2019年数学二轮复习 专题五 解析几何 第三讲 圆锥曲线的综合应用
高中数学高考17第一部分 板块二 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题(大题)
设M(x1，y1)，M′(x2，y2)， 设 MF1 的方程为 x＝my－ 3，
x＝my－ 3，
由x42＋y2＝1
得(m2＋4)y2－2 3my－1＝0，
故yy11＋y2＝y2＝－mm2 221＋＋3m44.，
设F1M与F2N的距离为d，四边形F1F2NM的面积为S，
则 S＝12(|F1M|＋|F2N|)d＝12(|F1M′|＋|F1M|)d＝12|MM′|d＝ S△MF2M′,
2
PART TWO
真题体验 押题预测
真题体验 (2018·全国Ⅰ，文，20)设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2,0)，过点A的直线l与 C交于M，N两点. (1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
解 当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2， 可得点M的坐标为(2,2)或(2，－2). 所以直线 BM 的方程为 y＝12x＋1 或 y＝－12x－1. 即x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0.
所以 y1＋y2＝2k，y1y2＝－4.
直线 BM，BN 的斜率之和 kBM＋kBN＝x1y＋1 2＋x2y＋2 2＝x2y1＋x1x＋1y22＋x22＋y12＋ y2.
①
将 x1＝yk1＋2，x2＝yk2＋2 及 y1＋y2，y1y2 的表达式代入①式分子，
可得 x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝2y1y2＋4kky1＋y2＝－8k＋8＝0.
当且仅当 t2＝92，即 t＝±322时取等号.
故△BPQ
的面积的最大值为
2 2.
热点二 范围问题
圆锥曲线的范围问题的常见解法 (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 性质来解决； (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不等关系或已知 参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些关系去求参数的范围.
【高考数学二轮学习精品讲义教师版】第三部分_重点板块_专题五解析几何：第3讲圆锥曲线的综合问题
解得 a＝2，∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆 C 的标准方程为x42＋y32＝1.
(2)联立方程，得x42＋y32＝1，消去 y 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设 A(x1，y1)，B(x2， y＝kx＋m，
y2)，则 x1＋x2＝3－＋84kmk2，x1x2＝43m＋2－4k122，且 Δ＝48(3＋4k2－m2)>0，① 设 AB 的中点为 M(x0，y0)，连接 QM，则 x0＝x1＋2 x2＝3－＋44kmk2，y0＝kx0＋m＝3＋3m4k2，
化简得x42＋y22＝1(|x|≠2)，
所以 C 为中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)①证明：设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 y＝kx(k>0)．
y＝kx， 由x42＋y22＝1得 x＝±
2 1＋2k2.
设 u＝
2 ，则 1＋2k2
P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
所以 Δ＝4p2－8pkb>0，得 kb<p2，
又 y1＋y2＝2kp，y1y2＝2pkb，由 y1＋y2＝2kp>0，y1y2＝2pkb>0，可知 k>0，b>0，因为|CD|＝ 1＋k2
|x1－x2|＝a 1＋k2，
点 O 到直线 CD 的距离 d＝
|b| ， 1＋k2
所以 S1＝12·a 1＋k2· 1|b＋| k2＝12ab.
在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．
解答题的热点题型有：
(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲 线中的判断与证明．
第 1 课时 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 考点一 圆锥曲线中的最值问题
高考数学二轮复习第三讲圆锥曲线的综合应用课件
故
������������ ������������ + 为定值 ������������ ������������
2.
考点1
考点2
考点3
考点4
考点1
考点2
考点3
考点4
(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 解得 a2=8,b2=4. 所以 C
第三讲 圆锥曲线的综合应用
1.理解数形结合的思想.
2.了解圆锥曲线的简单应用.
1.解答圆锥曲线的综合问题时应根据曲线的几何特征,熟练运用圆锥曲线的知
识将曲线的几何特征转化为数量关系(如方程、函数等),再结合代数、三角知识
解答,要重视函数与方程思想、等价转化思想的应用. 对于求曲线方程中参数的取值范围问题,应根据题设条件及曲线的几何性质(曲
1 p= , 2 1 , 2 ������
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(2)因为函数 y=- ������ 的导函数为 y'=-
设 A(x0,y0),则直线 MA 的方程为 y-y0=MA 上, 所以-2-y0=- × 联立
1 2 1 2 1 (-x0). ������0
1 (x-x0),因为点 2 ������0
M(0,-2)在直线
1 4
(1)求抛物线的方程 ; (2)试问 :
������������ ������������ + 的值是否为定值?若是,求出定值 ;若不是,说明理由. ������������ ������������
考点1
考点2
2019高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第三讲 圆锥曲线的综合应用
第三讲 圆锥曲线的综合应用 第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题1．(2018·云南师大附中质检)已知椭圆C 的焦点在x 轴上，离心率等于255，且过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，255.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过椭圆C 的右焦点F 作直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于M 点，若MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，求证：λ1＋λ2为定值．解析：(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝255，1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫255b 22＝1，∴a 2＝5，b 2＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 25＋y 2＝1.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (0，y 0) ， 又易知F 点的坐标为(2,0)． 显然直线l 存在斜率， 设直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程是y ＝k (x －2)，将直线l 的方程代入椭圆C 的方程中，消去y 并整理得(1＋5k 2)x 2－20k 2x ＋20k 2－5＝0，∴x 1＋x 2＝20k 21＋5k 2，x 1x 2＝20k 2－51＋5k2.又∵MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，将各点坐标代入得λ1＝x 12－x 1，λ2＝x 22－x 2，∴λ1＋λ2＝x 12－x 1＋x 22－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 24－x 1＋x 2＋x 1x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫20k 21＋5k 2－20k 2－51＋5k 24－2·20k 21＋5k 2＋20k 2－51＋5k2＝－10， 即λ1＋λ2为定值．2．(2018·贵阳一模)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 恒过定点，并求出该点的坐标．解析：(1)易知点F 的坐标为(1,0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，由题意知k ≠0，且[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，由抛物线的定义知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8， ∴2k 2＋4k2＝6，∴k 2＝1，即k ＝±1， ∴直线l 的方程为y ＝±(x －1)．(2)由抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1，－y 1)，直线BD 的斜率k B D ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， ∴直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y 2－y 1(x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1，∵y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，x 1x 2＝1，∴(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16， 即y 1y 2＝－4(y 1，y 2异号)，∴直线BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0， 恒过点(－1,0)．3．(2018·南宁模拟)已知抛物线C ：y 2＝ax (a ＞0)上一点P (t ，12)到焦点F 的距离为2t .(1)求抛物线C 的方程；(2)抛物线C 上一点A 的纵坐标为1，过点Q (3，－1)的直线与抛物线C 交于M ，N 两个不同的点(均与点A 不重合)，设直线AM ，AN 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值．解析：(1)由抛物线的定义可知|PF |＝t ＋a4＝2t ，则a ＝4t ，由点P (t ，12)在抛物线上，得at ＝14，∴a ×a 4＝14，则a 2＝1，由a ＞0，得a ＝1， ∴抛物线C 的方程为y 2＝x . (2)∵点A 在抛物线C 上，且y A ＝1， ∴x A ＝1.∴A (1,1)，设过点Q (3，－1)的直线的方程为x －3＝m (y ＋1)， 即x ＝my ＋m ＋3，代入y 2＝x 得y 2－my －m －3＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝m ，y 1y 2＝－m －3， ∴k 1k 2＝y 1－1x 1－1·y 2－1x 2－1＝y 1y 2－y 1＋y 2＋1m 2y 1y 2＋m m ＋y 1＋y 2＋m ＋2＝－12，∴k 1k 2为定值．4．(2018·福州四校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解析：(1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12.将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b2a＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t,0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，3x 2＋4y 2－12＝0，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2①，其中Δ＞0恒成立，由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0 ②.因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得k x 1－x 2－t ＋k x 2－x 1－tx1－t x 2－t＝k [2x 1x 2－t ＋x 1＋x 2＋2t ]x 1－t x 2－t＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0 ③， 将①代入③得8k 2－24－t ＋k 2＋2t＋4k23＋4k 2＝6t －243＋4k2＝0 ④， 则t ＝4，综上所述，存在T (4,0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．。
高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题课件
解：(1)设 F(c，0)，由条件知，2c＝233，得 c＝ 3. 又ac＝ 23，所以 a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故 E 的方程为x42＋y2＝1. (2)当 l⊥x 轴时不合题意，
故设 l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
将 y＝kx－2 代入x42＋y2＝1， 得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 当 Δ＝16(4k2－3)＞0， 即 k2＞34时，x1，2＝8k±24k2＋4k12－3.
