通用版2018年高考数学二轮复习专题五解析几何第四讲大题考法__圆锥曲线中的定点定值存在性问题课件共
【高考数学】2018最新高三数学课标一轮复习课件：高考解答题专讲5 解析几何(专题拔高配套PPT课件)
高考解答题专讲
解析几何
考情分析 典例剖析
-10-
题型一
题型二
题型三
题型四
(2)根据题意得 AB,CD 的斜率均存在. 1 设 AB:x=my+t,CD:x=- y+t, ������ A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y 3),D(x 4,y4), ������ = ������������ + ������, 由 2 ⇒y2-4my-4t=0, ������ = 4������ ������ +������ ������ +������ ∴ 1 2 =2m⇒ 1 2 =2m2+t⇒M(2m 2+t,2m).
1
因此当 k= 时,|PA|· |PQ|取得最大值 .
16
2 27
,1 上单调递减,
策略技巧1.圆锥曲线中的最值问题的解决方法一般分两种:一是 几何法,特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值; 二是代数法,常将圆锥曲线的最值问题转化为函数或三角函数的最 值问题,然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性 等求最值.
1 2 3 2
������ 2 -
1 4 1 ������ + 2
=x- ,
2 1 1 4
1
因为- <x< ,所以直线 AP 斜率的取值范围是(-1,1). (2)联立直线 AP 与 BQ 的方程 解得点 Q 的横坐标是 xQ= 因为|PA|= 1 + ������ 2 ������ + |PQ|= 1 + ������ 2 (xQ-x)=1
2018届二轮复习 高考大题·规范答题示范课 解析几何类解答题 课件(全国通用)
简得y0= 1 x1x 2 1 ,所以圆E的方程为 (x m ) 2 (y 1 ) 2
m 2 1 ( ) ( 1) 2，令x=0得y1=1,y2=-2,所以过A,B,C三点 2 2 2 2 2 2
【新题快递】
x 2 y2 已知椭圆C: 2 2 =1(a>b>0)的离心率为 1 ,F1,F2分 a b 2
别为椭圆C的左、右焦点,若椭圆C的焦距为2.
世纪
金榜导学号46854102
(1)求椭圆C的方程.
(2)设M为椭圆上任意一点,以M为圆心,MF1为半径作圆
M,当圆M与椭圆的右准线l有公共点时,求△MF1F2面积 的最大值.
⑧得出-3m-m2+tn-n2=1得1分;
⑨得出 OQ PF 得1分;
⑩写出结论得1分.
【状元满分心得】
(1)写全得分步骤:对于解题过程中是得分点的步骤, 有则给分,无则没分,所以对于得分点步骤一定要写全,
如第(1)问,设P(x,y),M(x0,y0),N(x0,0)就得分,第(2)
分,因此步骤才是关键的,只有结果不得分.
【跟踪训练1+1】 (2017·全国卷Ⅲ)在直角坐标系xOy中,曲线y=x2+mx2与x轴交于A,B两点,点C的坐标为(0,1).当m变化时, 解答下列问题: 世纪金榜导学号46854101
(1)能否出现AC⊥BC的情况?说明理由. (2)证明过A,B,C三点的圆在y轴上截得的弦长为定值.
x 2 y2 ③代入法求出 =1得2分; 2 2
2 y 得2 分; 2
2018年高考数学(理)二轮复习讲练测专题2.11圆锥曲线中的综合问题(讲)含解析
2018年高考数学（理）二轮复习讲练测热点十一圆锥曲线的综合问题纵观近几年高考圆锥曲线的综合问题是高考中的一个热点和重点，在历年高考中出现的频率较高，主要注重考查学生的逻辑思维能力，运算能力，分析问题和解决问题的能力.其中直线与椭圆、抛物线的位置关系常常与平面向量、三角函数、函数的性质、不等式等知识交汇命题.涉及求轨迹、与圆相结合、定点、定值、最值、参数范围、存在性问题等.本文就高中阶段出现这类问题加以类型的总结和方法的探讨.1.求轨迹方程求轨迹方程的基本方法有：直接法、定义法、相关点法、参数法、交轨法、向量法等.（1）求轨迹方程时,先看轨迹的形状能否预知,若能预先知道轨迹为何种圆锥曲线,则可考虑用定义法求解或用待定系数法求解;否则利用直接法或代入法.（2）讨论轨迹方程的解与轨迹上的点是否对应,要注意字母的取值范围.例1【2017课标II，理】设O为坐标原点，动点M在椭圆C：上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P 满足。
(1)求点P的轨迹方程；(2)设点Q在直线上，且。
证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F。
【答案】(1) 。
(2)证明略。
【解析】（2）由题意知。
设,则，。
由得，又由（1）知，故。
所以，即。
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线过C的左焦点F.例2【2018届湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高三2月联考】如图，一张坐标纸上一已作出圆及点，折叠此纸片，使与圆周上某点重合，每次折叠都会留下折痕，设折痕与直线的交点为，令点的轨迹为.（1）求轨迹的方程；（2）若直线与轨迹交于两个不同的点，且直线与以为直径的圆相切，若，求的面积的取值范围.【答案】 (1) ；(2) .试题解析：（1）折痕为的垂直平分线，则，由题意知圆的半径为，∴，∴的轨迹是以为焦点的椭圆，且，，∴，∴的轨迹的方程为.（2）与以为直径的圆相切，则到即直线的距离：，即，由，消去，得，∵直线与椭圆交于两个不同点，∴，，设，，则，，，又，∴，∴，设，则，∴，，∵关于在单调递增，∴，∴的面积的取值范围是.2. 圆锥曲线与圆相结合的问题处理有关圆锥曲线与圆相结合的问题,要特别注意圆心、半径及平面几何知识的应用,如直径对的圆心角为直角,构成了垂直关系;弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形.利用圆的一些特殊几何性质解题,往往使问题简化.例3【2017课标3，理20】已知抛物线C：y2=2x，过点（2,0）的直线l交C与A,B两点，圆M是以线段AB为直径的圆.（1）证明：坐标原点O在圆M上；（2）设圆M过点，求直线l与圆M的方程.【答案】(1)证明略；(2)直线的方程为，圆的方程为 .或直线的方程为，圆的方程为 .【解析】所以，解得或 .当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为.当时，直线的方程为，圆心的坐标为，圆的半径为，圆的方程为 .3.定值定点问题（1）求解定点和定值问题的基本思想是一致的,定值是证明求解的一个量与参数无关,定点问题是求解的一个点(或几个点)的坐标,使得方程的成立与参数值无关.解这类试题时要会合理选择参数(参数可能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标等),使用参数表达其中变化的量,再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标.当使用直线的斜率和截距表达直线方程时,在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系,把双参数问题化为单参数问题解决.（2）证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程,根据方程的成立与参数值无关得出x,y的方程组,以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点.例4【2018届河北省唐山市高三上学期期末】已知抛物线：的焦点，过点作两条互相垂直的直线，直线交于不同的两点，直线交于不同的两点，记直线的斜率为.