高考数学专题复习与策略专题平面解析几何突破点圆锥曲线中的综合问题教师用书理
高考数学大一轮复习高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题教师用书理新人教版
高考专题打破五 高考取的圆锥曲线问题教师用书 理 新人教版1．(2015 ·课标全国Ⅱ ) 已知 A ， B 为双曲线 E 的左，右极点，点 M 在 E 上，△ ABM 为等腰三角形，且顶角为 120°，则 E 的离心率为 ()A. 5B ．2C. 3D. 2答案D分析 如图，的方程为x2 y 2设双曲线E2－2＝1(＞0， ＞ 0) ，则|| ＝2 ，由双曲线的对称性， 可设点( 1，ab abABaM xy 1)在第一象限内，过作 ⊥ 轴于点 ( 1,0) ，M MN x N x∵△ ABM 为等腰三角形，且∠ ABM ＝120°， ∴|BM |＝ | AB | ＝2a ，∠ MBN ＝60°，∴ y 1＝|| ＝ | |sin ∠＝ 2 sin 60 °＝3 a ，MN BMMBN a1＝ || ＋ || ＝＋ 2 cos 60°＝ 2 . 将点(1，1) 的坐标代入x 2 y 2 22xay 2－ 2＝ 1，可得a ＝b ，∴eOBBNaa M xabca 2＋b 22，选 D. ＝ a ＝a 2 ＝2. 如图，已知椭圆 C 的中心为原点 O ，F ( －2 5， 0) 为 C 的左焦点， P 为 C 上一点，知足 | OP | ＝ | |，且 || ＝ 4，则椭圆C 的方程为 ()OF PFx 2 y 2x 2 y 2 A. 25＋ 5＝1B. 36＋ 16＝ 1x 2 y 2x 2y 2C. 30＋10＝ 1D. 45＋ 25＝ 1答案B22分析设椭圆的标准方程为x2＋ y 2＝ 1( > >0) ，焦距为 2 c ，右焦点为′，连结′，如图aba bFPF所示，因为 ( － 25，0)为C 的左焦点，因此 c ＝ 2 5.F由 | OP |＝ | OF | ＝| OF ′| 知，∠ FPF ′＝ 90°，即 FP ⊥PF ′. 在 Rt △ PFF ′中，由勾股定理，得| PF ′| ＝224 5 2 4 2| FF ′|－ | PF | ＝－ ＝ 8.由椭圆定义，得 | PF | ＋ | PF ′| ＝ 2a ＝ 4＋ 8＝ 12，222 22x 2y 2因此 a ＝ 6， a ＝36，于是 b ＝ a － c ＝ 36－ (2 5) ＝ 16，因此椭圆的方程为36＋16＝ 1.分别为椭圆 x2 y 23．(2017 ·太原质检 ) 已知， B 2＋ 2＝ 1( > >0) 的右极点和上极点，直线 y ＝A a b a bkx ( k >0) 与椭圆交于 C ，D 两点，若四边形 ACBD 的面积的最大值为 2c 2，则椭圆的离心率为()1132 A.3 B.2 C.3 D.2答案 D分析 设 C ( x ，y )( x >0) ， D ( x ， y ) ，11 12 2将 y ＝kx 代入椭圆方程可解得x 1＝abx2＝ － ab22 2，22 2，b ＋ a kb ＋ a k则| CD |＝22ab 1＋k 21＋ k | x 1－ x 2| ＝ 2 2 2 .b ＋ a kakb又点 A ( a, 0) 到直线 y ＝ kx 的距离 d 1＝ 1＋k 2，点 B (0 ， b ) 到直线 y ＝ kx 的距离 d 2＝1＋ k2，因此S 四边形 ACBD＝ 1 1| | ＋ 1 2||2dCD2dCD 11 b ＋ ak 