2018届高考数学二轮复习专题突破——解析几何：圆锥曲线中的热点问题课件(全国通用)
【考点梳理】
1. 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定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的 方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为 定点问题. 若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过
y0 当 x0≠0 时，直线 PA 的方程为 y＝ (x－2). x0－2
2y0 2y0 令 x＝0，得 yM＝－ ，从而|BM|＝|1－yM|＝1＋x －2 . x0－2 0
y0－1 直线 PB 的方程为 y＝ x＋1. x0
x0 x0 令 y＝0，得 xN＝－ ，从而|AN|＝|2－xN|＝2＋y －1 . y0－1 0 x0 2y0 所以|AN|· |BM|＝2＋y －1·1＋x －2 0 0
2 8 k ± 2 4 k －3 3 2 2 当 Δ＝16(4k －3)>0，即 k >4时，x1，2＝ . 4k2＋1
2 2 4 k ＋ 1· 4 k －3 2 从而|PQ|＝ k ＋1|x1－x2|＝ . 4k2＋1
2 又点 O 到直线 PQ 的距离 d＝ 2 . k ＋1 4 4k2－3 1 所以△OPQ 的面积 S△OPQ＝ d·|PQ|＝ . 2 4k2＋1 4t 4 4 设 4k －3＝t，则 t>0，S△OPQ＝ 2 ＝ .因为 t＋ t ≥4，当且仅 4 t ＋4 t＋ t
【类题通法】
求圆锥曲线中范围、最值的主要方法： (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.
【对点训练】
2 y ＝4x， 由 消去 x＝sy＋1
x 得 y －4sy－4＝0.故
2
1 2 yAyB＝－4，∴Bt2，－ t .
t2－1 2t 又直线 AB 的斜率为 2 ，故直线 FN 的斜率为－ 2t ， t －1
t2－1 2 从而得直线 FN：y＝－ 2t (x－1)，直线 BN：y＝－ t .
【题型突破】
题型一、圆锥曲线中的最值、范围 【例 1 】 如图所示，设抛物线 y2 ＝ 2px(p ＞ 0) 的 焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于
|AF|－1.
(1)求p的值；
(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直
线和过F与AB垂直的直线交于点 N，AN与x轴交于点M， 求M的横坐标的取值范围.
x2 y2 3 已知点 A(0，－2)，椭圆 E：a2＋b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 ， 2 3 F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为 3 ，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.
定点(x0，y0)；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) 定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面 积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问
题统称为定值问题.
3.存在性问题的解题步骤： (1) 先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的 方程(组)或不等式(组). (2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在. (3)得出结论.
2 2 3 【解析】(1)设 F(c，0)，由条件知，c＝ 3 ，得 c＝ 3.
2 c 3 x 又a＝ 2 ，所以 a＝2，b2＝a2－c2＝1.故 E 的方程为 4 ＋y2＝1.
(2)当 l⊥x 轴时不合题意，故设 l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2). x2 2 将 y＝kx－2 代入 4 ＋y ＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
2 x2 ＋ 4 y 0 0＋4x0y0－4x0－8y0＋4 ＝ x0y0－x0－2y0＋2
2
7 当 t＝2，即 k＝± 2 时等号成立，且满足 Δ>0.所以当△OPQ 的面 7 7 积最大时，l 的方程为 y＝ x－2 或 y＝－ x－2. 2 2
题型二、圆锥曲线中的定值问题
x2 y2 3 【例 2】已知椭圆 C：a2＋b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 ，A(a，0)， B(0，b)，O(0，0)，△OAB 的面积为 1. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 P 是椭圆 C 上一点，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N.求证：|AN|· |BM|为定值.
t2＋3 2 ∴N 2 ，－ t . t － 1
2 2t＋ t 2t 设 M(m，0)，由 A，M，N 三点共线得 2 ＝ ， t －m 2 t2＋3 t－2 t －1 2t2 2 于是 m＝ 2 ＝2＋ 2 ，∴m＜0 或 m＞2. t －1 t －1 经检验知，m＜0 或 m＞2 满足题意. 综上，点 M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).
3 c a＝ 2 ， a＝2， 【解析】(1)解 由题意得1 解得b＝1， c＝ 3. 2ab＝1， 2 a ＝b2＋c2， x2 2 所以椭圆 C 的方程为 ＋y ＝1. 4
2 (2)证明 由(1)知 A(2，0)，B(0，1).设 P(x0，y0)，则 x2 ＋ 4 y 0 0＝4.
【解析】(1)由题意可得，抛物线上点 A 到焦点 F 的距离等于点 A p 到直线 x＝－1 的距离，由抛物线的定义得2＝1，即 p＝2. (2)由(1)得，抛物线方程为 y2＝4x，F(1，0)， 可设 A(t2，2t)，t≠0，t≠±1. ∵AF 不垂直于 y 轴，可设直线 AF：x＝sy＋1(s≠0)，
2018高考数学浙江专版二轮复习与策略课件 专题12 圆锥曲线的定义、方程、几何性质 精品
[解] (1)由题意可得，抛物线上点 A 到焦点 F 的距离等于点 A 到直线 x＝
－1 的距离，
2分
由抛物线的定义得p2＝1，即 p＝2.
4分
(2)由(1)得，抛物线方程为 y2＝4x，F(1,0)，可设 A(t2,2t)，t≠0，t≠±1.