(1)求的取值范围；(2)设线段的中点分别为点，证明：直线过定点.【答案】(1) {k|k＜－2或0＜k＜} (2)见解析【解析】试题分析：（1）写出直线的方程，与抛物线方程联立方程组，利用判别式求出的一个范围，另外直线的方程为与抛物线方程联立同样又得出的一个范围，两者求交集即得；（2）设，利用韦达定理可得即点坐标，用代替可得点坐标，计算出，得证结论．试题解析：（1）由题设可知k≠0，所以直线m的方程为y＝kx＋2，与y2＝4x联立，整理得ky2－4y＋8＝0，①由Δ1＝16－32k＞0，解得k＜．直线n的方程为y＝－x＋2，与y2＝4x联立，整理得y2＋4ky－8k＝0，由Δ2＝16k2＋32k＞0，解得k＞0或k＜－2．所以故k的取值范围为{k|k＜－2或0＜k＜}．（2）设A(x 1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)．由①得，y1＋y2＝，则y0＝，x0＝－，则M(－，)．同理可得N(2k2＋2k，－2k)．直线MQ的斜率k MQ＝＝，直线NQ的斜率k NQ＝＝＝k MQ，所以直线MN过定点Q(2，0)．例5【2018届河南省商丘市高三上学期期末】在平面直角坐标系中，已知两点，，动点满足，线段的中垂线交线段于点.（1）求点的轨迹的方程；（2）过点的直线与轨迹相交于两点，设点，直线的斜率分别为，问是否为定值？并证明你的结论.【答案】(1) ；(2)答案见解析.【解析】试题分析：（1）利用椭圆定义求出点的轨迹的方程；（2）讨论直线的斜率，当直线的斜率存在时，设直线的方程为，联立方程得，利用根与系数关系表示，即可得到定值.试题解析：（Ⅰ）以题意可得：,，所以点的轨迹是以为焦点，长轴长为的椭圆，且所以，所以轨迹的方程为.（Ⅱ）①当直线的斜率不存在时，由，解得，设，.②当直线的斜率存在时，设直线的方程为，将代入整理化简，得，依题意，直线与轨迹必相交于两点，设，则，，又，，所以综上得：为定值2.（说明：若假设直线为，按相应步骤给分）4.最值、范围问题求解范围、最值问题的基本解题思想是建立求解目标与其他变量的关系(不等关系、函数关系等),通过其他变量表达求解目标,然后通过解不等式、求函数值域(最值)等方法确定求解目标的取值范围和最值.在解题时要注意其他约束条件对求解目标的影响,如直线与曲线交于不同两点时对直线方程中参数的约束、圆锥曲线上点的坐标范围等.例6【2018届吉林省长春市第十一高中、东北师范大学附属中学、吉林一中，重庆一中等五校高三1月联考】已知椭圆的短轴长为，离心率为，点，是上的动点，为的左焦点.（Ⅰ）求椭圆的方程；（Ⅱ）若点在轴的右侧，以为底边的等腰的顶点在轴上，求四边形面积的最小值. 【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) .试题解析：（Ⅰ）依题意得解得∴椭圆的方程是（Ⅱ）设设线段中点为∵∴中点，直线斜率为由是以为底边的等腰三角形∴∴直线的垂直平分线方程为令得∵∴由∴四边形面积当且仅当即时等号成立，四边形面积的最小值为.5.探索性问题解决直线与圆锥曲线位置关系的存在性问题,往往是先假设所求的元素存在,然后再推理论证,检验说明假设是否正确. 其解题步骤为:(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.例7【2018届河北省石家庄市高三上学期期末】已知椭圆的离心率为，左、右焦点分别为，过的直线交椭圆于两点.（1）若以为直径的动圆内切于圆，求椭圆的长轴长；（2）当时，问在轴上是否存在定点，使得为定值？并说明理由.【答案】（Ⅰ）6（Ⅱ）见解析【解析】试题分析：（1）设的中点为，可得 ,当两个圆相内切时，两个圆的圆心距等于两个圆的半径差，即，所以，椭圆长轴长为；（2）先求得椭圆方程为，设直线AB方程为：，联立可得，设根据韦达定理及平面向量数量积公式可得，当即时为定值.试题解析：（Ⅰ）设的中点为M，在三角形中，由中位线得：当两个圆相内切时，两个圆的圆心距等于两个圆的半径差，即所以，椭圆长轴长为6.（Ⅱ）由已知，，所以椭圆方程为当直线AB斜率存在时，设直线AB方程为：设由得恒成立设当即时为定值当直线AB斜率不存在时，不妨设当时，为定值综上：在X轴上存在定点，使得为定值【反思提升】1.高考涉及考查轨迹问题通常是以下两类：一类是容易题，以定义法、相关点法、待定系数法等为主，另一类是高难度的纯轨迹问题，综合考查各种方法.“轨迹”、“方程”要区分求轨迹方程，求得方程就可以了；若是求轨迹，求得方程还不够，还应指出方程所表示的曲线类型（定形、定位、定量）.处理轨迹问题成败在于：对各种方法的领悟与解题经验的积累.所以在处理轨迹问题时一定要善于根据题目的特点选择恰当的方法（什么情况下用什么方法上面已有介绍，这里不在重复）确定轨迹的范围是处理轨迹问题的难点，也是学生容易出现错误的地方，在确定轨迹范围时，应注意以下几个方面：①准确理解题意，挖掘隐含条件；②列式不改变题意，并且要全面考虑各种情形；③推理要严密，方程化简要等价；④消参时要保持范围的等价性；⑤数形结合，查“漏”补“缺”.在处理轨迹问题时，要特别注意运用平面几何知识，其作用主要有：①题中没有给出明显的条件式时，可帮助列式；②简化条件式；③转化化归.2.涉及求取值范围的问题时,首先要找到产生范围的几个因素:(1)直线与曲线相交(判别式);(2)曲线上点的坐标的范围;(3)题目中给出的限制条件.其次要建立结论中的量与这些范围中的因素的关系;最后利用函数或不等式求变量的取值范围.3.解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法.几何法是根据已知的几何量之间的相互关系,通过平面几何和解析几何的知识加以解决(如抛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);代数法是建立求解目标关于某个或某两个变量的函数,通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决.4.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.注意以下几点:(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.。
全国2018年高考数学第2轮复习 专题五 解析几何 第四讲 大题考法——圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 文
[演练冲关] 3．(2017·惠州调研)已知椭圆C：xa22＋by22＝1(a>b>0)的左、右焦
点分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，点A1， 22在椭圆C上． (1)求椭圆C的标准方程； (2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C有两个不 同交点M，N时，能在直线y＝53上找到一点P，在椭圆C上 找到一点Q，满足―PM→＝―N→Q ？若存在，求出直线的方 程；若不存在，说明理由．
[演练冲关] 1．如图，过顶点在原点、对称轴为y轴的抛
物线E上的点A(2,1)作斜率分别为k1，k2的
直线，分别交抛物线E于B，C两点．
(1)求抛物线E的标准方程和准线方程；
(2)若k1＋k2＝k1k2，证明：直线BC恒过定点． 解：(1)设抛物线E的标准方程为x2＝ay，a>0， 将A(2,1)代入得，a＝4. 所以抛物线E的标准方程为x2＝4y，准线方程为y＝－1. (2)证明：由题意得，直线AB的方程为y＝k1x＋1－2k1， 直线AC的方程为y＝k2x＋1－2k2，
(1)证明：由于 F 在线段 AB 上，故 1＋ab＝0. 设 AR 的斜率为 k1，FQ 的斜率为 k2，则 k1＝1a＋－ab2＝aa2－－abb＝1a＝－aab＝－b＝－b－1－01＝k2.