令 x＝0，得 yM＝－x02－y02，从而|BM|＝1－yM＝1＋ 2y0 . x0－2
y0－1 直线 PB 的方程为 y＝ x0 x＋1.
令 y＝0，得 xN＝－y0x－0 1， 从而|AN|＝2－xN＝2＋y0x－0 1. 所以四边形 ABNM 的面积 S＝12|AN|·|BM|＝122＋y0x－0 11＋x02－y02
2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长 度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某 些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的 变化而变化，而始终是一个确定的值．
命题视角 1 圆锥曲线中的定值问题 [例 2－1] (2016·北京卷)已知椭圆 C：xa22＋by22＝1 过 A(2，0)，B(0，1)两点．(导学号 55410054) (1)求椭圆 C 的方程及离心率； (2)设 P 为第三象限内一点且在椭圆 C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N.求证：四边 形 ABNM 的面积为定值．
(1)解：设点 P 坐标为(x，y)，所以点 Q 的坐标为(x， 0)．
因为 2P→A·P→B＝|P→Q|2， 所以 2[(－ 2－x)( 2－x)＋y2]＝y2， 化简得点 P 的轨迹方程为x42＋y22＝1.
高考数学大二轮复习 层级二 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合应用教学案-人教版高三全册数学教
第3讲 圆锥曲线的综合应用[考情考向·高考导航]1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与X 围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或拋物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．[真题体验]1．(2019·卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A (0,1)．(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为原点，直线l ：y ＝kx ＋t (t ≠±1)与椭圆C 交于两个不同点P ，Q ，直线AP 与x 轴交于点M ，直线AQ 与x 轴交于点N .若|OM |·|ON |＝2，求证：直线l 经过定点．解析：(1)因为椭圆的右焦点为(1,0)，c ＝1；因为椭圆经过点A (0,1)，所以b ＝1，所以a 2＝b 2＋c 2＝2，故椭圆的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1y ＝kx ＋t t ≠1得(1＋2k 2)x 2＋4ktx ＋2t 2－2＝0，Δ＞0，x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2－21＋2k 2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝2t 1＋2k2，y 1y 2＝k 2x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝t 2－2k 21＋2k2.直线AP ：y －1＝y 1－1x 1x ，令y ＝0得x ＝－x 1y 1－1， 即|OM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 1y 1－1； 同理可得|ON |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 2y 2－1.因为|OM ||ON |＝2，所以⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 1y 1－1⎪⎪⎪⎪⎪⎪－x 2y 2－1＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 1x 2y 1y 2－y 1＋y 2＋1＝2；⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－1t 2－2t ＋1＝1，解之得t ＝0，所以直线方程为y ＝kx ，所以直线l 恒过定点(0,0)． 答案：(1)x 22＋y 2＝1 (2)见解析2．(2018·全国Ⅰ卷)设抛物线C ：y 2＝2x ，点A (2,0)，B (－2，0)，过点A 的直线l 与C 交于M ，N 两点．(1)当l 与x 轴垂直时，求直线BM 的方程； (2)证明：∠ABM ＝∠ABN .解：(1)当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝2，可得M 的坐标为(2,2)或(2，－2)． 所以直线BM 的方程为y ＝12x ＋1或y ＝－12x －1.(2)当l 与x 轴垂直时，AB 为MN 的垂直平分线，所以∠ABM ＝∠ABN .当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －2)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＞0，x 2＞0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －2，y 2＝2x得ky 2－2y －4k ＝0，可知y 1＋y 2＝2k，y 1y 2＝－4.直线BM ，BN 的斜率之和为k BM ＋k BN ＝y 1x 1＋2＋y 2x 2＋2＝x 2y 1＋x 1y 2＋2y 1＋y 2x 1＋2x 2＋2.①将x 1＝y 1k ＋2，x 2＝y 2k＋2及y 1＋y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得x 2y 1＋x 1y 2＋2(y 1＋y 2)＝2y 1y 2＋4k y 1＋y 2k＝－8＋8k＝0.所以k BM ＋k BN ＝0，可知BM ，BN 的倾斜角互补，所以∠ABM ＝∠ABN . 综上，∠ABM ＝∠ABN .[主干整合]1．有关弦长问题有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．(1)斜率为k 的直线与圆锥曲线交于两点P 1(x 1，y 1)，P 2(x 2，y 2)，则所得弦长|P 1P 2|＝1＋k 2|x 2－x 1|或|P 1P 2|＝1＋1k2|y 2－y 1|(k ≠0)，其中求|x 2－x 1|与|y 2－y 1|时通常使用根与系数的关系，即作如下变形：|x 2－x 1|＝x 1＋x 22－4x 1x 2， |y 2－y 1|＝y 1＋y 22－4y 1y 2.(2)当斜率k 不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)． 2．圆锥曲线中的最值 (1)椭圆中的最值F 1，F 2为椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，P 为椭圆的任意一点，B 为短轴的一个端点，O 为坐标原点，则有：①|OP |∈[b ，a ]； ②|PF 1|∈[a －c ，a ＋c ]； ③|PF 1|·|PF 2|∈[b 2，a 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 2b2＝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 |≥a ；②|PF 1|≥c －a . (3)拋物线中的最值点P 为拋物线y 2＝2px (p ＞0)上的任一点，F 为焦点，则有： ①|PF |≥p2；②A (m ，n )为一定点，则|PA |＋|PF |有最小值． 3．拋物线焦点弦的几个重要结论直线AB 过拋物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点，交拋物线于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，如图． (1)y 1y 2＝－p 2，x 1x 2＝p 24.(2)|AB |＝x 1＋x 2＋p ，x 1＋x 2≥2x 1x 2＝p ，即当x 1＝x 2时，弦长最短为2p . (3)1|AF |＋1|BF |为定值2p . (4)弦长|AB |＝2psin 2α(α为AB 的倾斜角)． (5)以AB 为直径的圆与准线相切．热点一 圆锥曲线中的X 围、最值问题数学 运算 素养数学运算——圆锥曲线问题的核心素养以圆锥曲线问题为载体，借助相关知识，通过式的变形考查运算求解能力，体现了数学运算的核心素养.构造函数求最值[例1－1] (2019·全国Ⅱ卷)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线．(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值．[审题指导] (1)利用斜率公式及k AM ·k BM ＝－12求动点M 的轨迹方程．(2)①根据点P 在第一象限的特征，画出满足题意的几何图形，初步判断出△PQG 中∠QPG 是直角．设出直线PQ 的斜率和方程，再结合x E ＝x P 及点P ，Q 关于原点对称，求出直线QG 的斜率和方程，联立直线QG 和曲线C 的方程，求出点G 的坐标，最后求出直线PG 的斜率，即可证明k PQ ·k PG ＝－1.②根据△PQG 是直角三角形，建立S △PQG 关于直线PQ 的斜率k 的关系式求最值． [解析] (1)由题设得yx ＋2·y x －2＝－12， 化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点． (2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k ＞0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y22＝1得x ＝±21＋2k2.设u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k2x －u ，x 24＋y 22＝1，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0. 设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解，故x G ＝u 3k 2＋22＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2，从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u 3k 2＋22＋k2－u ＝－1k. 所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k2， 所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k 1＋k 21＋2k 22＋k 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k 2. 设t ＝k ＋1k，则由k ＞0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号． 因为S ＝8t1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1，S 取得最大值，最大值为169.因此，△PQG 面积的最大值为169.最值问题的2种基本解法几何法 根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如拋物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法)(如本例)等寻找不等关系解X 围问题[例1－2] (2018·全国Ⅲ卷，节选)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)．