因为 AF 不垂直于 y 轴，可设直线 AF：x＝sy＋1(s≠0)，
(1)(2016·全国乙卷)已知方程m2x＋2 n－3my2－2 n＝1 表示双曲线，且该
双曲线两焦点间的距离为 4，则 n 的取值范围是( )
A．(－1,3)
B．(－1， 3)
C．(0,3)
D．(0， 3)
(2)已知抛物线 C：y2＝8x 的焦点为 F，准线为 l，P 是 l 上一点，Q 是直线
8分
设 M(m,0)，由 A，M，N 三点共线得t2－2tm＝t2－2t＋tt22＋ －2t 31，
于是 m＝t22－t21＝2＋t2－2 1， 所以 m<0 或 m>2. 经检验，m<0 或 m>2 满足题意． 综上，点 M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).
11 分 15 分
热点题型 1 圆锥曲线的定义、标准方程 题型分析：圆锥曲线的定义、标准方程是高考常考内容，主要以选择、填 空的形式考查，解题时分两步走：第一步，依定义定“型”，第二步，待定系 数法求“值”.
由y＝bax， x－3y＋m＝0，
得 A3ba－m a，3bb－m a，
由y＝－bax， x－3y＋m＝0，
得 Ba－＋a3mb，a＋bm3b，
所以 AB 的中点 C 坐标为9ba22－ma2，9b32b－2ma2. 设直线 l：x－3y＋m＝0(m≠0)， 因为|PA|＝|PB|，所以 PC⊥l， 所以 kPC＝－3，化简得 a2＝4b2. 在双曲线中，c2＝a2＋b2＝5b2，所以 e＝ac＝ 25.]
2018高考数学浙江专版二轮复习与策略课件 专题13 圆锥曲线中的综合问题 精品
(2)设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m，点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．
由xy2＝＝k4xy＋m， 得 x2－4kx－4m＝0.
8分
于是 Δ＝16k2＋16m＞0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，所以 AB 的中点 M 的坐 标为(2k,2k2＋m)．
由P→F＝3F→M，得(－x0,1－y0)＝3(2k,2k2＋m－1)，
核
心
知
识
·
聚
焦
专
题
突破点 13 圆锥曲线中的综合问题
限
时
集
热
训
点
题
型
·
探
究
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.
7分
记直线 AP，AQ 的斜率分别为 k1，k2，且 k1，k2>0，k1≠k2.
由(1)知，|AP|＝2a21|k＋1| a21k＋12 k21，
|AQ|＝2a21|k＋2| a21k＋22 k22，
故2a21|k＋1| a21k＋12 k21＝2a21|k＋2| a21k＋22 k22，
9分
所以(k21－k22)[1＋k21＋k22＋a2(2－a2)k21k22]＝0. 由于 k1≠k2，k1，k2>0 得 1＋k21＋k22＋a2(2－a2)k21k22＝0， 因此k121＋1k122＋1＝1＋a2(a2－2)． 因为①式关于 k1，k2 的方程有解的充要条件是 1＋a2(a2－2)>1， 所以 a> 2.
2018年高考数学二轮复习专题六解析几何第3讲专题突破讲义圆锥曲线的综合问题文
第3讲 圆锥曲线的综合问题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 (2017届天津市红桥区二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1 (a >b >0)的离心率为63，且过点⎝⎛⎭⎪⎫1，63.(1)求椭圆C 的方程；(2)设与圆O ：x 2＋y 2＝34相切的直线l 交椭圆C 于A, B 两点，求△OAB 面积的最大值及取得最大值时直线l 的方程．解 (1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧1a 2＋23b2＝1，c a ＝63，a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝3，b 2＝1，∴椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)①当k 不存在时， x ＝±32，∴y ＝±32， ∴S △OAB ＝12×3×32＝34.②当k 存在时，设直线方程为y ＝kx ＋m ，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 23＋y 2＝1，y ＝kx ＋m ，得()1＋3k 2x 2＋6kmx ＋3m 2－3＝0，∴x 1＋x 2＝－6km 1＋3k 2，x 1x 2＝3m 2－31＋3k2.d ＝r ⇒4m 2＝3()1＋k 2.||AB ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－6km 1＋3k 22－4×3m 2－31＋3k 2＝1＋k 2·12＋36k 2－12m2(1＋3k 2)2＝3·1＋10k 2＋9k41＋6k 2＋9k 4 ＝3·1＋4k21＋6k 2＋9k 4＝3·1＋41k 2＋9k 2＋6≤2，当且仅当1k 2＝9k 2，即k ＝±33时等号成立，此时m ＝±1.∴S △OAB ＝12||AB ×r ≤12×2×32＝32，∴△OAB 面积的最大值为32， 此时直线方程为y ＝±33x ±1. 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 (2017·山东)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为22，椭圆C 截直线y ＝1所得线段的长度为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)动直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于点M .点N 是M 关于O 的对称点，⊙N 的半径为|NO |.设D 为AB 的中点，DE ，DF 与⊙N 分别相切于点E ，F ，求∠EDF 的最小值．解 (1)由椭圆的离心率为22，得a 2＝2(a 2－b 2)， 又当y ＝1时，x 2＝a 2－a 2b 2，得a 2－a 2b2＝2，所以a 2＝4，b 2＝2.因此椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1，得(2k 2＋1)x 2＋4kmx ＋2m 2－4＝0. 由Δ>0，得m 2<4k 2＋2，(*) 且x 1＋x 2＝－4km2k 2＋1，因此y 1＋y 2＝2m2k 2＋1，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km2k 2＋1，m 2k 2＋1.又N (0，－m )，所以|ND |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－2km 2k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫m 2k 2＋1＋m 2，整理得|ND |2＝4m 2(1＋3k 2＋k 4)(2k 2＋1)2. 因为|NF |＝|m |，所以|ND |2|NF |2＝4(k 4＋3k 2＋1)(2k 2＋1)2＝1＋8k 2＋3(2k 2＋1)2.令t ＝8k 2＋3，t ≥3， 故2k 2＋1＝t ＋14.