 2－＝y 1y 2⎝ ⎛⎭⎪⎫my 1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫my 2－12＝y 1y 2m 2y 1y 2－12m y 1＋y 2＋14＝－74－74m 2＋32m 2＋14m 2＋＝－74，∴k 1k 2为定值，定值为－74.15分2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线7x －5y ＋12＝0相切． (1)求椭圆C 的方程；(2)设A (－4,0)，过点R (3,0)作与x 轴不重合的直线l 交椭圆C 于P ，Q 两点，连接AP ，AQ分别交直线x ＝163于M ，N 两点，若直线MR ，NR 的斜率分别为k 1，k 2，试问：k 1k 2是否为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由．[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝12，127＋5＝b ，a 2＝b 2＋c 2，∴⎩⎨⎧a ＝4，b ＝23，c ＝2，故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.4分(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，直线PQ 的方程为x ＝my ＋3，由⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，x ＝my ＋3，∴(3m 2＋4)y2＋18my －21＝0，∴y 1＋y 2＝－18m 3m 2＋4，y 1y 2＝－213m 2＋4.6分由A ，P ，M 三点共线可知y M 163＋4＝y 1x 1＋4，∴y M ＝28y 1x 1＋.8分同理可得y N ＝28y 2x 2＋，∴k 1k 2＝y M163－3×y N 163－3＝9y M y N 49＝16y 1y 2x 1＋x 2＋. 10分∵(x 1＋4)(x 2＋4)＝(my 1＋7)(my 2＋7)＝m 2y 1y 2＋7m (y 1＋y 2)＋49，∴k 1k 2＝16y 1y 2m 2y 1y 2＋7m y 1＋y 2＋49＝－127.14分 ∴k 1k 2为定值－127.15分3．(2017·杭州高级中学高三最后一模)已知抛物线C 1：x 2＝2py (p ＞0)与圆C 2：x 2＋y 2＝8的两个交点之间的距离为4，A ，B 为抛物线C 1上的两点． (1)求p 的值；(2)若C 1在点A ，B 处切线垂直相交于点P ，且点P 在圆C 2内部，直线AB 与C 2相交于C ，D 两点，求|AB |·|CD |的最小值．图136[解] (1)由题易得抛物线与圆的两个交点坐标为(－2,2)，(2,2)，则代入x 2＝2py 得p ＝1.5分(2)设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 212，B ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，x 222， 又x 21＝2y 1，则PA 的斜率为y ′1＝x 1.同理PB 的斜率为y ′2＝x 2，所以x 1·x 2＝－1， 两切线为y ＝x 1x －12x 21，y ＝x 2x －12x 22，交点为P ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，－12， 8分点P 在圆内得x 21＋x 22＜33， 直线AB 为y ＝x 1＋x 22x ＋12过抛物线的焦点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12，|AB |＝x 212＋x 222＋p ＝12(x 21＋x 22＋2)，10分设d 为圆心到直线AB 的距离，则|AB |·|CD |＝12(x 21＋x 22＋2)·28－d 2，d ＝1x 21＋x 22＋2， 13分t ＝x 21＋x 22＋2∈[4,35)，则|AB |·|CD |＝8t 2－t ， 最小值为231.15分4．已知中心在原点O ，焦点在x 轴上，离心率为32的椭圆过点⎝⎛⎭⎪⎫2，22. (1)求椭圆的方程；图137(2)设不过原点O 的直线l 与该椭圆交于P ，Q 两点，满足直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列，求△OPQ 面积的取值范围．【导学号：68334134】[解] (1)由题意可设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)， 则c a ＝32(其中c 2＝a 2－b 2，c ＞0)，且2a 2＋12b2＝1，故a ＝2，b ＝1. 所以椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)由题意可知，直线l 的斜率存在且不为0.故可设直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 2＋4y 2＝4，消去y 得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，5分则Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)＞0， 且x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝m 2－1＋4k 2. 6分 故y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2， 7分因为直线OP ，PQ ，OQ 的斜率依次成等比数列，所以y 1x 1·y 2x 2＝k 2x 1x 2＋km x 1＋x 2＋m 2x 1x 2＝k 2，即－8k 2m 21＋4k2＋m 2＝0.8分 又m ≠0，所以k 2＝14，即k ＝±12.9分由于直线OP ，OQ 的斜率存在，且Δ＞0，得0＜m 2＜2，且m 2≠1. 设d 为点O 到直线l 的距离，则d ＝|2m |5，10分|PQ |＝＋k2x 1＋x 22－4x 1x 2]＝－m2， 11分所以S ＝12|PQ |d ＝m2－m2＜m 2＋2－m 22＝1(m 2≠1)，故△OPQ 面积的取值范围为(0,1).15分。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题限时集训(十三) 圆锥曲线中的综合问题
(对应学生用书第103页)
(限时：40分钟)
1(1)求动圆圆心M 的轨迹C 的方程；
(2)设A ，B 是轨迹C 上的两点，且OA →·OB →
＝－4，F (1,0)，记S ＝S △OFA ＋S △OAB ，求S 的最小值.