证明：k <－12.[审题指导] 利用点差法将k 转化为含m 的表达式，求解m 的取值X 围，进而证明结论．[证明] 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1.两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k 得 x 21－x 224＋y 21－y 223＝0 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m①由题设得0＜m ＜32，故k ＜－12.解决圆锥曲线中的X 围问题的常用解法(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X 围． (2)利用已知参数的X 围，求新参数的X 围，关键是建立两个参数之间的等量关系． (3)利用隐含的不等关系(如：点在椭圆内)建立不等式，从而求出参数的取值X 围． (4)利用求函数的值域或求函数定义域的方法将待求量表示为其他变量的函数或其他变量的自变量，从而确定参数的取值X 围．(2020·山师附中模拟)已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，F是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点．当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程． 解析：(1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又ca ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)． 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)＞0，即k 2＞34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1.所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1. 设4k 2－3＝t ，则t ＞0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t. 因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ＞0.所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2. 热点二 圆锥曲线中的定点、定值问题巧妙消元证定值[例2－1] (2019·某某三模)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为12，以椭圆的短轴为直径的圆与直线x －y ＋6＝0相切．(1)求椭圆E 的方程．(2)设椭圆过右焦点F 的弦为AB 、过原点的弦为CD ，若CD ∥AB ，求证：|CD |2|AB |为定值．[审题指导] (1)要求椭圆方程，只要由原点到直线的距离等于半短轴长，求b 即可． (2)要证明|CD |2|AB |为定值，只要利用弦长公式计算化简即可．[解析] (1)依题意，原点到直线x －y ＋6＝0的距离为b ， 则有b ＝612＋－12＝ 3.由a 2－b 2a ＝12，得a 2＝43b 2＝4.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)①当直线AB 的斜率不存在时，易求|AB |＝3，|CD |＝23， 则|CD |2|AB |＝4. ②当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的斜率为k ，依题意k ≠0，则直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，直线CD 的方程为y ＝kx . 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x －1，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 1＋x 2＝8k 23＋4k 2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k 2，|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2· ⎝ ⎛⎭⎪⎫8k 23＋4k 22－4⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2－123＋4k 2 ＝121＋k 23＋4k2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ，整理得x 2＝123＋4k2， 则|x 3－x 4|＝433＋4k2.|CD |＝1＋k 2|x 3－x 4|＝4 31＋k23＋4k2. 所以|CD |2|AB |＝481＋k 23＋4k2·3＋4k2121＋k2＝4. 综合①②，|CD |2|AB |＝4为定值．解答圆锥曲线的定值问题的策略定值问题就是证明一个量与其中的变化因素无关，这些因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是使用变化的量表示求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关．巧引参数寻定点[例2－2] (2020·某某模拟)已知以点C (0,1)为圆心的动圆C 与y 轴负半轴交于点A ，其弦AB 的中点D 恰好落在x 轴上．(1)求点B 的轨迹E 的方程；(2)过直线y ＝－1上一点P 作曲线E 的两条切线，切点分别为M ，N .探究直线MN 是否过定点？请说明理由．[审题指导] (1)利用直接法求轨迹方程．(2)设P 点坐标(6，－1)，先求M 、N 处的切线方程再建立直线MN 的方程(用参数t 表示)，从而求定点．[解析] (1)设B (x ，y )，y ＞0，则AB 的中点D ⎝ ⎛⎭⎪⎫x2，0， ∵C (0,1)，连接DC ，∴DC →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2，1，DB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，y .在⊙C 中，DC ⊥DB ，∴DC →·DB →＝0，∴－x 24＋y ＝0，即x 2＝4y (y ＞0)，∴点B 的轨迹E 的方程为x 2＝4y (y ＞0)． (2)由(1)可得曲线E 的方程为x 2＝4y (y ＞0)． 设P (t ，－1)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， ∵y ＝x 24，∴y ′＝x2，∴过点M ，N 的切线方程分别为y －y 1＝x 12(x －x 1)，y －y 2＝x 22(x －x 2)，由4y 1＝x 21，4y 2＝x 22，上述切线方程可化为2(y ＋y 1)＝x 1x,2(y ＋y 2)＝x 2x .∵点P 在这两条切线上，∴2(y 1－1)＝tx 1,2(y 2－1)＝tx 2，即直线MN 的方程为2(y －1)＝tx ，故直线MN 过定点C (0,1)．过定点问题的常用解法(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 ，其代入直线方程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．(3)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点符合题意．(2019·全国Ⅰ卷)已知点A ，B 关于坐标原点O 对称，|AB |＝4，⊙M 过点A ，B 且与直线x ＋2＝0相切．(1)若A 在直线x ＋y ＝0上，求⊙M 的半径．(2)是否存在定点P ，使得当A 运动时，|MA |－|MP |为定值？并说明理由．解：(1)因为⊙M 过点A ，B ，所以圆心M 在AB 的垂直平分线上，由已知A 在直线x ＋y ＝0上，且A ，B 关于坐标原点O 对称，所以M 在直线y ＝x 上，故可设M (a ，a )．因为⊙M 与直线x ＋2＝0相切，所以⊙M 的半径为r ＝|a ＋2|.由已知得|AO |＝2，又MO →⊥AO →，故可得2a 2＋4＝(a ＋2)2，解得a ＝0或a ＝4. 故⊙M 的半径r ＝2或r ＝6.(2)存在定点P (1,0)，使得|MA |－|MP |为定值， 理由如下：设M (x ，y )，由已知得⊙M 的半径为r ＝|x ＋2|，|AO |＝2，由于MO →⊥AO →，故可得x 2＋y 2＋4＝(x ＋2)2，化简得M 的轨迹方程为y 2＝4x ，因为曲线C ：y 2＝4x 是以点P (1,0)为焦点，以直线x ＝－1为准线的抛物线，所以|MP |＝x ＋1.因为|MA |－|MP |＝r －|MP |＝x ＋2－(x ＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P .限时60分钟 满分60分解答题(本大题共5小题，每小题12分，共60分)1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点M (2,1)，且离心率e ＝32.(1)求椭圆C 的方程；(2)设A ，B 分别是椭圆C 的上顶点、右顶点，点P 是椭圆C 在第一象限内的一点，直线AP ，BP 分别交x 轴，y 轴于点M ，N ，求四边形ABMN 面积的最小值．解析：本题主要考查椭圆的标准方程、椭圆的基本性质以及直线方程，考查考生分析问题、解决问题的能力，考查的核心素养是数学运算．(1)由离心率及c 2＝a 2－b 2得a ，b 的关系，再把已知点代入即可求出标准方程；(2)设出点P 的坐标，得到直线AP ，BP 的方程，从而表示出点M ，N 的坐标，进而得到|AN |·|BM |，最后利用S 四边形ABMN＝S △OMN －S △OAB 及基本不等式求面积的最小值．(1)由椭圆的离心率为32得，c a ＝32，又c 2＝a 2－b 2，∴a ＝2b .又椭圆C 经过点(2,1)，∴44b 2＋1b2＝1，解得b 2＝2， ∴椭圆C 的方程为x 28＋y 22＝1.(2)由(1)可知，A (0，2)，B (22，0)，设P (x 0，y 0)(0＜x 0＜22，0＜y 0＜2)，则直线AP ：y ＝y 0－2x 0x ＋2，从而M ⎝⎛⎭⎪⎫－2x 0y 0－2，0. 直线BP ：y ＝y 0x 0－22(x －22)，从而N ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－22y 0x 0－22.∵x 208＋y 202＝1，∴|AN |·|BM |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋22y 0x 0－22·⎝ ⎛⎭⎪⎫22＋2x 0y 0－2＝2x 0＋2y 0－222x 0－22y 0－2＝2x 20＋4y 20＋4x 0y 0－42x 0－82y 0＋8x 0y 0－2x 0－22y 0＋4＝8.∴S 四边形ABMN ＝S △OMN －S △OAB ＝12(|OM |·|ON |－|OA |·|OB |) ＝12(2|BM |＋22|AN |＋8) ＝22(|BM |＋2|AN |)＋4 ≥4＋22·22|AN |·|BM | ＝4＋42(O 为坐标原点)，当且仅当|BM |＝4，|AN |＝2时取得最小值．2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，上顶点M 到直线3x ＋y ＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l 过点(4，－2)，且与椭圆C 相交于A ，B 两点，l 不经过点M ，证明：直线MA 的斜率与直线MB 的斜率之和为定值．解：本题主要考查椭圆与直线的交汇，考查考生的数形结合能力、推理论证能力以及运算求解能力，考查的核心素养是直观想象、逻辑推理、数学运算．