所以|ND |2|NF |2＝1＋16t (1＋t )2＝1＋16t ＋1t＋2. 令y ＝t ＋1t ，所以y ′＝1－1t2.当t ≥3时，y ′>0，从而y ＝t ＋1t在[3，＋∞)上单调递增，因此t ＋1t ≥103，当且仅当t ＝3时等号成立，此时k ＝0， 所以|ND |2|NF |2≤1＋3＝4.由(*)得－2<m <2且m ≠0， 故|NF ||ND |≥12. 设∠EDF ＝2θ，则sin θ＝|NF ||ND |≥12， 所以θ的最小值为π6，从而∠EDF 的最小值为π3，此时直线l 的斜率是0.综上所述，当k ＝0，m ∈(－2，0)∪(0，2)时，∠EDF 取得最小值π3.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 (2017·长沙市长郡中学模拟)已知抛物线E ：y 2＝4x 的准线为l ，焦点为F ，O 为坐标原点．(1)求过点O ，F ，且与l 相切的圆的方程；(2)过F 的直线交抛物线E 于A ，B 两点，A 关于x 轴的对称点为A ′，求证：直线A ′B 过定点．(1)解 抛物线E ：y 2＝4x 的准线l 的方程为x ＝－1， 焦点坐标为F (1,0)，设所求圆的圆心C 为(a ，b )，半径为r, ∵圆C 过O ，F ，∴a ＝12，∵圆C 与直线l ：x ＝－1相切， ∴r ＝12－()－1＝32.由r ＝||CO ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋b 2＝32，得b ＝± 2. ∴过O ，F 且与直线l 相切的圆的方程为⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122＋()y ±22＝94.(2)证明 方法一 依题意知，直线AB 的斜率存在， 设直线AB 方程为y ＝k ()x －1，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2()x 1≠x 2，A ′()x 1，－y 1，联立⎩⎨⎧y ＝k ()x －1，y 2＝4x ，消去y ，得k 2x 2－()2k 2＋4x ＋k 2＝0， ∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1.∵直线BA ′的方程为y －y 2＝y 2＋y 1x 2－x 1()x －x 2， ∴令y ＝0，得x ＝x 2y 1＋x 1y 2y 1＋y 2＝x 2k ()x 1－1＋x 1k ()x 2－1k ()x 1－1＋k ()x 2－1＝2x 1x 2－()x 1＋x 2－2＋()x 1＋x 2＝－1 . ∴直线BA ′过定点()－1，0.方法二 设直线AB 的方程为x ＝my ＋1,A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，则A ′()x 1，－y 1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，得y 2－4my －4＝0，∴y 1＋y 2＝4m, y 1y 2＝－4. ∵k BA ′＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， ∴直线BA ′的方程为y －y 2＝4y 2－y 1()x －x 2. ∴y ＝4y 2－y 1(x －x 2)＋y 2＝4y 2－y 1x ＋y 2－4x 2y 2－y 1＝4y 2－y 1x ＋y 22－y 1y 2－4x 2y 2－y 1＝4y 2－y 1x ＋4y 2－y 1 ＝4y 2－y 1(x ＋1)． ∴直线BA ′过定点(－1,0)．思维升华 (1)动线过定点问题的两大类型及解法①动直线l 过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y ＝kx ＋t ，由题设条件将t 用k 表示为t ＝mk ，得y ＝k (x ＋m )，故动直线过定点(－m,0)．②动曲线C 过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C 的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． (2)求解定值问题的两大途径①由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．跟踪演练2 (2017届江西省重点中学协作体联考)已知⊙F 1：(x ＋3)2＋y 2＝27与⊙F 2：(x －3)2＋y 2＝3，以F 1，F 2分别为左、右焦点的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1 (a >b >0)经过两圆的交点．(1)求椭圆C 的方程；(2)M ，N 是椭圆C 上的两点，若直线OM 与ON 的斜率之积为－14，试问△OMN 的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由． 解 (1)设两圆的交点为Q ，依题意有|QF 1|＋|QF 2|＝33＋3＝43， 由椭圆定义知，2a ＝43，解得a 2＝12. ∵F 1，F 2分别为椭圆C 的左、右焦点， ∴a 2－b 2＝9，解得b 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 212＋y 23＝1.(2)①当直线MN 的斜率不存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 1，－y 1)．k OM ·k ON ＝－y 1y 1x 1x 1＝－14，∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 1x 1＝12.又x 2112＋y 213＝1，∴|x 1|＝6，|y 1|＝62. ∴S △OMN ＝12×6×6＝3.②当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋m ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 212＋y23＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， 由Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋1)(4m 2－12)>0， 得12k 2－m 2＋3>0，(*)且x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋1.∴y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2－12k 24k 2＋1.∵k OM ·k ON ＝y 1y 2x 1x 2＝－14，∴m 2－12k 24m 2－12＝－14，整理得2m 2＝12k 2＋3, 代入(*)得m ≠0. ∵|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－8km 4k 2＋12－4⎝ ⎛⎭⎪⎫4m 2－124k 2＋1 ＝1＋k 248(4k 2＋1)－16m 2(4k 2＋1)2＝61＋k2|m |， 原点O 到直线MN 的距离d ＝|m |1＋k2，∴S △OMN ＝12|MN |d＝12·61＋k 2|m |·|m |1＋k 2＝3(定值)． 综上所述，△OMN 的面积为定值3. 