22 所以 AR∥FQ. (2)设 l 与 x 轴的交点为 D(x1,0)， 则 S△ABF＝12|b－a||FD| ＝12|b－a|x1－12，S△PQF＝|a－2 b|.
[解] (1)如图，由已知得M(0，t)，P 2t2p，t .又N为M关于 点P的对称点，故N tp2，t，
故直线ON的方程为y＝pt x， 将其代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0， 解得x1＝0，x2＝2pt2.因此H 2pt2，2t. 所以N为OH的中点，即||OOHN||＝2.
2018年高考数学二轮复习课件：第一部分+专题五+解析几何+第三讲+第一课时+圆锥曲线的最值、范围、证明问题
|OH| ＝2. 所以 N 为 OH 的中点，即 |ON|
(2)直线 MH 与 C 除 H 以外没有其他公共点． 理由如下： p 2t 直线 MH 的方程为 y－t＝ x，即 x＝ p (y－t)． 2t 代入 y2＝2px 得 y2－4ty＋4t2＝0，解得 y1＝y2＝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．
方法结论
求解圆锥曲线中的最值问题主要有两种方法： 一是利用几何 方法， 即利用曲线的定义、 几何性质以及平面几何中的定理、 性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何 量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数 方法、不等式方法等进行求解．
x2 2 y ＝1 右支上一 ： － C 是双曲线 )P因为 (1)(2017· 典例 [ 所以|PF1| |PF |PF1|－ 的右焦点， C 长沙模拟 是双曲线 F2 ] 设 22|＝2 2，
专题五
解析几何
第三讲 第一课时 圆锥曲线 的最值、范围、证明问题
解析几何的解答题一般难度较大，多为试卷的压轴题之一， 常考查直线与圆锥曲线的位置关系及最值范围、 定点、 定值、 存在性问题及证明问题，多涉及最值求法，综合性强.
年份 卷别
考查角度及命题位置
2017
Ⅰ卷 直线与抛物线的位置关系及应用·T20 Ⅱ卷 动点轨迹方程求法及直线过程定点的证明·T20 Ⅰ卷 直线与抛物线的位置关系、存在性问题·T20
2 x2 x 1 2 解析：(1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1≠x2，y1＝ ，y2＝ ，x1＋ 4 4
x2＝4， y1－y2 x1＋x2 于是直线 AB 的斜率 k＝ ＝ ＝1. 4 x1－x2 x2 x (2)由 y＝ ，得 y′＝ . 4 2 x3 设 M(x3，y3)，由题设知 ＝1， 2 解得 x3＝2，于是 M(2,1)． 设直线 AB 的方程为 y＝x＋m， 故线段 AB 的中点为 N(2,2＋m)， |MN| ＝|m＋1|.
2018年高考数学试题分类汇编之圆锥曲线解析版
2018年高考数学试题分类汇编之圆锥曲线（解析版）一、选择题1.（浙江卷）（2）双曲线221 3=x y -的焦点坐标是A ．(0)，0)B ．(−2，0)，(2，0)C ．(0，，(0D ．(0，−2)，(0，2)解：∵双曲线方程可得双曲线的焦点在x 轴上，且a 2=3，b 2=1， 由此可得222=+=b a c ∴该双曲线的焦点坐标为（±2，0）故选：B2.（天津文）（7）已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>> 的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于,A B 两点.设,A B 到双曲线的同一条渐近线的距离分别为1d 和2d ，且126,d d += 则双曲线的方程为（A ）22139x y -= （B ）22193x y -= （C ）221412x y -=（D ）221124x y -= 解：由题意可得，CD 是双曲线的一条渐近线x aby =，即0=-ay bx ，)0,(c F故选：A3.（天津理）(7)已知双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>的离心率为2，过右焦点且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A ，B 两点. 设A ，B 到双曲线同一条渐近线的距离分别为1d 和2d ，且126d d +=，则双曲线的方程为A221412x y -= B221124x y -= C 22139x y -= D 22193x y -=解：由题意可得，CD 是双曲线的一条渐近线x aby =，即0=-ay bx ，)0,(c F故选：C4.（全国卷一文）（4）已知椭圆C ：22214x y a +=的一个焦点为(20)，，则C 的离心率为A ．13B ．12C D 解：椭圆的一个焦点为（2，0），可得a 2-4=4，解得22=a ，故选：C5.（全国卷一理）（8）设抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F ，过点（–2，0）且斜率为23的直线与C 交于M ，N 两点，则FM FN ⋅= A ．5B ．6C ．7D ．8解：抛物线C ：y 2=4x 的焦点为F （1，0），过点（-2，0联立直线与抛物线C ：y 2=4x ，消去x 可得：y 2-6y+8=0， 解得y 1=2，y 2=4，不妨M （1，2），N （4，4），FM ＝(0，2)， FN ＝(3，4)．则 FM ∙FN =（0，2）•（3，4）=8． 故选：D6.（全国卷一理）（11）已知双曲线C ：2213x y -=，O 为坐标原点，F 为C 的右焦点，过F 的直线与C 的两条渐近线的交点分别为M 、N .若△OMN 为直角三角形，则|MN |= A ．32B ．3 C． D ．4故选：B7.（全国卷二文）（6）双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>A．y =B．y =C．y = D ．y = 解：∵双曲线的离心率为==ace则2222±=-=aa c ab 故选：A.8.（全国卷二文）（11）已知1F ，2F 是椭圆C 的两个焦点，P 是C上的一点，若12PF PF ⊥，且2160PFF ∠=︒，则C 的离心率为 A．1 B．2C D 1-解：F 1，F 2是椭圆C 的两个焦点，P 是C 上的一点，若PF 1⊥PF 2，且∠PF 2F 1=60°， 可得椭圆的焦点坐标F 2（c ，0），所以P（c 23,21故选：D9.（全国卷二理）（5）双曲线22221(0,0)x y a b a b-=>>A ．y =B ．y =C ．y x =D ．y =解：∵双曲线的离心率为==ace则2222±=-=aa c ab 故选：A ．10.（全国卷二理）（12）已知1F ，2F 是椭圆22221(0)x y C a b a b+=>>：的左，右焦点，A 是C 的左顶点，点P在过A 12PF F △为等腰三角形，12120F F P ∠=︒，则C 的离心率为 A ．23B ．12C ．13D ．14解：由题意可知：A （-a ，0），F 1（-c ，0），F 2（c ，0），直线AP 的方程为：）（a x y +=63，故选：D11.（全国卷三文）（10）已知双曲线22221(00)x y C a b a b-=>>：，(4,0)到C 的渐近线的距离为AB ．2CD ．故选：D12.（全国卷三理）（11）设12F F ，是双曲线22221x y C a b-=：（00a b >>，）的左、右焦点，O 是坐标原点．过2F 作C 的一条渐近线的垂线，垂足为P ．若1PF ，则C 的离心率为A B ．2 C D在三角形F 1PF 2中，由余弦定理可得|PF 1|2=|PF 2|2+|F 1F 2|2-2|PF 2|•|F 1F 2|COS ∠PF 2O ，故选：C二、填空题1.（北京文）（10）已知直线l 过点（1,0）且垂直于 轴，若l 被抛物线24y ax =截得的线段长为4，则抛物线的焦点坐标为_________.解：∵直线l 过点（1，0）且垂直于x 轴，∴x=1，代入到y 2=4ax ，可得y 2=4a ，显然a ＞0，∴y=±∴抛物线的焦点坐标为（1，0）， 故答案为：（1，0）2.（北京文）（12）若双曲线2221(0)4x y a a -=>的离心率为2，则a =_________.解：双曲线的离心率为245422=+a a ，解得a=4． 故答案为：43.