2ab 1＋ k 2＝2(d 1＋d 2)·|CD |＝2·1＋ k 2·b 2＋ a 2k2b ＋ak＝ ab ·22 2.b ＋ a kb ＋ak令 t＝b 2＋ a 2k2，2 b2＋a 2k 2＋ 2abkk则 t ＝b 2＋ a 2k 2＝ 1＋ 2ab · b 2＋ a 2k 2＝ 1＋ 2ab · 2 1 ≤1＋ 2ab · 1＝ 2，b ＋ a 2k 2ab kb 22b当且仅当 k ＝ a k ，即 k ＝ a 时， t max2，＝因此 S 四边形 ACBD 的最大值为2ab . 由条件，有2ab ＝ 2c 2，即 2c 4＝a 2b 2＝ a 2( a 2－ c 2) ＝a 4－ a 2c 2, 2c 4＋ a 2c 2－ a 4＝ 0,2 e 4＋ e 2－ 1＝0，2122解得 e ＝ 2或 e ＝－ 1( 舍去 ) ，因此 e ＝ 2 ，应选 D.224．(2016 ·北京 ) 双曲线 x2－y2＝ 1( a ＞0， b ＞ 0) 的渐近线为正方形OABC 的边 OA ，OC 所在的a b直线，点 B 为该双曲线的焦点，若正方形的边长为 2，则＝ ________.OABC a答案 2分析设 B 为双曲线的右焦点，如下图．∵四边形 OABC 为正方形且边长为 2，∴ c ＝ | OB | ＝ 22，π又∠ AOB ＝ 4 ，b π∴ a ＝ tan 4 ＝ 1，即 a ＝ b .又 a 2＋b 2＝c 2＝ 8，∴ a ＝ 2.222 25．已知双曲线 x2－ y2＝ 1(>0， >0) 和椭圆 x ＋ y＝ 1 有同样的焦点，且双曲线的离心率是椭a ba b16 9圆离心率的两倍，则双曲线的方程为 ____________ ．答案x 2－ y 2＝ 143x 2 y 2分析由题意得，双曲线a 2－b 2＝1(a >0，b >0)的焦点坐标为(7，0) ，( － 7，0) ，c ＝7且双曲线的离心率为2× 7＝7＝ c 2＝ c 2－2＝ 3，4 2a ? a＝ ，a2 bx 2 y 2双曲线的方程为 4 － 3 ＝ 1.题型一 求圆锥曲线的标准方程x 2 y 2例 1 已知椭圆 E ：a 2＋ b 2＝ 1( a >b >0) 的右焦点为 F (3,0) ，过点 F 的直线交 E 于 A 、B 两点．若的中点坐标为 (1 ，－ 1) ，则 E 的方程为 ( )ABx 2＋ y2x2y2A.＝ 1B. ＋＝ 145 3636 27x 2 y 2 x 2 y 2C. 27＋18＝ 1D. 18＋ 9 ＝1答案 D分析设 A ( x 1，y 1) 、 B ( x 2， y 2) ，22x 1y 1a 2＋b 2＝ 1，因此 22运用点差法，x 2y 2a 2＋b 2＝ 1b 2因此直线 AB 的斜率为 k ＝ a 2，b 2设直线方程为y ＝ a 2( x － 3) ，联立直线与椭圆的方程得( a 2＋ b 2) x 2－ 6b 2x ＋ 9b 2－ a 4＝0，6b 2因此 x 1＋ x 2＝ a 2＋ b 2 ＝2，又因为 a 2－ b 2＝ 9，解得 b 2＝ 9，a 2＝ 18.思想升华求圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，主要利用圆锥曲线的定义、 几何性质，解得标准方程中的参数，进而求得方程．