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 已知抛物线E 的顶点为原点O ，焦点为圆F ：x 2＋y 2－4x ＋3＝0的圆心F .经过点F 的直线l 交抛物线E 于A ，D 两点，交圆F 于B ，C 两点，A ，B 在第一象限，C ，D 在第四象限． (1)求抛物线E 的方程；(2)是否存在直线l ，使2|BC |是|AB |与|CD |的等差中项？若存在，求直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解 (1)根据已知，设抛物线E 的方程为y 2＝2px (p >0)． ∵圆F 的方程为(x －2)2＋y 2＝1， ∴圆心F 的坐标为F (2,0)，半径r ＝1. ∴p2＝2，解得p ＝4. ∴抛物线E 的方程为y 2＝8x .(2)∵2|BC |是|AB |与|CD |的等差中项， ∴|AB |＋|CD |＝4|BC |＝4×2r ＝8， ∴|AD |＝|AB |＋|BC |＋|CD |＝10. 若l 垂直于x 轴，则l 的方程为x ＝2， 代入y 2＝8x ，得y ＝±4. 此时|AD |＝|y 1－y 2|＝8≠10， 即直线x ＝2不满足题意；若l 不垂直于x 轴，设l 的斜率为k ， 由已知得k ≠0，l 的方程为y ＝k (x －2)．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y 2＝8x ，得k 2x 2－(4k 2＋8)x ＋4k 2＝0，∴x 1＋x 2＝4k 2＋8k2，且Δ＝(4k 2＋8)2－16k 4＝64k 2＋64>0，∵抛物线E 的准线为x ＝－2，∴|AD |＝|AF |＋|DF |＝(x 1＋2)＋(x 2＋2) ＝x 1＋x 2＋4，∴4k 2＋8k2＋4＝10，解得k ＝±2.∴存在满足要求的直线l ，它的方程为2x －y －4＝0或2x ＋y －4＝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 (2017届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1 (a >b >0)的长轴长为6，且椭圆C 与圆M ：(x －2)2＋y 2＝409的公共弦长为4103.(1)求椭圆C 的方程；(2)过点P (0,2)作斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 交于两点A ，B ，试判断在x 轴上是否存在点D ，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形．若存在，求出点D 的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．解 (1)由题意可得2a ＝6，所以a ＝3.由椭圆C 与圆M: ()x －22＋y 2＝409的公共弦长为4103，恰为圆M 的直径，可得椭圆C 经过点⎝ ⎛⎭⎪⎫2，±2103，所以49＋409b 2＝1，解得b 2＝8.所以椭圆C的方程为x 29＋y 28＝1.(2)直线l 的解析式为y ＝kx ＋2，设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， AB 的中点为E ()x 0，y 0.假设存在点D ()m ，0，使得△ADB 为以AB 为底边的等腰三角形，则DE ⊥AB .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 29＋y28＝1，得()8＋9k 2x 2＋36kx －36＝0，故x 1＋x 2＝－36k 9k 2＋8，所以x 0＝－18k 9k 2＋8， y 0＝kx 0＋2＝169k 2＋8.因为DE ⊥AB ，所以k DE ＝－1k，即169k 2＋8－0－18k 9k 2＋8－m ＝－1k ，所以m ＝－2k 9k 2＋8＝－29k ＋8k.当k >0时， 9k ＋8k≥29×8＝122，所以－212≤m <0； 当k <0时， 9k ＋8k ≤－122，所以0<m ≤212.综上所述，在x 轴上存在满足题目条件的点E ，且点D 的横坐标的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－212，0∪⎝ ⎛⎦⎥⎤0，212.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，且Δ＝16k 2＋16>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，所以|AB |＝1＋k 2·|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 22－4 ＝4(1＋k 2)k2. 同理可得|DE |＝4(1＋k 2)．所以|AB |＋|DE |＝4(1＋k 2)k2＋4(1＋k 2) ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1k 2＋1＋1＋k 2＝8＋4⎝⎛⎭⎪⎫k 2＋1k 2≥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，得(4k 21＋2)x 2－43k 1x －1＝0. 由题意知，Δ＞0，且x 1＋x 2＝23k 12k 21＋1，x 1x 2＝－12(2k 21＋1)， 所以|AB |＝1＋k 21|x 1－x 2|＝2·1＋k 21·1＋8k 211＋2k 21. 由题意可知，圆M 的半径r 为 r ＝23|AB |＝223·1＋k 21 1＋8k 212k 21＋1.由题设知k 1k 2＝24， 所以k 2＝24k 1，因此直线OC 的方程为y ＝24k 1x .联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝24k1x ，得x 2＝8k 211＋4k 21，y 2＝11＋4k 21，因此|OC |＝x 2＋y 2＝1＋8k 211＋4k 21. 由题意可知，sin ∠SOT 2＝r r ＋|OC |＝11＋|OC |r.而|OC |r ＝1＋8k 211＋4k 21223·1＋k 21 1＋8k 211＋2k 21＝324·1＋2k 211＋4k 21 1＋k 21， 令t ＝1＋2k 21，则t ＞1，1t∈(0,1)，因此|OC |r ＝32·t 2t 2＋t －1＝32·12＋1t －1t2＝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，则可设直线l 的方程为y ＝k (x －1)，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k (x －1)，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 1＋x 4＝2k 2＋4k2，x 1x 4＝1，且Δ＝16k 2＋16>0，所以|PN |＝1＋k 2·(x 1＋x 4)2－4x 1x 4 ＝4(1＋k 2)k2. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k 2，且Δ＝144k 2＋144>0，所以|MQ |＝1＋k 2·(x 2＋x 3)2－4x 2x 3＝12(1＋k 2)3＋4k2.若|PN ||MQ |＝2， 则4(1＋k 2)k 2＝2×12(1＋k 2)3＋4k2，解得k ＝±62. 故存在斜率为k ＝±62的直线l ，使得|PN ||MQ |＝2.A 组 专题通关1．