（北京理）（14）已知椭圆22221(0)x y M a b a b +=>>：，双曲线22221x y N m n -=：．若双曲线N 的两条渐近线与椭圆M 的四个交点及椭圆M 的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，则椭圆M 的离心率为__________；双曲线N 的离心率为__________．解：若双曲线N的两条渐近线与椭圆M的四个交点及椭圆M的两个焦点恰为一个正六边形的顶点，4.（江苏卷）（8）在平面直角坐标系xOy中，若双曲线22221(0,0)x ya ba b-=>>的右焦点(,0)F c到一条渐近，则其离心率的值是．，故答案为：25.（浙江卷）（17）已知点P(0，1)，椭圆24x+y2=m(m>1)上两点A，B满足AP=2PB，则当m=_______时，点B横坐标的绝对值最大．解：设A（x1，y1），B（x2，y2），由P（0，1），AP=2PB，可得-x 1=2x2，1-y1=2（y2-1），即有x1=-2x2，y1+2y2=3，又x12+4y12=4m，即为x22+y12=m，①x22+4y22=4m，②①-②得（y1-2y2）（y1+2y2）=-3m，可得y1-2y2=-m，即有m=5时，x22有最大值4，即点B横坐标的绝对值最大．故答案为：5．6．（全国卷三理）（16）已知点()11M -，和抛物线24C y x =：，过C 的焦点且斜率为k 的直线与C 交于A ，B 两点．若90AMB =︒∠，则k =________．解：∵抛物线C ：y 2=4x 的焦点F （1，0），∴过A ，B 两点的直线方程为y=k （x-1），联立⎩⎨⎧-==)1(42x k y xy 可得，k 2x 2-2（2+k 2）x+k 2=0，设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2），y 1y 2=k 2（x 1-1）（x 2-1）=k 2[x 1x 2-（x 1+x 2）+1]=-4，∵M （-1，1），∴ MA =（x 1+1，y 1-1）， MB =（x 2+1，y 2-1）， ∵∠AMB=90°=0，∴MA *MB =0∴（x 1+1）（x 2+1）+（y 1-1）（y 2-1）=0，整理可得，x 1x 2+（x 1+x 2）+y 1y 2-（y 1+y 2）+2=0，∴即k 2-4k+4=0， ∴k=2． 故答案为：2三、解答题1.（北京文）（20）（本小题14分）已知椭圆2222:1(0)x y M a b a b +=>>焦距为斜率为k 的直线l 与椭圆M 有两个不同的交点A ，B .（Ⅰ）求椭圆M 的方程；（Ⅱ）若1k =，求||AB 的最大值；（Ⅲ）设(2,0)P -，直线P A 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71(,)42Q -共线，求k .解析（Ⅰ）由题意得2c =，所以c =3c e a ==，所以a =2221b a c =-=， 所以椭圆M 的标准方程为2213x y +=．（Ⅱ）设直线AB 的方程为y x m =+，由2213y x m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2246330x mx m ++-=， 则2223644(33)48120m m m ∆=-⨯-=->，即24m <，设11(,)A x y ，22(,)B x y ，则1232m x x +=-，212334m x x -=，则12|||AB x x =-=，易得当20m =时，max ||AB =||AB（Ⅲ）设11(,)A x y ，22(,)B x y ，33(,)C x y ，44(,)D x y ， 则221133x y += ①，222233x y += ②， 又(2,0)P -，所以可设1112PA y k k x ==+，直线PA 的方程为1(2)y k x =+， 由122(2)13y k x x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩消去y 可得2222111(13)121230k x k x k +++-=， 则2113211213k x x k +=-+，即2131211213k x x k =--+， 又1112y k x =+，代入①式可得13171247x x x --=+，所以13147y y x =+， 所以1111712(,)4747x y C x x --++，同理可得2222712(,)4747x y D x x --++．故3371(,)44QC x y =+-，4471(,)44QD x y =+-， 因为,,Q C D 三点共线，所以34437171()()()()04444x y x y +--+-=，将点,C D 的坐标代入化简可得12121y y x x -=-，即1k =．2.（北京理）（19）（本小题14分）已知抛物线C ：2y =2px 经过点P （1，2）．过点Q （0，1）的直线l 与抛物线C 有两个不同的交点A ，B ，且直线P A 交y 轴于M ，直线PB 交y 轴于N ． （Ⅰ）求直线l 的斜率的取值范围；（Ⅱ）设O 为原点，μλ==,，求证：μλ11+为定值．解析：（Ⅰ）因为抛物线y 2=2px 经过点P （1，2）， 所以4=2p ，解得p =2，所以抛物线的方程为y 2=4x ． 由题意可知直线l 的斜率存在且不为0， 设直线l 的方程为y =kx +1（k ≠0）． 由241y x y kx ⎧=⎨=+⎩得22(24)10k x k x +-+=． 依题意22(24)410k k ∆=--⨯⨯>，解得k<0或0<k<1． 又P A ，PB 与y 轴相交，故直线l 不过点（1，-2）．从而k ≠-3． 所以直线l 斜率的取值范围是（-∞，-3）∪（-3，0）∪（0，1）． （Ⅱ）设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）． 由（I ）知12224k x x k -+=-，1221x x k =． 直线P A 的方程为y –2=1122(1)1y y x x --=--． 令x =0，得点M 的纵坐标为1111212211M y kx y x x -+-+=+=+--． 同理得点N 的纵坐标为22121N kx y x -+=+-． 由μλ==,得=1M y λ-，1N y μ=-．所以2212121212122224112()111111=211(1)(1)11M N k x x x x x x k k y y k x k x k x x k k λμ-+---++=+=+=⋅=⋅------． 所以11λμ+为定值．3.（江苏卷）（18）（本小题满分16分）如图，在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C过点1)2，焦点12(F F ，圆O 的直径为12F F ．（1）求椭圆C 及圆O 的方程；（2）设直线l 与圆O 相切于第一象限内的点P ．①若直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，求点P 的坐标； ②直线l 与椭圆C 交于,A B 两点．若OAB △，求直线l 的方程．解析：（1）因为椭圆C的焦点为12(),F F -，可设椭圆C 的方程为22221(0)x y a b a b +=>>．又点1)2在椭圆C 上，所以2222311,43,a b a b ⎧+=⎪⎨⎪-=⎩，解得224,1,a b ⎧=⎪⎨=⎪⎩因此，椭圆C 的方程为2214x y +=．因为圆O 的直径为12F F ，所以其方程为223x y +=．（2）①设直线l 与圆O 相切于0000(),,(00)P x y x y >>，则22003x y +=， 所以直线l 的方程为0000()x y x x y y =--+，即0003x y x y y =-+． 由220001,43,x y x y x y y ⎧+=⎪⎪⎨⎪=-+⎪⎩，消去y ，得222200004243640()x y x x x y +-+-=．（*）因为直线l 与椭圆C 有且只有一个公共点，所以222222000000()()(24)(44364820)4x x y y y x ∆=--+-=-=． 因为00,0x y >，所以001x y =． 因此，点P的坐标为． ②因为三角形OAB，所以1 2AB OP ⋅=，从而AB =．设1122,,()(),A x y B x y ，由（*）得001,2x =，所以2222121()()x B y y x A =-+-222000222200048(2)(1)(4)x y x y x y -=+⋅+． 