(1)由题意可得，⎩⎪⎨⎪⎧e ＝c a ＝32|b ＋4|2＝3a 2＝b 2＋c2，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝4b ＝2，所以椭圆C 的方程为x 216＋y 24＝1.(2)易知直线l 的斜率恒小于0，设直线l 的方程为y ＋2＝k (x －4)，k ＜0且k ≠－1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立得⎩⎪⎨⎪⎧y ＋2＝k x －4x 216＋y24＝1，得(1＋4k 2)x 2－16k (2k ＋1)x ＋64k (k ＋1)＝0，则x 1＋x 2＝16k2k ＋11＋4k 2，x 1x 2＝64k k ＋11＋4k2， 因为k MA ＋k MB ＝y 1－2x 1＋y 2－2x 2＝kx 1－4k －4x 2＋kx 2－4k －4x 1x 1x 2， 所以k MA ＋k MB ＝2k －(4k ＋4)×x 1＋x 2x 1x 2＝2k －4(k ＋1)×16k 2k ＋164k k ＋1＝2k －(2k ＋1)＝－1(为定值)．3．(2019·某某三模)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63，直线4x ＋3y －5＝0与以坐标原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若A 为椭圆C 的下顶点，M ，N 为椭圆C 上异于A 的两点，直线AM 与AN 的斜率之积为1.①求证：直线MN 恒过定点，并求出该定点的坐标； ②若O 为坐标原点，求OM →·ON →的取值X 围． 解析：(1)由题意可得离心率e ＝c a ＝63， 又直线4x ＋3y －5＝0与圆x 2＋y 2＝b 2相切， 所以b ＝|－5|42＋32＝1，结合a 2－b 2＝c 2，解得a ＝3， 所以椭圆C 的标准方程为y 23＋x 2＝1.(2)①设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由题意知A (0，－3)，又直线AM 与AN 的斜率之积为1，所以y 1＋3x 1·y 2＋3x 2＝1， 即有x 1x 2＝y 1y 2＋3(y 1＋y 2)＋3， 由题意可知直线MN 的斜率存在且不为0， 设直线MN ：y ＝kx ＋t (k ≠0)，代入椭圆方程，消去y 可得(3＋k 2)x 2＋2ktx ＋t 2－3＝0，所以x 1x 2＝t 2－33＋k 2，x 1＋x 2＝－2kt3＋k2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2t ＝2t －2k 2t 3＋k 2＝6t3＋k2，y 1y 2＝k 2x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2＝k 2·t 2－33＋k 2＋kt ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2kt 3＋k 2＋t 2＝3t 2－3k 23＋k 2，所以t 2－33＋k 2＝3t 2－3k 23＋k 2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫6t 3＋k 2＋3， 化简得t 2＋33t ＋6＝0，解得t ＝－23(－3舍去)， 则直线MN 的方程为y ＝kx －23，即直线MN 恒过定点，该定点的坐标为(0，－23)．②由①可得OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝t 2－33＋k 2＋3t 2－3k 23＋k 2＝4t 2－3－3k 23＋k 2＝45－3k 23＋k2，由(3＋k 2)x 2＋2ktx ＋t 2－3＝0，可得Δ＝4k 2t 2－4(t 2－3)(3＋k 2)＝48k 2－36(3＋k 2)＞0，解得k 2＞9.令3＋k 2＝m ，则m ＞12，且k 2＝m －3， 所以45－3k 23＋k 2＝45－3m －3m ＝54m －3， 由m ＞12，可得－3＜54m －3＜32.则OM →·ON →的取值X 围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，32.4．(2019·某某卷)如图，已知点F (1,0)为抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点．过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在抛物线上，使得ΔABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记△AFG ，△CQG 的面积分别为S 1，S 2.(1)求p 的值及抛物线的准线方程； (2)求S 1S 2的最小值及此时点G 的坐标． 解：(1)由题意得p2＝1，即p ＝2.所以，抛物线的准线方程为x ＝－1.(2)设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，C (x c ，y c )，重心G (x G ，y G )．令y A ＝2t ，t ≠0，则x A ＝t 2.由于直线AB 过F ，故直线AB 的方程为x ＝t 2－12t y ＋1，代入y 2＝4x ，得y 2－2t 2－1ty－4＝0，故2ty B ＝－4，即y B ＝－2t，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t .又由于x G ＝13(x A ＋x B ＋x C )，y G ＝13(y A ＋y B ＋y C )及重心G 在x 轴上，故2t －2t ＋y C ＝0，得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t 2，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t ，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 4－2t 2＋23t 2，0. 所以，直线AC 的方程为y －2t ＝2t (x －t 2)，得Q (t 2－1,0)． 由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2＞2.从而 S 1S 2＝12|FG |·|y A |12|QG |·|y c | ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 4－2t 2＋23t 2－1·|2t |⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－1－2t 4－2t 2＋23t 2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t －2t ＝2t 4－t 2t 4－1＝2－t 2－2t 4－1. 令m ＝t 2－2，则m >0，S 1S 2＝2－m m 2＋4m ＋3＝2－1m ＋3m＋4≥2－12 m ·3m＋4＝1＋32.当m ＝3时，S 1S 2取得最小值1＋32，此时G (2,0)． 5．(2019·卷)已知拋物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求拋物线C 的方程及其准线方程；(2)设O 为原点，过拋物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交拋物线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：本题主要考查抛物线方程的求解与准线方程的确定，直线与抛物线的位置关系，圆的方程的求解及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力．(1)将点(2，－1)代入抛物线方程：22＝2p ×(－1)可得：p ＝－2， 故抛物线方程为：x 2＝－4y ，其准线方程为：y ＝1. (2)很明显直线l 的斜率存在，焦点坐标为(0，－1)，设直线方程为y ＝kx －1，与抛物线方程x 2＝－4y 联立可得：x 2＋4kx －4＝0.故：x 1＋x 2＝－4k ，x 1x 2＝－4.设M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，－x 214，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，－x 224，则k OM ＝－x 14， k ON ＝－x 24，直线OM 的方程为y ＝－x 14x ，与y ＝－1联立可得：A ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 1，－1，同理可得B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4x 2，－1， 易知以AB 为直径的圆的圆心坐标为：⎝ ⎛⎭⎪⎫2x 1＋2x 2，－1，圆的半径为：⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 1－2x 2，且：2x 1＋2x 2＝2x 1＋x 2x 1x 2＝2k ，⎪⎪⎪⎪⎪⎪2x 1－2x 2＝2×x 1＋x 22－4x 1x 2|x 1x 2|＝2k 2＋1，则圆的方程为：(x －2k )2＋(y ＋1)2＝4(k 2＋1)，令x ＝0整理可得：y 2＋2y －3＝0，解得：y 1＝－3，y 2＝1， 即以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点(0，－3)，(0,1)．高考解答题·审题与规X(五) 解析几何类考题重在“巧设”思维流程1.解析几何部分知识点多，运算量大，能力要求高，在高考试题中大都是在压轴题的位置出现，是考生“未考先怕”的题型之一，不是怕解题无思路，而是怕解题过程中繁杂的运算．2.在遵循“设——列——解”程序化运算的基础上，应突出解析几何“设”的重要性，以克服平时重思路方法、轻运算技巧的顽疾，突破如何避繁就简这一瓶颈.真题案例审题指导审题方法 (12分)(2019·全国Ⅲ卷)已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，52为圆的圆与直线AB 相切，切点为线段AB 的中点，求四边形ABCD 的面积.(1)设点D 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，根据导数的几何意义确定切线DA ，DB 的斜率，利用方程的同解性得出直线AB 的方程，进而证明直线过定点．(2)联立直线AB 与拋物线的方程，求出AB 的弦长及点D ，E 到直线AB 的距离，建立四边形ADBE 的面积表达式，再利用直线与圆相切的条件求出参数的值，进而可求四边形ADBE 的面积. 审方法 数学思想是问题的主线，方法是解题的手段．审视方法，选择适当的解题方法，往往使问题的解决事半功倍．审题的过程还是一个解题方法的抉择过程，开拓的解题思路能使我们心涌如潮，适宜的解题方法则帮助我们事半功倍.规X 解答评分细则[解析] (1)设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.1分①由y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.2分②设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0.3分③ 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.4分④所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，125分⑤(2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x 22可得x2－2tx －1＝0.6分⑥于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1， |AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝2(t 2＋1).7分⑦设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，则d 1＝t 2＋1，d 2＝2t 2＋1. 因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.9分⑧ 设M 为线段AB 的中点，则M ⎝⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0.解得t ＝0或t ＝±1.11分⑨当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2. 因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2.12分⑩。