(2016·全国Ⅰ)设圆x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点E .(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．解 (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ， 故∠EBD ＝∠ACD ＝∠ADC ，所以|EB |＝|ED |， 故|EA |＋|EB |＝|EA |＋|ED |＝|AD |.又圆A 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而|AD |＝4，所以|EA |＋|EB |＝4. 由题设得A (－1,0)，B (1,0)，|AB |＝2， 由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．(2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，且Δ＝144k 2＋144>0，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12(k 2＋1)4k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)，点A 到m 的距离为2k 2＋1，所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12|MN ||PQ |＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．当l 与x 轴垂直时，l 的方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．2．(2017·山西省实验中学模拟)已知椭圆C: y 2a 2＋x 2b2＝1 (a >b >0)的短轴长为2，且椭圆C 的顶点在圆M ：x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －222＝12上． (1)求椭圆C 的方程；(2)过椭圆的上焦点作互相垂直的两条弦AB ，CD ，求||AB ＋||CD 的最小值． 解 (1)由题意可得2b ＝2，所以b ＝1. 椭圆C 的顶点在圆M: x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －222＝12上， 所以a ＝ 2.故椭圆C 的方程为y 22＋x 2＝1.(2)当直线AB 的斜率不存在或为零时，||AB ＋||CD ＝32.当直线AB 的斜率存在且不为零时， 设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，y 22＋x 2＝1，得()k 2＋2x 2＋2kx －1＝0， 设A ()x 1，y 1， B ()x 2，y 2， 由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－2k k 2＋2， x 1x 2＝－1k 2＋2， 所以||AB ＝22()k 2＋1k 2＋2，同理可得||CD ＝22()k 2＋12k 2＋1， 所以||AB ＋||CD ＝ 62()k 2＋12()2k 2＋1()k 2＋2.令t ＝k 2＋1，则t >1, ||AB ＋||CD ＝ 62t2()2t －1()t ＋1＝62⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ，而2<⎝ ⎛⎭⎪⎫2－1t ⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1t ≤94，所以823≤||AB ＋ ||CD <3 2.综上， 823≤||AB ＋ ||CD ≤32，故||AB ＋||CD 的最小值为823.3．(2017届太原模拟)已知动点C 到点F (1,0)的距离比到直线x ＝－2的距离小1，动点C 的轨迹为E .(1)求曲线E 的方程；(2)若直线l ：y ＝kx ＋m (km <0)与曲线E 相交于A ，B 两个不同点，且OA →·OB →＝5，证明：直线l 经过一个定点．(1)解 由题意可得动点C 到点F (1,0)的距离等于到直线x ＝－1的距离，∴曲线E 是以点(1,0)为焦点，直线x ＝－1为准线的抛物线，设其方程为y 2＝2px (p >0)，∴p2＝1，∴p ＝2，∴动点C 的轨迹E 的方程为y 2＝4x . (2)证明 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，y 2＝4x ，得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0，∴x 1＋x 2＝4－2km k 2，x 1x 2＝m 2k2. ∵OA →·OB →＝5，∴x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝m 2＋4km k 2＝5，∴m 2＋4km －5k 2＝0，∴m ＝k 或m ＝－5k . ∵km <0，m ＝k 舍去，∴m ＝－5k ，满足Δ＝16(1－km )>0， ∴直线l 的方程为y ＝k (x －5)， ∴直线l 必经过定点(5,0)．4．(2017届福建省泉州市适应性模拟)已知抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F ，直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)与抛物线C 交于A ，B 两点．(1)若直线l 过焦点F ，且与圆x 2＋(y －1)2＝1交于D ，E (其中A ，D 在y 轴同侧)，求证：|AD |·|BE |是定值；(2)设抛物线C 在A 和B 点的切线交于点P ，试问：y 轴上是否存在点Q ，使得APBQ 为菱形？若存在，请说明理由，并求此时直线l 的斜率和点Q 的坐标． 解 抛物线C ：x 2＝4y 的焦点为F (0,1), 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立x 2＝4y 与y ＝kx ＋a ，得x 2－4kx －4a ＝0， 则Δ＝16(k 2＋a )>0，且x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . (1)证明 若直线l 过焦点F ，则a ＝1， 则x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4.由条件可知圆x 2＋(y －1)2＝1的圆心为F (0,1)，半径为1， 由抛物线的定义可知，|AF |＝y 1＋1，|BF |＝y 2＋1， 则|AD |＝|AF |－1＝y 1，|BE |＝|BF |－1＝y 2， |AD |·|BE |＝y 1y 2＝(kx 1＋1)(kx 2＋1) ＝k 2x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝－4k 2＋4k 2＋1＝1， (或|AD |·|BE |＝y 1y 2＝x 214·x 224＝(x 1x 2)216＝(－4)216＝1)即|AD |·|BE |为定值，定值为1.(2)解 方法一 当直线l 的斜率为0，且Q 的坐标为(0,3a )时，APBQ 为菱形．理由如下： 由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则抛物线C 在A ⎝⎛⎭⎪⎫x 1，14x 21处的切线为 y －14x 21＝12x 1()x －x 1，即y ＝12x 1x －14x 21.