【导学号：07804096】
[解] (1)设M (x ，y )，PQ 的中点为N ，连接MN (图略)， 则|PN |＝2，MN ⊥PQ ， ∴|MN |2
＋|PN |2
＝|PM |2
. 又|PM |＝|EM |， ∴|MN |2
＋|PN |2
＝|EM |2
，
∴x 2
＋4＝(x －2)2
＋y 2
，整理得y 2
＝4x . ∴动圆圆心M 的轨迹C 的方程为y 2
＝4x .
(2)设A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214，y 1，B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫y 2
24，y 2，不妨令y 1＞0， 则S △OFA ＝12·|OF |·y 1＝1
2y 1，
∵OA →·OB →
＝－4， ∴x 1x 2＋y 1y 2＝
y 21y 22
16
＋y 1y 2＝－4，
解得y 1y 2＝－8， ①
当y 1＝－y 2时，AB ⊥x 轴，A (2,22)，B (2，－22)，
S △AOB ＝42，S △OFA ＝2，S ＝5 2.
当y 1≠－y 2时，直线AB 的方程为y －y 1
y 2－y 1＝x －
y 21
4y 224－y 21
4
，
即y －y 1＝
4⎝ ⎛⎭
⎪
⎫x －y 2
14y 1＋y 2
，令y ＝0，得x ＝2，
∴直线AB 恒过定点(2,0)，设定点为E ， ∴S △OAB ＝1
2|OE |·|y 1－y 2|＝y 1－y 2，
由①可得S △OAB ＝y 1＋8
y 1
，
∴S ＝S △OFA ＋S △OAB ＝12y 1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1＋8y 1 ＝32y 1＋8
y 1
≥212 ＝43⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当32y 1＝8y 1，即y 1＝433时，取等号.
综上，S min ＝4 3.
2．(2017·陕西教学质量检测)已知F 1，F 2为椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，点P ⎝ ⎛⎭
⎪
⎫1，32在椭圆E 上，且|PF 1|＋|PF 2|＝4. (1)求椭圆E 的方程；
(2)过F 1的直线l 1，l 2分别交椭圆E 于A ，C 和B ，D ，且l 1⊥l 2，问是否存在常数λ，使得1
|AC |，λ，1
|BD |
成等差数列？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由. 【导学号：07804097】
[解] (1)∵|PF 1|＋|PF 2|＝4， ∴2a ＝4，a ＝2. ∴椭圆E ：x 24＋y 2
b
2＝1.
将P ⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，32代入可得b 2
＝3，
∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)①当AC 的斜率为零或斜率不存在时，
1
|AC |＋1|BD |＝13＋14＝712； ②当AC 的斜率k 存在且k ≠0时，AC 的方程为y ＝k (x ＋1)， 代入椭圆方程x 24＋y 2
3＝1，并化简得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2
－12＝0.
设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，
则x 1＋x 2＝－8k 2
3＋4k 2，x 1·x 2＝4k 2
－12
3＋4k 2.
|AC |＝1＋k 2
|x 1－x 2|
＝＋k
2
x 1＋x 2
2
－4x 1x 2]＝
＋k 2
3＋4k
2
.
∵直线BD 的斜率为－1
k
，
∴|BD |＝
12⎣⎢⎢⎡
⎦
⎥⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－1k 23＋4⎝ ⎛⎭
⎪
⎫－1k 2
＝
＋k 2
3k 2
＋4
.
∴1|AC |＋1
|BD |
＝3＋4k
2
＋k
2
＋3k 2
＋4＋k 2
＝7
12
. 综上，2λ＝1|AC |＋1|BD |＝7
12，
∴λ＝7
24
.