因为22003x y +=， 所以22022016(2)32(1)49x AB x -==+，即42002451000x x -+=， 解得22005(202x x ==舍去），则2012y =，因此P的坐标为． 综上，直线l的方程为y =+4.（天津文）（19）（本小题满分14分） 设椭圆22221(0)x y a b a b +=>> 的右顶点为A ，上顶点为B .||AB =（I ）求椭圆的方程；（II ）设直线:(0)l y kx k =<与椭圆交于,P Q 两点，l 与直线AB 交于点M ，且点P ，M 均在第四象限.若BPM △的面积是BPQ △面积的2倍，求k 的值.解析：（I ）设椭圆的焦距为2c ，由已知得2259c a =，又由222a b c =+，可得23.a b =由||AB ==从而3,2a b ==. 所以，椭圆的方程为22194x y +=. （II ）解：设点P 的坐标为11(,)x y ，点M 的坐标为22(,)x y ，由题意，210x x >>，点Q 的坐标为11(,).x y -- 由BPM △的面积是BPQ △面积的2倍，可得||=2||PM PQ ，从而21112[()]x x x x -=--，即215x x =.易知直线AB 的方程为236x y +=，由方程组236,,x y y kx +=⎧⎨=⎩ 消去y ，可得2632x k =+.由方程组221,94,x y y kx ⎧+⎪=⎨⎪=⎩消去y，可得1x =由215x x =5(32)k =+，两边平方，整理得2182580k k ++=，解得89k =-，或12k =-. 当89k =-时，290x =-<，不合题意，舍去；当12k =-时，212x =，1125x =，符合题意. 所以，k 的值为12-. 5.（天津理）(19)(本小题满分14分) 设椭圆22221x x a b +=(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B .，点A 的坐标为(,0)b ，且FB AB ⋅=.（I ）求椭圆的方程；（II ）设直线l ：(0)y kx k =>与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q .若AQAOQ PQ =∠(O 为原点) ，求k 的值. 解析（Ⅰ）：设椭圆的焦距为2c ，由已知知2259c a =，又由a 2=b 2+c 2，可得2a =3b ．由已知可得，FB a =，AB，由FB AB ⋅=ab =6，从而a =3，b =2． 所以，椭圆的方程为22194x y +=． （Ⅱ）解：设点P 的坐标为（x 1，y 1），点Q 的坐标为（x 2，y 2）．由已知有y 1>y 2>0，故12sin PQ AOQ y y ∠=-．又因为2sin y AQ OAB =∠，而∠OAB =π4，故2AQ．由AQ AOQ PQ =∠，可得5y 1=9y 2． 由方程组22194y kx x y =⎧⎪⎨+=⎪⎩，，消去x，可得1y =．易知直线AB 的方程为x +y –2=0，由方程组20y kx x y =⎧⎨+-=⎩，，消去x ，可得221k y k =+．由5y 1=9y 2，可得5（k +1）=，两边平方，整理得25650110k k -+=，解得12k =，或1128k =．所以，k 的值为111228或． 6.（浙江卷）（21）（本题满分15分）如图，已知点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2=4x 上存在不同的两点A ，B 满足P A ，PB 的中点均在C 上．（Ⅰ）设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（Ⅱ）若P 是半椭圆x 2+24y =1(x <0)上的动点，求△P AB 面积的取值范围．解析（Ⅰ）设00(,)P x y ，2111(,)4A y y ，2221(,)4B y y ． 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以1y ，2y 为方程202014()422y x y y ++=⋅即22000280y y y x y -+-=的两个不同的实数根． 所以1202y y y +=．因此，PM 垂直于y 轴．（Ⅱ）由（Ⅰ）可知120212002,8,y y y y y x y +=⎧⎪⎨=-⎪⎩ 所以2221200013||()384PM y y x y x =+-=-，12||y y -= 因此，PAB △的面积32212001||||4)24PABS PM y y y x =⋅-=-△． 因为220001(0)4y x x +=<，所以2200004444[4,5]y x x x -=--+∈． 因此，PAB △面积的取值范围是7.（全国一卷文）（20）（12分）设抛物线22C y x =：，点()20A ，，()20B -，，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 =112x +或112y x =--． （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(2)(0)y k x k =-≠，M （x 1，y 1），N （x 2，y 2），则x 1>0，x 2>0． 由2(2)2y k x y x=-⎧⎨=⎩，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1221121212122()22(2)(2)BM BN y y x y x y y y k k x x x x ++++=+=++++．① 将112y x k =+，222y x k=+及y 1+y 2，y 1y 2的表达式代入①式分子，可得 121221121224()882()0y y k y y x y x y y y k k ++-++++===． 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 ．8.（全国一卷理）（19）（12分） 设椭圆22:12x C y +=的右焦点为F ，过F 的直线l 与C 交于,A B 两点，点M 的坐标为(2,0). （1）当l 与x 轴垂直时，求直线AM 的方程；（2）设O 为坐标原点，证明：OMA OMB ∠=∠.解：（1）由已知得(1,0)F ，l 的方程为x =1.由已知可得，点A的坐标为或(1,. 所以AM的方程为y x =+y x =. （2）当l 与x 轴重合时，0OMA OMB ∠=∠=︒.当l 与x 轴垂直时，OM 为AB 的垂直平分线，所以OMA OMB ∠=∠.当l 与x 轴不重合也不垂直时，设l 的方程为(1)(0)y k x k =-≠，1221(,),(,)A y x y x B ，则12x x <<，直线MA ，MB 的斜率之和为212122MA MB x x y y k k +=+--. 由1122,y k k x y k x k =-=-得 121212(23()42)(2)MA MB x x x x k k x x k k k -+++=--. 将(1)y k x =-代入2212x y +=得 2222(21)4220k x k x k +-+-=. 所以，21221222422,2121x x x k k k x k -+==++. 则3131322244128423()4021k k k k k k k k k x x x x --++-++==+. 从而0MA MB k k +=，故MA ，MB 的倾斜角互补，所以OMA OMB ∠=∠.综上，OMA OMB ∠=∠.9.（全国二卷文）（20）（12分）设抛物线24C y x =：的焦点为F ，过F 且斜率为(0)k k >的直线l 与C 交于A ，B 两点，||8AB =．（1）求l 的方程； （2）求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．解：（1）由题意得F （1，0），l 的方程为y =k （x –1）（k >0）．设A （x 1，y 1），B （x 2，y 2）．由2(1)4y k x y x =-⎧⎨=⎩得2222(24)0k x k x k -++=．216160k ∆=+=，故212224k x x k ++=． 所以212244(1)(1)k AB AF BF x x k +=+=+++=． 由题设知22448k k +=，解得k =–1（舍去），k =1．