①同理抛物线C 在B ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，14x 22处的切线为 y ＝12x 2x －14x 22.②联立①②，解得x ＝x 1＋x 22＝2k ，代入①式解得y ＝x 1x 24＝－a ，即P ()2k ，－a .又x 1＋x 22＝2k ，所以y 1＋y 22＝k ⎝⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22＋a ＝2k 2＋a ，即AB 的中点为R ()2k ，2k 2＋a .则有PR ⊥x 轴．若APBQ 为菱形， 则PR ⊥AB ，所以k ＝0,此时P ()0，－a ， R ()0，a ，Q ()0，3a . 方法二 设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， Q ()0，y 0， 由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x,若APBQ 为菱形，则AQ ∥BP ，BQ ∥AP ， 则k AQ ＝y 1－y 0x 1＝12x 2，k BQ ＝y 2－y 0x 2＝12x 1， 即y 1－y 0＝12x 1x 2，y 2－y 0＝12x 1x 2，则y 1＝y 2，∴k ＝0, ∴A ()－2a ，a ，B ()2a ，a ， 则抛物线C 在A ()－2a ，a 处的切线为y －a ＝－a ()x ＋2a ，即y ＝－ax －a ， ①同理抛物线C 在B ()2a ，a 处的切线为y ＝ax －a ， ② 联立①②得P ()0，－a .又AB 的中点为R ()0，a ，所以Q ()0，3a . 方法三 设A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2， Q ()0，y 0， 由x 2＝4y ，得y ＝14x 2，则y ′＝12x,若APBQ 为菱形，则AQ ∥BP ，BQ ∥AP ， 则k AQ ＝y 1－y 0x 1＝12x 2，k BQ ＝y 2－y 0x 2＝12x 1， 即y 1－y 0＝12x 1x 2，y 2－y 0＝12x 1x 2，则y 1＝y 2，∴k ＝0, 此时直线AB: y ＝kx ＋a ＝a ， 则y 0＝－12x 1x 2＋y 1＝－12·()－4a ＋a ＝3a ，所以Q ()0，3a .B 组 能力提高5.如图，抛物线C ：y 2＝2px 的焦点为F ，抛物线上一定点Q (1,2)．(1)求抛物线C 的方程及准线l 的方程；(2)过焦点F 的直线(不经过Q 点)与抛物线交于A ，B 两点，与准线l 交于点M ，记QA ，QB ，QM 的斜率分别为k 1，k 2，k 3，问是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解 (1)把Q (1,2)代入y 2＝2px ，得2p ＝4， 所以抛物线方程为y 2＝4x ，准线l 的方程为x ＝－1. (2)由条件可设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0. 由抛物线准线l ：x ＝－1可知，M (－1，－2k )． 又Q (1,2)，所以k 3＝2＋2k1＋1＝k ＋1，即k 3＝k ＋1.把直线AB 的方程y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x ，并整理，可得k 2x 2－2(k 2＋2)x ＋k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由根与系数的关系知， x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，且Δ＝16(k 2＋1)>0，又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2.因为A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ， 即y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k .所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－2(x 1＋x 2－2)x 1x 2－(x 1＋x 2)＋1＝2k －2⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋4k 2－21－2k 2＋4k2＋1＝2k ＋2， 即k 1＋k 2＝2k ＋2.又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立．6.(2017届九江模拟)如图所示，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >c )的焦距为 2，直线y ＝x 被椭圆 C 截得的弦长为433 .(1)求椭圆 C 的方程；(2)设点M ()x 0，y 0是椭圆 C 上的动点，过原点O 引两条射线l 1，l 2与圆M ：()x －x 02＋()y －y 02＝23分别相切，且l 1，l 2的斜率k 1，k 2存在． ①试问 k 1k 2 是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由； ②若射线l 1，l 2与椭圆 C 分别交于点A ，B ，求||OA ·||OB 的最大值． 解 (1)依题意得c ＝1，设直线y ＝x 与椭圆C 相交于P ，Q 两点，则||OP ＝233，不妨设P ⎝⎛⎭⎪⎫63，63， ∴23a 2＋23b2＝1，又a 2－b 2＝1，解得a ＝2，b ＝1， ∴椭圆 C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)①设射线l 方程为y ＝kx ，A ()x 1，y 1，B ()x 2，y 2，则||kx 0－y 01＋k2＝63，两边平方整理得()3x 20－2k 2－6x 0y 0k ＋3y 20－2＝0, ∵y 20＝1－x 202，∴k 1k 2＝3y 20－23x 20－2＝3⎝⎛⎭⎪⎫1－x 202－23x 20－2＝－12.②联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2＝2，y ＝k 1x ，消去 y 得x 2＝21＋2k 21，||OA 2＝2＋2k 211＋2k 21，同理||OB 2＝2＋2k 221＋2k 22，∴||OA 2·||OB 2＝2＋2k 211＋2k 21·2＋2k 221＋2k 22＝4·()k 1k 22＋()k 21＋k 22＋14()k 1k 22＋2()k 21＋k 22＋1＝4()k 21＋k 22＋52()k 21＋k 22＋2＝2＋12k 21＋12k 21＋2≤94，当且仅当k 21＝12时，取等号，∴(||OA ·||OB )max ＝32.。
2018届高三数学二轮复习课件 第16讲 圆锥曲线中的热点问题
由题设知 k1k2= 4 ,所以 k2=4������ ,因此直线 OC 的方程为 y=4������ x.
1 1
2
2
2
联立方程
������2 2
+ ������ 2 = 1,
2
1
������ = 4������ ������1 ,
8������2 1 1+4������1
2 2 ,y =
得 x2=
2 k1=± 2 .