【配套K12】[学习](全国通用版)2019高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综
2019高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综](https://img.taocdn.com/s3/m/527a442990c69ec3d5bb75f1.png)
第3讲 圆锥曲线的综合问题[考情考向分析] 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．热点一 范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．例1 (2018·百校联盟联考)已知N 为圆C 1：(x ＋2)2＋y 2＝24上一动点，圆心C 1关于y 轴的对称点为C 2，点M ，P 分别是线段C 1N ，C 2N 上的点，且MP →·C 2N —→＝0，C 2N —→＝2C 2P —→. (1)求点M 的轨迹方程；(2)直线l 与曲线Γ交于A ，B 两点，AB 的中点在直线y ＝12上，求△OAB (O 为坐标原点)面积的取值范围．解 连接MC 2，因为C 2N —→＝2C 2P —→，所以P 为C 2N 的中点，因为MP →·C 2N —→＝0， 所以MP →⊥C 2N —→，所以点M 在C 2N 的垂直平分线上， 所以|MN |＝|MC 2|，因为|MN |＋|MC 1|＝|MC 2|＋|MC 1|＝26>4， 所以点M 在以C 1，C 2为焦点的椭圆上， 因为a ＝6，c ＝2，所以b 2＝2， 所以点M 的轨迹方程为x 26＋y 22＝1.(2)由题意知直线l 的斜率存在， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，l ：y ＝kx ＋m ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 26＋y22＝1，得()3k 2＋1x 2＋6kmx ＋3m 2－6＝0，x 1＋x 2＝－6km 3k 2＋1，x 1x 2＝3m 2－63k 2＋1，Δ＝()6km 2－4()3k 2＋1()3m 2－6＝12()6k 2＋2－m 2>0，设AB 的中点为C ()x 0，y 0，则x 0＝－3km 3k 2＋1，y 0＝kx 0＋m ＝－3k 2m 3k 2＋1＋m ＝m3k 2＋1，由题意知m 3k 2＋1＝12，所以2m ＝3k 2＋1，由Δ>0，得0<m <4，因为|AB |＝1＋k 2×12()6k 2＋2－m 23k 2＋1＝1＋k 2×23×6k 2＋2－m23k 2＋1， 原点O 到直线AB 的距离d ＝|m |1＋k2，所以S △OAB ＝12×|m |1＋k2×1＋k 2×23×6k 2＋2－m 23k 2＋1 ＝m ×3×4m －m 22m ＝32×4m －m 2()0<m <4，即0<S △OAB ≤3，所以当m ＝2时，S △OAB 取最大值 3. 故△OAB 面积的取值范围为(]0，3. 思维升华 解决范围问题的常用方法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解． (2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解． (3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．跟踪演练1 (2018·北京)已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，焦距为2 2.斜率为k 的直线l 与椭圆M 有两个不同的交点A ，B . (1)求椭圆M 的方程；(2)若k ＝1，求|AB |的最大值；(3)设P (－2,0)，直线PA 与椭圆M 的另一个交点为C ，直线PB 与椭圆M 的另一个交点为D ，若C ，D 和点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－74，14共线，求k .解 (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝b 2＋c 2，c a ＝63，2c ＝22，解得a ＝3，b ＝1.所以椭圆M 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝x ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋m ，x 23＋y 2＝1，得4x 2＋6mx ＋3m 2－3＝0，Δ＝36m 2－16(3m 2－3)＝－12m 2＋48>0， 即－2<m <2.所以x 1＋x 2＝－3m 2，x 1x 2＝3m 2－34.所以|AB |＝(x 2－x 1)2＋(y 2－y 1)2 ＝2(x 2－x 1)2＝2[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝12－3m 22. 所以当m ＝0，即直线l 过原点时，|AB |最大，最大值为 6. (3)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由题意得x 21＋3y 21＝3，x 22＋3y 22＝3. 直线PA 的方程为y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，x 2＋3y 2＝3，得[(x 1＋2)2＋3y 21]x 2＋12y 21x ＋12y 21－3(x 1＋2)2＝0. 设C (x C ，y C )，所以x C ＋x 1＝－12y 21(x 1＋2)2＋3y 21＝4x 21－124x 1＋7. 所以x C ＝4x 21－124x 1＋7－x 1＝－12－7x 14x 1＋7.所以y C ＝y 1x 1＋2(x C ＋2)＝y 14x 1＋7. 设D (x D ，y D )，同理得x D ＝－12－7x 24x 2＋7，y D ＝y 24x 2＋7.记直线CQ ，DQ 的斜率分别为k CQ ，k DQ ，则k CQ －k DQ ＝y 14x 1＋7－14－12－7x 14x 1＋7＋74－y 24x 2＋7－14－12－7x 24x 2＋7＋74＝4(y 1－y 2－x 1＋x 2)．因为C ，D ，Q 三点共线，所以k CQ －k DQ ＝0. 故y 1－y 2＝x 1－x 2. 所以直线l 的斜率k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝1. 热点二 定点、定值问题1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y －y 0＝k (x －x 0)，则直线必过定点(x 0，y 0)；若得到了直线方程的斜截式：y ＝kx ＋m ，则直线必过定点(0，m )．2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．例2 (2018·合肥模拟)记焦点在同一条轴上且离心率相同的椭圆为“相似椭圆”．已知椭圆E ：x 216＋y 212＝1，以椭圆E 的焦点为顶点作相似椭圆M .(1)求椭圆M 的方程；(2)设直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，且与椭圆M 仅有一个公共点，试判断△ABO 的面积是否为定值(O 为坐标原点)？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解 (1)由条件知，椭圆M 的离心率e ＝12，且长轴的顶点坐标为(－2,0)，(2,0)，∴椭圆M 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 的斜率存在时，设直线l ：y ＝kx ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 24＋y23＝1，得()3＋4k 2x 2＋8kbx ＋4b 2－12＝0.令Δ＝64k 2b 2－4(3＋4k 2)(4b 2－12)＝0，得b 2＝3＋4k 2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 216＋y 212＝1，化简得()3＋4k 2x 2＋8kbx ＋4b 2－48＝0.Δ>0显然成立．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8kb 3＋4k 2＝－8k b ，x 1·x 2＝4b 2－483＋4k 2＝4b 2－48b2.∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝121＋k 2|b |，而原点O 到直线l 的距离d ＝|b |1＋k2，∴S △ABO ＝12|AB |·d ＝6.当直线l 的斜率不存在时，l ：x ＝2或x ＝－2， 则|AB |＝6，原点O 到直线l 的距离d ＝2，∴S △ABO ＝6.综上所述，△ABO 的面积为定值6.思维升华 (1)动直线过定点问题的两大类型及解法①动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．②动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． (2)求解定值问题的两大途径①由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．跟踪演练2 (2018·凯里市第一中学模拟)已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点与曲线Γ：12x 2－4y 2＝3的一个焦点相同，O 为坐标原点，点M 为抛物线C 上任意一点，过点M 作x 轴的平行线交抛物线的准线于点P ，直线OP 交抛物线于点N . (1)求抛物线C 的方程；(2)求证：直线MN 过定点G ，并求出此定点的坐标． 解 (1)由曲线Γ：12x 2－4y 2＝3， 化为标准方程可得x 214－y 234＝1，所以曲线Γ：x 214－y 234＝1是焦点在x 轴上的双曲线，其中a 2＝14，b 2＝34，故c 2＝a 2＋b 2＝1，Γ的焦点坐标分别为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，因为抛物线的焦点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫p2，0(p >0)，由题意知p2＝1，所以p ＝2，即抛物线的方程为y 2＝4x .(2)由(1)知，抛物线y 2＝4x 的准线方程为x ＝－1， 设P ()－1，m ，显然m ≠0.故M ⎝ ⎛⎭⎪⎫m 24，m ，从而直线OP 的方程为y ＝－mx ，联立直线OP 与抛物线方程得⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝－mx ，解得N ⎝ ⎛⎭⎪⎫4m 2，－4m.①当4m 2＝m 24，即m ＝±2时，直线MN 的方程为x ＝1； ②当4m 2≠m 24，即m ≠±2时，直线MN 的方程为y －m ＝4m m 2－4⎝⎛⎭⎪⎫x －m 24，整理得MN 的方程为y ＝4mm 2－4(x －1)， 此时直线恒过定点G (1,0)，因为(1,0)也在直线MN 的方程x ＝1上， 故直线MN 恒过定点G (1,0)． 