因此l 的方程为y =x –1． （2）由（1）得AB 的中点坐标为（3，2），所以AB 的垂直平分线方程为2(3)y x -=--，即5y x =-+．设所求圆的圆心坐标为（x 0，y 0），则00220005(1)(1)16.2y x y x x =-+⎧⎪⎨-++=+⎪⎩，解得0032x y =⎧⎨=⎩，或00116.x y =⎧⎨=-⎩， 因此所求圆的方程为22(3)(2)16x y -+-=或22(11)(6)144x y -++=．10.（全国卷二理）（19）（12分）设抛物线24C y x =：的焦点为F ，过F 且斜率为(0)k k >的直线l 与C 交于A ，B 两点，||8AB =． （1）求l 的方程；（2）求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．解：（1）由题意得(1,0)F ，l 的方程为(1)(0)y k x k =->.设1221(,),(,)A y x y x B ，由2(1),4y k x y x=-⎧⎨=⎩得2222(24)0k x k x k -++=. 216160k ∆=+>，故122224k x k x ++=. 所以122244||||||(1)(1)x k AB AF BF kx +=+=+++=. 由题设知22448k k +=，解得1k =-（舍去），1k =.因此l 的方程为1y x =-. （2）由（1）得AB 的中点坐标为(3,2)，所以AB 的垂直平分线方程为2(3)y x -=--，即5y x =-+. 设所求圆的圆心坐标为00(,)x y ，则00220005,(1)(1)16.2y x y x x =-+⎧⎪⎨-++=+⎪⎩解得003,2x y =⎧⎨=⎩或0011,6.x y =⎧⎨=-⎩ 因此所求圆的方程为22(3)(2)16x y -+-=或22(11)(6)144x y -++=.11.（全国卷三文）（20）（12分） 已知斜率为k 的直线l 与椭圆22143x y C +=：交于A ，B 两点．线段AB 的中点为(1,)(0)M m m >． （1）证明：12k <-； （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 =+．解：（1）设11()A x y ，，22()B x y ，，则2211143x y +=，2222143x y +=． 两式相减，并由1212=y y k x x --得1212043x x y y k +++⋅=．由题设知1212x x +=，122y y m +=，于是34k m=-. 由题设得302m <<，故12k <-． （2）由题意得F （1，0）．设33()P x y ，，则331122(1)(1)(1)(00)x y x y x y -+-+-=，，，，． 由（1）及题设得3123()1x x x =-+=，312()20y y y m =-+=-<．又点P 在C 上，所以34m =，从而3(1)2P -，，3||=2FP uu r ．于是1||22x FA =-uu r ．同理2||=22x FB -uu r ． 所以1214()32FA FB x x +=-+=u u r u u r ．故2||=||+||FP FA FB u u r u u r u u r ． 12.（全国卷三理）（20）（12分）已知斜率为k 的直线l 与椭圆22143x y C +=：交于A ，B 两点，线段AB 的中点为()()10M m m >，． （1）证明：12k <-； （2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点,且FP FA FB ++=0．证明：FA ，FP ，FB 成等差数列，并求该数列的公差．解：（1）设1221(,),(,)A y x y x B ，则222212121,14343y x y x +=+=. 两式相减，并由1221y x y k x -=-得 1122043y x y k x +++⋅=. 由题设知12121,22x y x y m ++==，于是 34k m=-.① 由题设得302m <<，故12k <-. （2）由题意得(1,0)F ，设33(,)P x y ，则 331122(1,)(1,)(1,)(0,0)y x x y x y -+-+-=. 由（1）及题设得3321213()1,()20y y x x y x m =-+==-+=-<.又点P 在C 上，所以34m =，从而3(1,)2P -，3||2FP =.于是 1||(22x FA x ==-. 同理2||22x FB =-. 所以121||||4()32FA FB x x +=-+=. 故2||||||FP FA FB =+，即||,||,||FA FP FB 成等差数列.设该数列的公差为d ，则 1212||||||||||2FB FA x x d =-=-=②将34m =代入①得1k =-. 所以l 的方程为74y x =-+，代入C 的方程，并整理得2171404x x -+=.故121212,28x x x x +==，代入②解得||d =.或。
2018年高考圆锥曲线部分大题解析
1.【2018浙江21】如图，已知点P 是y 轴左侧（不含y 轴）一点，抛物线2:4C y x =上存在不同的两点,A B 满足,P A P B 的中点均在C上。
（1） 设AB 中点为M ，证明：PM 垂直于y 轴；（2） 若P 是半椭圆221(0)4y x x +=<上的动点，求PAB ∆面积的取值范围。
解析：（1）设2200112211(,),(,),(,)44P x y A y y B y yAP 中点满足：22102014()4()22y x y y ++= BP 中点满足：22202024:()4()22y x y y BP ++= 所以12,y y 是方程220204()4()22y x y y ++=即22000280y y y x y -+-=的两个根，所以1202y y y +=，故PM 垂直于y 轴。
（2）由（1）可知212012002,8y y y y y x y +=⋅=-所以2221200013||()384PM y y x y x =+-=-,12||y y -=因此，32212001||||(4)24PABS PM y y y x ∆=⋅-=- 因为220001(0)4y x x +=<，所以2200004444[4,5]y x x x -=--+∈ 因此，PAB ∆面积的取值范围是 1. 距离型问题(1,)(0)M m m >（1）证明：12k <-； （2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点且0FP FA FB ++=，证明：,,FP FA FB 为等差数列，并求出该数列的公差。
解析：（1）由中点弦公式22OMb k k a ⋅=-，解得34k m=-又因为点M 在椭圆内，故302m <<，故12k <- （2）由题意知2,2FA FB FM FP FM +==-，故(1,2)P m -因为点P 在椭圆上，代入可得3,14m k ==-，即3||2FP = 根据第二定义可知，1211||2,||222FA x FB x =-=- 联立22212121114371402,42874x y x x x x x x y x ⎧+=⎪⎪⇒-+=⇒+==⎨⎪=-+⎪⎩ 即121||||4()32FA FB x x +=-+= 故满足2||||||FP FA FB =+，所以,,FP FA FB 为等差数列 设其公差为d ，因为,A B 的位置不确定，则有代入得21428d d =±=±(1,)(0)M m m >（1）证明：12k <-； （2）设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点且0FP FA FB ++=，证明2||||||FP FA FB =+。
2018届高三理科数学二轮复习讲义：模块二 专题五 高考解答题专讲(五) 圆锥曲线的综合应用