综上所述:∠SOT 的最大值为3,取得最大值时直线 l 的斜率为
第16讲
圆锥曲线中的热点问题
-2热点考题诠释 高考方向解读
1.(2017全国2,文12)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为 3 的直线 交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MN⊥l,则M到 关闭 直线NF的距离为( ) 由题意可知抛物线的焦点 F(1,0),准线 l 的方程为 x=-1,可得直线 A. 5 B.2 2 2 C.2 3 D.2 3 3 MF:y= 3(x-1),与抛物线 y =4x 联立,消去 y 得 3x -10x+3=0,解得
关闭
C
答案
-3热点考题诠释 高考方向解读
2.(2017全国1,理10)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相 垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则 |AB|+|DE|的最小值为( ) A.16 B.14 C.12 D.10 答案: A
-4热点考题诠释 高考方向解读
2 1+������2 1 1+8������1
2 所以|AB|= 1 + ������1 |x1-x2|= 2
2018届二轮复习 专题七 圆锥曲线 课件(12张)
x0 2 y 0 2 x0 y0 ，等 2
2
（2）根据椭圆和抛物线的对称性，设 M ( x0 , y0 ) 、 N ( x0 , y0 ) x0 2 2 y0 1 x0 1 1 2 ）得 y0 0y 解 OMN x0 , x0 (2 的面积 S （ x0 y 0 2 0) x 2 0 y y0 2 0 2 2 M ( x0 , y0 ) 即 M (1 , 2 ) 在抛物线 y 2 2 px 上，所以 ( ) 2 2 p 1 2 2 1 解得 p 4
x2 y 2 【解析】 （1）设椭圆 G 的方程为： 2 2 1 （ a b 0 ）半焦距为 c; a b
2a 12 a6 2 2 2 则c , b a c 36 27 9 3 , 解得 c 3 3 2 a
x2 y 2 1. 所求椭圆 G 的方程为： 36 9
依题意 s 2 t 2 8 ,
x2 y 2 1 ,焦点 F (4, 0) (2)由椭圆的定义可得 2a 10 a 5 ,故椭圆方程为 25 9 设 Q( x0 , y0 ) ,依题意 ( x0 4)2 y02 16 , ( x0 2)2 ( y0 2)2 8 4 12 解得 x0 , y0 或 x0 0, y0 0 (舍去) 5 5 4 12 存在 Q( , ) 5 5
(1)求圆C的方程； (2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长．若 存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)设圆的方程为 ( x s)2 ( y t )2 8
| s t | 2 2 , s 0, t 0 2 解得 s 2, t 2 ,故所求圆的方程为 ( x 2)2 ( y 2)2 8
【高考数学】2018届高三数学(理)二轮复习课件：专题六 解析几何6.3(高频考点汇总PPT课件)
＝2，不符合题设． 从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1)． x2 2 将 y＝kx＋m 代入 4 ＋y ＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
2 4 m －4 8km 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝－ 2 ，x x ＝ . 4k ＋1 1 2 4k2＋1
y1－1 y2－1 kx1＋m－1 kx2＋m－1 而 k1＋k2＝ x ＋ x ＝ ＋ x x2 1 2 1 2kx1x2＋m－1x1＋x2 ＝ . x1x2 由题设 k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
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，确定出临界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 x2 y2 已知椭圆 C：a2＋b2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为 A，B，且长轴长为 8，T 3 为椭圆上任意一点，直线 TA，TB 的斜率之积为－4. (1)求椭圆 C 的方程； → → (2)设 O 为坐标原点， 过点 M(0,2)的动直线与椭圆 C 交于 P， Q 两点， 求OP· OQ → → ＋MP· MQ的取值范围．
52 → → → → 综上，OP· OQ＋MP· MQ的取值范围为－20，－ 3 .
题型二
圆锥曲线中的定点、定值问题
x2 y2 (2017· 全国卷Ⅰ)已知椭圆 C： 四点 P1(1,1)， P2(0,1)， a2＋b2＝1(a>b>0)，
P3－1， 3 3 ，P41， 中恰有三点在椭圆 C 上． 2 2
2018高考数学理二轮专题复习课件 专题六 解析几何6.1.2 精品
设直线 l 的斜率为 k，则 l 的方程为 y＝kx＋1.
由xy2＝＝k4xy＋1， 得 x2－4kx－4＝0， 而 x1，x2 是这个方程的两根，所以 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4，
＝4a，解得 a＝2.因为点 M 到直线 l：3x－4y＝0 的距离不小于45，
即45b≥45，b≥1，所以 b2≥1，所以 a2－c2≥1,4－c2≥1，解得
0<c≤
3，所以
c 0<a
≤
23 ， 所
以
椭圆
的离
心率的取值范围为
0， 23.故选 A.
(2)双曲线x42－y2＝1 的右顶点为(2,0)，渐近线方程为 x±2y＝ 0，故点(2,0)到 x±2y＝0 的距离为 d＝ 4|2＋| 1＝255，故选 A.
A.0，
3 2
C. 23，1
B.0，34 D.34，1
(2)双曲线x42－y2＝1 的右顶点到该双曲线的渐近线的距离为
()
25 A. 5
45 B. 5
23 C. 3
D．1
[自主解答] (1)设椭圆的左焦点为 F1，半焦距为 c，连接 AF1， BF1，则四边形 AF1BF 为平行四边形，所以|AF1|＋|BF1|＝|AF|＋ |BF|＝4.根据椭圆定义，有|AF1|＋|AF|＋|BF1|＋|BF|＝4a，所以 8
1(mn>0).
热点考向二 圆锥曲线的几何性质
[典例 2] (1)已知椭圆 E：xa22＋by22＝1(a>b>0)的右焦点为 F，短轴的一
个端点为 M，直线 l：3x－4y＝0 交椭圆 E 于 A，B 两点．若|AF|
2018届高考数学文二轮复习全国通用课件：专题五 解析几何 第3讲 精品
从而|PQ|＝
k2＋1|x1－x2|＝4
k2＋1· 4k2－3
4k2＋1
.