热点三 探索性问题1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在． 2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．例3 已知圆C 的圆心为原点，其半径与椭圆D ：x 24＋y 23＝1的左焦点和上顶点的连线线段长度相等．(1)求圆C 的标准方程；(2)过椭圆右焦点的动直线l 2(其斜率不为0)交圆C 于A ，B 两点，试探究在x 轴正半轴上是否存在定点E ，使得直线AE 与BE 的斜率之和为0？若存在，求出点E 的坐标，若不存在，请说明理由．解 (1)由题意知，椭圆D ：x 24＋y 23＝1的左焦点的坐标为(－1,0)，上顶点的坐标为()0，3，故圆的半径r ＝()－1－02＋()0－32＝2，所以圆C 的标准方程为x 2＋y 2＝4. (2)假设存在符合条件的点E . 设E ()t ，0，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 当直线l 2的斜率存在时， 设直线l 2的方程为y ＝k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 2＝4，y ＝k (x －1)，得()k 2＋1x 2－2k 2x ＋k 2－4＝0，Δ>0显然成立． 所以x 1＋x 2＝2k 2k 2＋1，x 1x 2＝k 2－4k 2＋1.由k AE ＋k BE ＝0，得k AE ＝－k BE ， 所以y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0，即k ()x 1－1x 1－t ＋k ()x 2－1x 2－t＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0， 即2()k 2－4k 2＋1－2k 2(t ＋1)k 2＋1＋2t ＝0，解得t ＝4.即E (4,0)．当直线l 2的斜率不存在时，直线l 2的方程为x ＝1，与圆C 的交点坐标分别为(1，3)，()1，－3，由E (4,0)知满足kAE＋k BE ＝0.所以当点E 的坐标为(4,0)时，k AE ＋k BE ＝0. 思维升华 解决探索性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．跟踪演练3 (2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为4的椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)过点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，点F 是椭圆的右焦点． (1)求椭圆方程；(2)在x 轴上是否存在定点D ，使得过D 的直线l 交椭圆于A ，B 两点．设点E 为点B 关于x 轴的对称点，且A ，F ，E 三点共线？若存在，求D 点坐标；若不存在，说明理由． 解 (1)∵ 2a ＝4，∴ a ＝2，将点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得b 2＝3.∴椭圆方程为x 24＋y 23＝1. (2)存在定点D 满足条件．设D (t,0)，直线l 方程为x ＝my ＋t (m ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋t ，x 24＋y23＝1，消去x ，得(3m 2＋4)y 2＋6mt ·y ＋3t 2－12＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则E (x 2，－y 2)，⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－6mt3m 2＋4，y 1y 2＝3t 2－123m 2＋4且Δ>0.由A ，F ，E 三点共线，可得(x 2－1)y 1＋(x 1－1)y 2＝0， 即2my 1y 2＋(t －1)(y 1＋y 2)＝0， ∴ 2m ·3t 2－123m 2＋4＋(t －1)·－6mt3m 2＋4＝0，解得t ＝4， 此时由Δ>0得m 2>4.∴存在定点D (4,0)满足条件，且m 满足m 2>4.真题体验1．(2017·全国Ⅰ改编)已知F 为抛物线C ：y 2＝4x 的焦点，过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于A ，B 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，则|AB |＋|DE |的最小值为________．答案 16解析 因为F 为y 2＝4x 的焦点，所以F (1,0)．由题意知，直线l 1，l 2的斜率均存在且不为0，设l 1的斜率为k ，则l 2的斜率为－1k，故直线l 1，l 2的方程分别为y ＝k (x －1)，y ＝－1k(x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，Δ＝16k 2＋16>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k，x 1x 2＝1，所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4 ＝4(1＋k 2)k2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k2＋4(1＋k 2) ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2＝8＋4⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋1k2≥8＋4×2＝16，当且仅当k 2＝1k2，即k ＝±1时，取得等号．2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中,椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22,焦距为2.(1)求椭圆E 的方程； (2)如图，动直线l ：y ＝k 1x －32交椭圆E 于A ，B 两点，C 是椭圆E 上一点，直线OC 的斜率为k 2，且k 1k 2＝24.M 是线段OC 延长线上一点，且|MC |∶|AB |＝2∶3，⊙M 的半径为|MC |，OS ，OT 是⊙M 的两条切线，切点分别为S ，T .求∠SOT 的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．解 (1)由题意知，e ＝c a ＝22，2c ＝2，所以c ＝1， 所以a ＝2，b ＝1，所以椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝k 1x －32，消去y ，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0. 由题意知，Δ>0，且x 1＋x 2＝23k 12k 1＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝2·1＋k 21·1＋8k 211＋2k 21. 由题意可知，圆M 的半径r 为 r ＝23|AB |＝223·1＋k 21 1＋8k 212k 21＋1. 由题设知k 1k 2＝24，所以k 2＝24k 1，因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x .联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k 1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21，因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21. 由题意可知，sin ∠SOT 2＝r r ＋|OC |＝11＋|OC |r.而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 21223·1＋k 21 1＋8k 211＋2k 1＝324·1＋2k 211＋4k 21 1＋k 21， 令t ＝1＋2k 21，则t >1，1t∈(0,1)，因此|OC |r ＝32·t 2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t 2＝32·1－⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －122＋94≥1，当且仅当1t ＝12，即t ＝2时等号成立，此时k 1＝±22，所以sin ∠SOT 2≤12，因此∠SOT 2≤π6，所以∠SOT 的最大值为π3.综上所述，∠SOT 的最大值为π3，取得最大值时直线l 的斜率为k 1＝±22.押题预测已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．(1)求C 1，C 2的方程；(2)若过焦点F 的直线l 与椭圆分别交于M ，Q 两点，与抛物线分别交于P ，N 两点，是否存在斜率为k (k ≠0)的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2？若存在，求出k 的值；若不存在，请说明理由．押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色． 解 (1)因为C 1，C 2的焦点重合， 所以a 2－3＝a2，所以a 2＝4. 又a >0，所以a ＝2.于是椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1，抛物线C 2的方程为y 2＝4x . (2)假设存在直线l 使得|PN ||MQ |＝2，当l ⊥x 轴时，|MQ |＝3，|PN |＝4，不符合题意， ∴直线l 的斜率存在，∴可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 1＋x 4＝2k 2＋4k，x 1x 4＝1，且Δ＝16k 2＋16>0，所以|PN |＝1＋k 2·(x 1＋x 4)2－4x 1x 4＝4(1＋k 2)k2. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2，且Δ＝144k 2＋144>0，所以|MQ |＝1＋k 2·(x 2＋x 3)2－4x 2x 3＝12(1＋k 2)3＋4k2.若|PN ||MQ |＝2， 则4(1＋k 2)k 2＝2×12(1＋k 2)3＋4k 2，解得k ＝±62.6 2的直线l，使得|PN||MQ|＝2.故存在斜率为k＝±A 组 专题通关1．(2018·安徽省“皖南八校”联考)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为e ＝12，椭圆C上一点M 到左、右两个焦点F 1，F 2的距离之和是4. (1)求椭圆的方程；(2)已知过F 2的直线与椭圆C 交于A ，B 两点，且两点与左、右顶点不重合，若F 1M —→＝F 1A —→＋F 1B —→，求四边形AMBF 1面积的最大值． 解 (1)依题意知，2a ＝4，a ＝2， 因为e ＝12，所以c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB ：x ＝my ＋1，则由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，x 24＋y23＝1，可得3(my ＋1)2＋4y 2＝12，即(3m 2＋4)y 2＋6my －9＝0，Δ＝36m 2＋36(3m 2＋4)＝144(m 2＋1)>0，y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4， 又因为F 1M —→＝F 1A —→＋F 1B —→， 所以四边形AMBF 1是平行四边形， 设平行四边形AMBF 1的面积为S ，则S ＝12ABF S ＝2×12×|F 1F 2|×|y 1－y 2|＝24×m 2＋13m 2＋4.