故存在常数λ＝724，使得1|AC |，λ，1
|BD |
成等差数列．
3．(2017·长沙模拟)如图134，P 是直线x ＝4上一动点，以P 为圆心的圆Г过定点B (1,0)，
直线l 是圆Г在点B 处的切线，过A (－1,0)作圆Г的两条切线分别与l 交于E ，F 两点．
图134
(1)求证：|EA |＋|EB |为定值；
(2)设直线l 交直线x ＝4于点Q ，证明：|EB |·|FQ |＝|FB |·|EQ |. [解] (1)设AE 切圆Г于点M ，直线x ＝4与x 轴的交点为N ， 故|EM |＝|EB |.
从而|EA |＋|EB |＝|AM |＝|AP |2
－|PM |2
＝|AP |2
－|PB |2
＝|AN |2
－|BN |2
＝25－9＝4. 所以|EA |＋|EB |为定值4.
(2)由(1)同理可知|FA |＋|FB |＝4， 故E ，F 均在椭圆x 24＋y 2
3＝1上． 设直线EF 的方程为x ＝my ＋1(m ≠0)．
令x ＝4，求得y ＝3m ，即Q 点纵坐标y Q ＝3
m
.
由⎩⎪⎨⎪⎧
x ＝my ＋1x 24＋y
23
＝1得，(3m 2＋4)y 2
＋6my －9＝0.
设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，
则有y 1＋y 2＝－6m 3m ＋4，y 1y 2＝－93m ＋4.
因为E ，B ，F ，Q 在同一条直线上，
所以|EB |·|FQ |＝|FB |·|EQ |等价于(y B －y 1)(y Q －y 2)＝(y 2－y B )(y Q －y 1)， 即－y 1·3m ＋y 1y 2＝y 2·3
m
－y 1y 2，
等价于2y 1y 2＝(y 1＋y 2)·3
m
.
将y 1＋y 2＝－
6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－9
3m 2
＋4
代入，知上式成立． 所以|EB |·|FQ |＝|FB |·|EQ |.
4．(2017·衡水模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为1
2
，以原点为圆心，椭圆的短半
轴长为半径的圆与直线x －y ＋6＝0相切，过点P (4,0)且不垂直于x 轴的直线l 与椭圆C 相交于A ，B 两点． (1)求椭圆C 的方程； (2)求OA →·OB →
的取值范围；
(3)若B 点关于x 轴的对称点是E ，证明：直线AE 与x 轴相交于定点.
【导学号：07804098】
[解] (1)由题意知c a ＝12，6
2
＝b ，即b ＝ 3.
又a 2
＝b 2
＋c 2
，所以a ＝2，c ＝1. 故椭圆C 的方程为x 24＋y 2
3
＝1. (2)由题意知直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝k (x －4)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．
由⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k x －，x 24＋y
23
＝1，消去y 可得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2
－12＝0.
则Δ＝322k 4
－4(3＋4k 2
)(64k 2
－12)＞0，
解得0≤k 2
＜14
.
易知x 1＋x 2＝32k 2
3＋4k 2，x 1x 2＝64k 2
－12
3＋4k 2，
所以OA →·OB →
＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋k 2
(x 1－4)(x 2－4) ＝(1＋k 2
)x 1x 2－4k 2
(x 1＋x 2)＋16k 2
＝(1＋k 2
)·64k 2
－123＋4k 2－4k 2·32k 2
3＋4k
2＋16k 2
＝25－87
4k 2＋3.
因为0≤k 2
＜14
，
所以－873≤－874k 2＋3＜－874，所以－4≤25－874k 2＋3＜13
4
，所以OA →·OB →的取值范围为
⎣⎢⎡⎭
⎪⎫－4，134.
(3)因为点B ，E 关于x 轴对称，所以E (x 2，－y 2)， 所以直线AE 的方程为y －y 1＝y 1＋y 2
x 1－x 2
(x －x 1)． 令y ＝0，可得x ＝x 1－
y 1x 1－x 2
y 1＋y 2
.
因为y 1＝k (x 1－4)，y 2＝k (x 2－4)，
所以x ＝x 1－
y 1x 1－x 2y 1＋y 2＝
2x 1x 2－x 1＋x 2
x 1＋x 2－8
＝2×64k 2－123＋4k 2－4×32k
2
3＋4k 2
32k
2
3＋4k
2－8＝1. 所以直线AE 与x 轴交于定点(1,0)．。