专题五解析几何高考解答题专讲(五)圆锥曲线的综合应用一、圆锥曲线中的范围、最值问题解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，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相等关系；(3)利用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．[思维流程]定义法(1)EB∥AC―→|EB|＝|ED|―→|EA|＋|EB|＝4――→点E的轨迹方程(2)设直线l 方程并联立―→根与系数的关系―→求|MN |―→求|PQ |―→面积S 用k 表示―→利用函数知识求范围[解] (1)证明：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＋y 23＝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，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)，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，其方程为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)．解圆锥曲线范围、最值问题的要点求解范围或最值问题的关键是建立关于求解某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围．[对点训练]1．(2017·安徽皖西南十校期末联考)已知右焦点为F 2(c,0)的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32，且椭圆C 关于直线x ＝c 对称的图形过坐标原点．(1)求椭圆C 的方程；(2)过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0作直线l 与椭圆C 交于E ，F 两点，线段EF 的中点为M ，点A 是椭圆C 的右顶点，求直线MA 的斜率k 的取值范围．[解] (1)∵椭圆C 过点⎝⎛⎭⎪⎫1，32，∴1a 2＋94b 2＝1，① ∵椭圆C 关于直线x ＝c 对称的图形过坐标原点，∴a ＝2c ， ∵a 2＝b 2＋c 2，∴b 2＝34a 2，②由①②得a 2＝4，b 2＝3，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)依题意，直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0且斜率不为零，故可设其方程为x ＝my ＋12.由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋12，x 24＋y 23＝12消去x ，并整理得4(3m 2＋4)y 2＋12my－45＝0.设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，M (x 0，y 0) ∴y 1＋y 2＝－3m3m 2＋4， ∴y 0＝y 1＋y 22＝－3m2(3m 2＋4)，∴x 0＝my 0＋12＝23m 2＋4，∴k ＝y 0x 0－2＝m4m 2＋4. ①当m ＝0时，k ＝0 ②当m ≠0时，k ＝14m ＋4m ， ∵4m ＋4m ≥8，∴0<14m ＋4m ≤18.∴0<k ≤18， ∴－18≤k ≤18且k ≠0. 综合①、②可知，直线MA 的斜率k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，18.二、圆锥曲线中的定点、定值问题 1．定点问题的求解策略解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y ＝kx ＋m (k 存在的情形)．然后利用条件建立k 与m 的关系．借助于点斜式方程思想确定定点坐标．2．定值问题的求解策略定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接推证得出与参数无关的数值．在这类试题中选择消元的方法是非常关键的．[思维流程] (1)P 3、P 4关于y 轴对称――→椭圆的性质P 3、P 4∈C――→点与椭圆位置关系P 2∈C ――→待定系数法求C 方程(2)设直线l ：y ＝kx ＋m并与C 方程联立――→根与系数的关系Δ、x 1＋x 2、x 1·x 2―→k 1＋k 2＝－1―→k 、m 的等量关系式―→直线l 方程[解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知C 经过P 3，P 4两点．又由1a 2＋1b 2>1a 2＋34b 2知，C 不经过点P 1，所以点P 2在C 上． 因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.如果l 与x 轴垂直，设l ：x ＝t ，由题设知t ≠0，且|t |<2，可得A ，B 的坐标分别为⎝⎛⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 22. 则k 1＋k 2＝4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－1，得t ＝2， 不符合题设．从而可设l ：y ＝kx ＋m (m ≠1)． 将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1得 (4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0. 由题设可知Δ＝16(4k 2－m 2＋1)>0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1.而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1x 2＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x2＝2kx 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)x 1x 2， 由题设k 1＋k 2＝－1，故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)·(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2－44k 2＋1＋(m －1)·－8km 4k 2＋1＝0.解得k ＝－m ＋12.当且仅当m >－1时，Δ>0，于是l ：y ＝－m ＋12x ＋m ， 即y ＋1＝－m ＋12(x －2)， 所以l 过定点(2，－1)．解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3点(1)从特殊情形开始，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．[对点训练]2．(2016·北京卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，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P A 与y 轴交于点M ，直线PB 与x 轴交于点N .求证：|AN |·|BM |为定值．[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝32，12ab ＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1.所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：由(1)知，A (2,0)，B (0,1)．设P (x 0，y 0)，则x 20＋4y 20＝4.当x 0≠0时，直线P A 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)．令x ＝0，得y M ＝－2y 0x 0－2，从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2.直线PB 的方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.令y ＝0，得x N ＝－x 0y 0－1，从而|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.所以|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝4.当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2， 所以|AN |·|BM |＝4. 综上，|AN |·|BM |为定值． 三、圆锥曲线中的探索性问题处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在性．