设t ＝m 2＋1，则m 2＝t 2－1(t ≥1)，所以S ＝24×t 3t 2＋1＝24×13t ＋1t，因为t ≥1，所以3t ＋1t≥4(当t ＝1时取等号)，所以S ∈(0,6]，所以四边形AMBF 1面积的最大值为6.2．已知椭圆 C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，离心率为13，点P 在椭圆C 上，且△PF 1F 2的面积的最大值为2 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知直线l ：y ＝kx ＋2(k ≠0)与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，若在x 轴上存在点G ，使得|GM |＝|GN |，求点G 的横坐标的取值范围．解 (1)由已知得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝13，12×2c ×b ＝22，c 2＝a 2－b 2，解得a 2＝9，b 2＝8，c 2＝1， ∴椭圆C 的方程为x 29＋y 28＝1.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点为E ()x 0，y 0，点G ()m ，0，使得|GM |＝|GN |， 则GE ⊥MN .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 29＋y28＝1，得()8＋9k 2x 2＋36kx －36＝0，由Δ>0，得k ∈R 且k ≠0. ∴x 1＋x 2＝－36k9k 2＋8，∴x 0＝－18k 9k 2＋8，y 0＝kx 0＋2＝169k 2＋8. ∵GE ⊥MN ，∴k GE ＝－1k，即169k 2＋8－0－18k 9k 2＋8－m ＝－1k， ∴m ＝－2k 9k 2＋8＝－29k ＋8k.当k >0时，9k ＋8k≥29×8＝12 2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当9k ＝8k ，即k ＝223时，取等号，∴－212≤m <0； 当k <0时，9k ＋8k≤－12 2⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当9k ＝8k ，即k ＝－223时，取等号，∴0<m ≤212， ∴点G 的横坐标的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－212，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，212. 3．(2018·全国Ⅲ)已知斜率为k 的直线l 与椭圆C ：x 24＋y 23＝1交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M (1，m )(m >0)． (1)证明：k <－12；(2)设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且FP →＋FA →＋FB →＝0.证明：2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|. 证明 (1)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则x 214＋y 213＝1，x 224＋y 223＝1. 两式相减，并由y 1－y 2x 1－x 2＝k ，得x 1＋x 24＋y 1＋y 23·k ＝0. 由题设知x 1＋x 22＝1，y 1＋y 22＝m ，于是k ＝－34m.①由题设得0<m <32，故k <－12.(2)由题意得F (1,0)．设P (x 3，y 3)，则(x 3－1，y 3)＋(x 1－1，y 1)＋(x 2－1，y 2)＝(0,0)． 由(1)及题设得x 3＝3－(x 1＋x 2)＝1，y 3＝－(y 1＋y 2)＝－2m <0.又点P 在C 上，所以m ＝34，从而P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32，|FP →|＝32. 于是|FA →|＝(x 1－1)2＋y 21 ＝(x 1－1)2＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 214＝2－x 12.同理|FB →|＝2－x 22.所以|FA →|＋|FB →|＝4－12(x 1＋x 2)＝3.故2|FP →|＝|FA →|＋|FB →|.4．(2018·龙岩质检)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，点P ⎝⎛⎭⎪⎫1，－32在椭圆上．不过原点的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，且OA →·OB →＝0(O 为坐标原点)． (1)求椭圆C 的方程；(2)试判断1|OA |2＋1|OB |2是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由．解 (1)∵椭圆C 的离心率e ＝c a ＝32， 又c 2＝a 2－b 2，∴34a 2＝a 2－b 2，∴a 2＝4b 2. 又点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，－32在椭圆上， ∴1a 2＋34b 2＝1， 即14b 2＋34b2＝1，∴b 2＝1，则a 2＝4， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线OA 的斜率存在且不为0时， 设其方程为y ＝kx ，∵A ，B 分别为椭圆上的两点，且OA →·OB →＝0， 即OA ⊥OB ，∴直线OB 的方程为y ＝－1kx .设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 把y ＝kx 代入椭圆C ：x 24＋y 2＝1，得x 21＝41＋4k 2，∴y 21＝4k 21＋4k2，同理x 22＝4k 24＋k 2，∴y 22＝44＋k2，∴1|OA |2＋1|OB |2＝1x 21＋y 21＋1x 22＋y 22＝141＋4k 2＋4k 21＋4k 2＋14k 24＋k 2＋44＋k 2＝54. 当直线OA ，OB 中的一条直线的斜率不存在时， 则另一条直线的斜率为0，此时1|OA |2＋1|OB |2＝1a 2＋1b 2＝14＋1＝54. 综上所述，1|OA |2＋1|OB |2为定值54.B 组 能力提高5．已知点M ()x 0，y 0在圆O ：x 2＋y 2＝4上运动，且存在一定点N ()6，0，点P (x ，y )为线段MN 的中点．(1)求点P 的轨迹C 的方程；(2)过A (0,1)且斜率为k 的直线l 与点P 的轨迹C 交于不同的两点E ，F ，是否存在实数k ，使得OE →·OF →＝12？若存在，求出k 的值，若不存在，说明理由． 解 (1)设P (x ，y )，由中点坐标公式，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝x 0＋62，y ＝y2，即x 0＝2x －6，y 0＝2y .∵点M ()x 0，y 0在圆x 2＋y 2＝4上运动，∴x 20＋y 20＝4，即()2x －62＋()2y 2＝4，整理，得()x －32＋y 2＝1.∴点P 的轨迹C 的方程为()x －32＋y 2＝1.(2)设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，直线l 的方程是y ＝kx ＋1， 代入圆()x －32＋y 2＝1.可得()1＋k 2x 2－2()3－k x ＋9＝0，由Δ＝－32k 2－24k >0，得－34<k <0，且x 1＋x 2＝2()3－k 1＋k 2，x 1x 2＝91＋k 2，∴y 1y 2＝()kx 1＋1()kx 2＋1 ＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝9k 21＋k 2＋2k ()3－k 1＋k 2＋1＝8k 2＋6k ＋11＋k2. ∴OE →·OF →＝x 1x 2＋y 1y 2＝8k 2＋6k ＋101＋k 2＝12. 解得k ＝12或1，都不满足Δ>0.∴不存在实数k ，使得OE →·OF →＝12.6．(2018·河北省武邑中学模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)经过点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，354，且两个焦点F 1，F 2的坐标依次为(－1,0)和(1,0)． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设E ，F 是椭圆C 上的两个动点，O 为坐标原点，直线OE 的斜率为k 1，直线OF 的斜率为k 2，若k 1·k 2＝－1，证明：直线EF 与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程．解 (1)由椭圆定义得2a ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫354－02＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫354－02＝4，即a ＝2，又c ＝1，所以b 2＝3，得椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线EF 的斜率存在时，设直线EF 的方程为y ＝kx ＋b ，E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，直线EF 的方程与椭圆方程联立，消去y 得()3＋4k 2x 2＋8kbx ＋4b 2－12＝0，当判别式Δ＝3＋4k 2－b 2>0时， 得x 1＋x 2＝－8kb 3＋4k ，x 1x 2＝4b 2－123＋4k .由已知k 1·k 2＝－1，即y 1y 2x 1x 2＝－1， 因为点E ，F 在直线y ＝kx ＋b 上， 所以()kx 1＋b ()kx 2＋b ＝－x 1x 2， 整理得()k 2＋1x 1x 2＋bk (x 1＋x 2)＋b 2＝0，即()k 2＋1×4b 2－123＋4k 2＋bk ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8kb 3＋4k 2＋b 2＝0，化简得b 2＝12k 2＋127.原点O 到直线EF 的距离d ＝|b |1＋k2，精品K12教育教学资料精品K12教育教学资料 d 2＝b 21＋k 2＝12k 2＋127k 2＋7＝127， 所以直线与一个定圆相切，定圆的标准方程为x 2＋y 2＝127.当直线EF 的斜率不存在时，此时，直线EF 的方程为x ＝±847，满足与定圆x 2＋y 2＝127相切． 故直线EF 与以原点为圆心的定圆相切，定圆的标准方程为x 2＋y 2＝127.。
(全国通用版)2019高考数学二轮复习-专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题课件 文
例 2 (2018·合肥模拟)记焦点在同一条轴上且离心率相同的椭圆为“相似 椭圆”.已知椭圆 E：1x62 ＋1y22 ＝1，以椭圆 E 的焦点为顶点作相似椭圆 M.
(1)求椭圆M的方程；
解 由条件知，椭圆 M 的离心率 e＝12，且长轴的顶点坐标为(－2,0)，(2,0)，
∴椭圆 M 的方程为x42＋y32＝1.
解答
(2)直线l与曲线Γ交于A，B两点，AB的中点在直线y＝ 1上，求△OAB(O 2
为坐标原点)面积的取值范围.
解答
思维升华
解决范围问题的常用方法 (1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用 数形结合法求解. (2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元 的不等式求解. (3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其 值域.