又点 O 到直线 PQ 的距离 d＝
2 k2＋1.
所以△OPQ
的面积
S△OPQ＝12d·|PQ|＝4
4k2－3 4k2＋1 .
设 4k2－3＝t，则 t>0，S△OPQ＝t2＋4t 4＝t＋4 4t .因为 t＋4t ≥4，当且
解 (1)由题意知a32＋41b2＝1.又 a2a－b2＝ 23，解得 a2＝4，b2＝1. 所以椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
(2)由(1)知椭圆 E 的方程为1x62 ＋y42＝1. (ⅰ)设 P(x0，y0)，||OOQP||＝λ，由题意知 Q(－λx0，－λy0). 因为x420＋y20＝1，又（－1λ6x0）2＋（－λ4y0）2＝1，即λ42x420＋y02＝1， 所以 λ＝2，即||OOQP||＝2.
第3讲 圆锥曲线中的定点与定 值、最值与范围问题
高考定位 圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高 考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷 的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，试题难度较大， 对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求.
真题感悟 (2016·全国Ⅱ卷)已知 A 是椭圆 E：x42＋y32＝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.
(2)斜率、截距型：一般解法是将直线方程代入圆锥曲线方程中， 利用判别式列出对应的不等式，解出参数的范围，如果给出的只 是圆锥曲线的一部分，则需要结合图形具体分析，得出相应的不 等关系. (3)面积型：求面积型的最值，即求两个量的乘积的范围，可以 考虑能否使用不等式求解，或者消元转化为某个参数的函数关系， 用函数方法求解.
2018年高考数学(理)二轮复习 精品课件：专题六 解析几何 第2讲 椭圆、双曲线、抛物线
方程为
A.y＝± 2x C.y＝±2x
√B.y＝± 3x
D.y＝±4x
解析 答案
热点三 直线与圆锥曲线 判断直线与圆锥曲线公共点的个数或求交点问题有两种常用方法 (1)代数法：联立直线与圆锥曲线方程可得到一个关于x，y的方程组，消 去y(或x)得一元二次方程，此方程根的个数即为交点个数，方程组的解 即为交点坐标. (2)几何法：画出直线与圆锥曲线的图象，根据图象判断公共点个数.
是高考命题的热点.
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押题依据 解析 答案
2.已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的离心率为12，且点1，32在该椭圆上. (1)求椭圆C的方程；
押题依据 椭圆及其性质是历年高考的重点，直线与椭圆的位置关系中的 弦长、中点等知识应给予充分关注.
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押题依据 解答
(2)过椭圆 C 的左焦点 F1 的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，若△AOB 的面积为672，求圆心在原点 O 且与直线 l 相切的圆的方程.
B.2y52 ＋x92＝1(y≠0)
√D.2x52 ＋y92＝1(y≠0)
解析 答案
热点二 圆锥曲线的几何性质 1.椭圆、双曲线中a，b，c之间的关系
(1)在椭圆中：a2＝b2＋c2，离心率为 e＝ac＝
1－ab2.
(2)在双曲线中：c2＝a2＋b2，离心率为 e＝ac＝ 1＋ba2. 2.双曲线ax22－by22＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为 y＝±bax.注意离心率 e 与渐
则双曲线的标准方程是
A.71x62－1y22 ＝1
B.y32－x22＝1
√C.x2－y32＝1
D.32y32－2x32 ＝1
解析 答案
2018年高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题5平面解析几何突破点12圆锥曲线的定义方程几何性质课件文
4．(2016· 全国卷Ⅰ)直线l经过椭圆的一个顶点和一个焦点，若椭圆中心到l的距离 1 为其短轴长的4，则该椭圆的离心率为( )
1 A.3 2 C.3
1 B.2 3 D.4
B [不妨设直线l经过椭圆的一个顶点B(0，b)和一个焦点F(c,0)，则直线l的方程 x y 为c＋b＝1，即bx＋cy－bc |－bc| 1 1 c 1 ＝0.由题意知 2 2＝4×2b，解得a＝2，即e＝2.故选B.] b ＋c
2 a ＝4， 解得 2 b ＝1，
x2 2 ∴双曲线的标准方程为 4 －y ＝1.]
2．(2013· 全国卷Ⅰ改编)已知圆M：(x＋1)2＋y2＝1，圆N：(x－1)2＋y2＝9，动圆P 与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C，则C的方程为________．
x2 y2 4 ＋ 3 ＝1(x≠－2)
突破点12
圆锥曲线的定义、方程、几何性质
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[核心知识提炼] 提炼 1 圆锥曲线的重要性质 (1)椭圆、双曲线中 a，b，c 之间的关系 c 2 2 2 ①在椭圆中：a ＝b ＋c ；离心率为 e＝a＝ c 2 2 2 ②在双曲线中：c ＝a ＋b ；离心率为 e＝a＝ b2 1－a2； b2 1＋a2.
(3)抛物线的焦点坐标与准线方程 ①抛物线y ②抛物线x
2
p p ，0 ，准线方程为x＝∓ ； ＝± 2px(p＞0)的焦点坐标为 ± 2 2 p p ＝± 2py(p＞0)的焦点坐标为 0，± 2，准线方程为y＝∓2.
2
提炼2 弦长问题 (1)直线与圆锥曲线相交时的弦长 斜率为k的直线与圆锥曲线交于点A(x1，y1)，B(x2，y2)时，|AB|＝ ＝ 1＋k2 x1＋x22－4x1x2 或|AB|＝