若证明某结论不存在，也可采用反证法．[思维流程]由椭圆对称性猜定直线x ＝x 0―→联立l 、C 方程，得根与系数的关系―→求出直线A 1M 、A 2N 方程 ―→将x G ＝x 0代入方程―→证得结论[解] (1)设点A 1(－a,0)，F 2(c,0)，由题意可知c ＝－a ＋42，即a ＝4－2c .①又椭圆的离心率e ＝c a ＝12，即a ＝2c ，②联立方程①②可得，a ＝2，c ＝1，则b 2＝a 2－c 2＝3， 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)解法一：根据椭圆的对称性猜测点G 在与y 轴平行的直线x ＝x 0上．假设当点M 为椭圆的上顶点时，直线l 的方程为3x ＋4y －43＝0，此时点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫85，335， 则联立直线lA 1M ：3x －2y ＋23＝0和直线lA 2N ：33x ＋2y －63＝0，可得点G ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，332. 据此猜想点G 在直线x ＝1上，下面对猜想给予证明． 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 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)，联立方程得⎩⎨⎧y ＝k (x －4)x 24＋y 23＝1，可得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，Δ>0.可得x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2，(*)直线lA 1M ：y ＝y 1x 1＋2(x ＋2)，lA 2N ：y ＝y 2x 2－2(x －2)，联立两直线的方程得y 1x 1＋2(x ＋2)＝y 2x 2－2(x －2)(其中x 为G 点的横坐标)，即证3y 1x 1＋2＝－y 2x 2－2，即3k (x 1－4)·(x 2－2)＝－k (x 2－4)·(x 1＋2)，即证4x 1x 2－10(x 1＋x 2)＋16＝0，将(*)代入上式可得4×(64k 2－12)3＋4k 2－10×32k 23＋4k 2＋16＝0，即16k 2－3－20k 2＋3＋4k 2＝0，此式明显成立，原命题得证，所以点G 在定直线x ＝1上． 解法二：显然l 与x 轴不垂直，设l 的方程为y ＝k (x －4)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎨⎧y ＝k (x －4)x 24＋y 23＝1，得(3＋4k 2)x 2－32k 2x ＋64k 2－12＝0，Δ>0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，G (x 3，y 3)，x 1，x 2，x 3两两不相等， 则x 1＋x 2＝32k 23＋4k 2，x 1x 2＝64k 2－123＋4k 2，|x 1－x 2|＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝121－4k 23＋4k 2，由A 1，M ，G 三点共线，得y 3x 3＋2＝y 1x 1＋2，①由A 2，N ，G 三点共线，得y 3x 3－2＝y 2x 2－2，②①与②两式相除得x 3＋2x 3－2＝y 2(x 1＋2)y 1(x 2－2)＝k (x 2－4)(x 1＋2)k (x 1－4)(x 2－2) ＝x 1x 2－(x 1＋x 2)＋3(x 2－x 1)－8x 1x 2－3(x 1＋x 2)＋(x 1－x 2)＋8＝－3， 解得x 3＝1，所以点G 在定直线x ＝1上．存在性问题的解题步骤[对点训练]3．在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a (a >0)交于M ，N 两点．(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ？说明理由．[解] (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )，或 M (－2a ，a )，N (2a ，a )．又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，C 在点(2a ，a )处的切线方程为y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.y ＝x 24在x ＝－2a 处的导数值为－a ，C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.故所求切线方程为ax －y －a ＝0和ax ＋y ＋a ＝0. (2)存在符合题意的点，证明如下：设P (0，b )为符合题意的点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，k 2.将y ＝kx ＋a 代入C 的方程得x 2－4kx －4a ＝0. 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－bx 2＝2kx 1x 2＋(a －b )(x 1＋x 2)x 1x 2＝k (a ＋b )a .当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0，则直线PM 的倾斜角与直线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，所以点P (0，－a )符合题意．热点课题20 圆锥曲线综合问题的求解策略[感悟体验](2017·沈阳市高三一测)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F 1(－6，0)，e ＝22.(1)求椭圆C 的方程；(2)如图，设R (x 0，y 0)是椭圆C 上一动点，由原点O 向圆(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝4引两条切线，分别交椭圆于点P ，Q ，若直线OP ，OQ 的斜率存在，并记为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值；(3)在(2)的条件下，试问|OP |2＋|OQ |2是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．[解] (1)由题意得，c ＝6，e ＝22，解得a ＝23， ∴椭圆C 的方程为x 212＋y 26＝1.(2)由已知，直线OP ：y ＝k 1x ，OQ ：y ＝k 2x ，且与圆R 相切， ∴|k 1x 0－y 0|1＋k 21＝2，化简得(x 20－4)k 21－2x 0y 0k 1＋y 20－4＝0， 同理，可得(x 20－4)k 22－2x 0y 0k 2＋y 20－4＝0，∴k 1，k 2是方程(x 20－4)k 2－2x 0y 0k ＋y 20－4＝0的两个不相等的实数根，∴x 20－4≠0，Δ>0，k 1k 2＝y 20－4x 20－4.∵点R (x 0，y 0)在椭圆C 上，∴x 2012＋y 206＝1，即y 20＝6－12x 20，∴k 1k 2＝2－12x 20x 20－4＝－12. (3)|OP |2＋|OQ |2是定值18.设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，联立得⎩⎨⎧y ＝k 1x ，x 212＋y 26＝1，解得⎩⎨⎧x 21＝121＋2k 21，y 21＝12k211＋2k 21，∴x 21＋y 21＝12(1＋k 21)1＋2k 21，同理，可得x 22＋y 22＝12(1＋k 22)1＋2k 22. 由k 1k 2＝－12，得|OP |2＋|OQ |2＝x 21＋y 21＋x 22＋y 22＝12(1＋k 21)1＋2k 21＋12(1＋k 22)1＋2k 22＝12(1＋k 21)1＋2k 21＋12⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 121＋2⎝⎛⎭⎪⎫－12k 12＝18＋36k 211＋2k 21＝18. 综上：|OP |2＋|OQ |2＝18.。