跟踪演练3 (2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为4的椭 圆 ax22＋by22＝1 (a>b>0)过点P 1，32，点F是椭圆的右焦点. (1)求椭圆方程； 解 ∵ 2a＝4，∴ a＝2， 将点 P1，32代入ax22＋by22＝1，得 b2＝3. ∴椭圆方程为x42＋y32＝1.
解答
(2)设直线l与椭圆E交于A，B两点，且与椭圆M仅有一个公共点，试判断 △ABO的面积是否为定值(O为坐标原点)？若是，求出该定值；若不是， 请说明理由.
解答
思维升华
(1)动直线过定点问题的两大类型及解法 ①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t， 由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点 (－m,0). ②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再 根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.
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第三讲 圆锥曲线的综合应用 第一课时 圆锥曲线的最值、范围、证
明问题
1．(2018·成都模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知△ABC 的两个顶点A ，B 的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，且AC ，BC 所在直线的斜率之积等于－2，记顶点C 的轨迹为曲线E .
(1)求曲线E 的方程；
(2)设直线y ＝kx ＋2(0＜k ＜2)与y 轴相交于点P ，与曲线E 相交于不同的两点Q ，R (点
R 在点P 和点Q 之间)，且PQ →＝λPR →
，求实数λ的取值范围．
解析：(1)设C (x ，y )． 由题意，可得
y x －1·y
x ＋1
＝－2(x ≠±1)， ∴曲线E 的方程为x 2
＋y 2
2＝1(x ≠±1)．
(2)设R (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．
联立，得⎩
⎪⎨⎪
⎧
y ＝kx ＋2，x 2＋y 2
2＝1，消去y ，可得(2＋k 2)x 2
＋4kx ＋2＝0，
∴Δ＝8k 2
－16＞0，∴k 2
＞2. 又0＜k ＜2，∴2＜k ＜2. 由根与系数的关系得，x 1＋x 2＝－
4k
2＋k
2， ① x 1x 2＝
2
2＋k
2. ② ∵PQ →＝λPR →
，点R 在点P 和点Q 之间， ∴x 2＝λx 1(λ＞1)． ③ 联立①②③，可得＋λ2
λ
＝8k 2
2＋k
2. ∵2＜k ＜2，
∴8k 2
2＋k 2＝82k
2＋1
∈(4，163
)， ∴4＜
＋λ2
λ
＜163
， ∴1
3
＜λ＜3，且λ≠1.
∵λ＞1，∴实数λ的取值范围为(1,3)．
2．(2018·武汉调研)已知抛物线C ：x 2
＝2py (p ＞0)和定点M (0,1)，设过点M 的动直线交抛物线C 于A ，B 两点，抛物线C 在A ，B 处的切线的交点为N .
(1)若N 在以AB 为直径的圆上，求p 的值；
(2)若△ABN 的面积的最小值为4，求抛物线C 的方程． 解析：设直线AB ：y ＝kx ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 将直线AB 的方程代入抛物线C 的方程得x 2
－2pkx －2p ＝0， 则x 1＋x 2＝2pk ，x 1x 2＝－2p . ①
(1)由x 2
＝2py 得y ′＝x p ，则A ，B 处的切线斜率的乘积为
x 1x 2p 2＝－2p
， ∵点N 在以AB 为直径的圆上，∴AN ⊥BN ，∴－2
p
＝－1，∴p ＝2.
(2)易得直线AN ：y －y 1＝x 1p (x －x 1)，直线BN ：y －y 2＝x 2p
(x －x 2)，
联立，得⎩⎪⎨⎪⎧
y －y 1＝x
1
p
x －x 1，y －y 2＝x
2
p
x －x 2，
结合①式，解得⎩
⎪⎨
⎪⎧
x ＝pk ，
y ＝－1，即N (pk ，－1)．
|AB |＝1＋k 2
|x 2－x 1|＝1＋k 2
x 1＋x 2
2
－4x 1x 2＝1＋k
2
4p 2k 2
＋8p ，
点N 到直线AB 的距离d ＝|kx N ＋1－y N |1＋k 2＝|pk 2
＋2|
1＋k 2
， 则△ABN 的面积S △ABN ＝1
2·|AB |·d＝p
pk 2＋
3
≥22p ，当k ＝0时，取等号，
∵△ABN 的面积的最小值为4，
∴22p ＝4，∴p ＝2，故抛物线C 的方程为x 2
＝4y .
3．(2018·山西四校联考)如图，圆C 与x 轴相切于点T (2,0)，与y 轴正半轴相交于两点M 、N (点M 在点N 的下方)，且|MN |＝3.
(1)求圆C 的方程；
(2)过点M 任作一条直线与椭圆x 28＋y 2
4＝1相交于两点A 、B ，连接AN 、BN ，求证：∠ANM
＝∠BNM .
解析：(1)设圆C 的半径为r (r ＞0)，依题意，圆心C 的坐标为(2，r )．
∵|MN |＝3，∴r 2＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫322＋22，解得r 2
＝254.
∴圆C 的方程为(x －2)2
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝254
.
(2)证明：把x ＝0代入方程(x －2)2
＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝254
，
解得y ＝1或y ＝4，即点M (0,1)、N (0,4)． ①当AB ⊥x 轴时，可知∠ANM ＝∠BNM ＝0˚.
②当AB 与x 轴不垂直时，可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1.
联立方程⎩
⎪⎨⎪⎧
y ＝kx ＋1
x 2＋2y 2
＝8，消去y 得，(1＋2k 2)x 2
＋4kx －6＝0.
设直线AB 交椭圆于A (x 1，y 1)、B (x 2，y 2)两点，则x 1＋x 2＝－4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－6
1＋2k 2.
∴k AN ＋k BN ＝
y 1－4x 1＋y 2－4x 2＝kx 1－3x 1＋kx 2－3x 2＝2kx 1x 2－x 1＋x 2
x 1x 2
. 若k AN ＋k BN ＝0，则∠ANM ＝∠BNM .
∵2kx 1x 2－3(x 1＋x 2)＝－12k 1＋2k 2＋12k
1＋2k 2＝0，
∴∠ANM ＝∠BNM .
4．(2018·德州模拟)已知C 为圆(x ＋1)2
＋y 2
＝8的圆心，P 是圆上的动点，点Q 在圆的半径CP 上，且有点A (1,0)和AP 上的点M ，满足MQ →·AP →＝0，AP →＝2AM →
.
(1)当点P 在圆上运动时，求点Q 的轨迹方程；
(2)若斜率为k 的直线l 与圆x 2
＋y 2
＝1相切，与(1)中所求点Q 的轨迹交于不同的两点
F ，H ，O 是坐标原点，且34≤OF →·OH →≤4
5
时，求k 的取值范围．
解析：(1)由题意知MQ 是线段AP 的垂直平分线， 所以|CP |＝|QC |＋|QP |＝|QC |＋|QA |＝22＞|CA |＝2，
所以点Q 的轨迹是以点C ，A 为焦点，焦距为2，长轴长为22的椭圆， 所以a ＝2，c ＝1，b ＝a 2
－c 2
＝1， 故点Q 的轨迹方程是x 2
2
＋y 2
＝1.
(2)设直线l ：y ＝kx ＋t ，F (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)， 直线l 与圆x 2
＋y 2
＝1相切⇒
|t |
k 2
＋1
＝1⇒t 2＝k 2
＋1.
联立，得⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
2
＋y 2＝1，
y ＝kx ＋t
⇒(1＋2k 2
)x 2
＋4ktx ＋2t 2
－2＝0，
Δ＝16k 2t 2
－4(1＋2k 2
)(2t 2－2)＝8(2k 2－t 2＋1)＝8k 2
＞0⇒k ≠0， x 1＋x 2＝－4kt 1＋2k 2，x 1x 2＝2t 2
－2
1＋2k 2，
所以OF →·OH →
＝x 1x 2＋y 1y 2
＝(1＋k 2
)x 1x 2＋kt (x 1＋x 2)＋t 2
＝＋k
2t 2－
1＋2k
2＋kt －4kt 1＋2k
2＋t 2
＝
＋k 2
k 2
1＋2k 2－4k 2
k 2
＋
1＋2k
2
＋k 2
＋1
＝1＋k 2
1＋2k
2， 所以34≤1＋k 2
1＋2k 2≤45⇒13≤k 2
≤12⇒
33≤|k |≤22， 所以－
22≤k ≤－33或33≤k ≤2
2
. 故k 的取值范围是[－22，－33]∪[33，2
2
]．。