22(2015 ·天津 ) 已知双曲线x2－ y 2＝ 1(a＞ 0， ＞ 0 ) 的一个焦点为(2,0) ，且双曲abbF线的渐近线与圆 ( x － 2) 2＋y 2＝ 3 相切，则双曲线的方程为()x 2 y 2x 2 y 2A. 9－13＝1B. 13－ 9 ＝1 x 22D ． x 2y 2C. －y ＝1－ ＝133答案Dx 2 y 2分析双曲线 a 2－ b 2＝ 1 的一个焦点为F (2,0) ，则 a 2＋b 2＝4，①b双曲线的渐近线方程为y ＝± a x ，2b由题意得a 2＋b2＝3，②联立①②解得 b ＝ 3， a ＝ 1，所求双曲线的方程为22yx － 3 ＝1，选D.题型二圆锥曲线的几何性质x 2y 2例 2 (1)(2015 ·湖南 ) 若双曲线 a 2－ b 2＝ 1 的一条渐近线经过点(3 ，－ 4) ，则此双曲线的离心率为 ()75 45A. 3B. 4C.3D. 3x ＝2 pt 2， 为参数， p >0) 的焦点为 F ，准线为 l . 过抛物线上(2)(2016 ·天津 ) 设抛物线( ty ＝2pt一点 A 作 l 的垂线，垂足为 B . 设 C 7p ， 0 ， AF 与 BC 订交于点 E . 若 | CF | ＝ 2| AF | ，且△ACE 2 的面积为 3 2，则 p 的值为 ________．答案(1)D(2) 6b3b分析(1) 由条件知 y ＝－ a x 过点 (3 ，－ 4) ，∴ a ＝ 4，即 3b ＝ 4a ，∴9b 2＝ 16a 2，∴9c 2－ 9a 2＝ 16a 2，225∴25a ＝ 9c ，∴ e ＝3. 应选 D.(2) 由x ＝ 2pt 2， ( p >0) 消去 t 可得抛物线方程为 y 2＝ 2px ( p >0) ，y ＝ 2ptp∴F 2，0 ，| |＝| | ＝3，ABAF2p可得 (， 2p ) ．A p易知△∽△，∴ | AE | ＝| AB |＝ 1 ，AEBFEC | FE | | FC | 2故 S＝ 3S ＝ 3×3p × 2p ×2△ ACE1△ACF11＝ 22p 2＝ 3 2，∴ p 2＝6，∵ p >0，∴ p ＝ 6.思想升华圆锥曲线的几何性质是高考考察的要点，求离心率、准线、双曲线渐近线，是常考题型，解决这种问题的要点是娴熟掌握各性质的定义，及有关参数间的联系．掌握一些常 用的结论及变形技巧，有助于提升运算能力．x 2 y 22已知椭圆 a 2＋ b 2＝ 1( a >b >0) 与抛物线 y ＝ 2px ( p >0) 有同样的焦点 F ，P ，Q 是椭圆2 2与抛物线的交点，若经过焦点，则椭圆 x2＋ y 2＝ 1( > >0) 的离心率为 ____________．PQFa ba b答案2－ 12p分析 因为抛物线 y ＝ 2px ( p >0) 的焦点 F 为 2，0 ，设椭圆另一焦点为 E .p当 x ＝ 时，代入抛物线方程得2y ＝± p ，p又因为 PQ 经过焦点 F ，因此 P 2，p 且 PF ⊥OF .p p22 因此|PE |＝ 2＋2＋ p ＝ 2p ，| PF | ＝p ， | EF | ＝ p .2c故 2a ＝ 2p ＋ p, 2c ＝ p ， e ＝2a ＝ 2－ 1. 题型三最值、范围问题若直线 l ： y ＝3x － 23过双曲线x2－ y2例 322 ＝ 1( a >0， b >0) 的一个焦点，且与双曲线的一33a b条渐近线平行．(1) 求双曲线的方程；(2) 若过点 B (0 ， b ) 且与 x 轴不平行的直线和双曲线订交于不一样的两点M ，N ， MN 的垂直均分线为 m ，求直线 m 在 y 轴上的截距的取值范围．b 3解 (1) 由题意，可得 c ＝ 2， a ＝ 3 ，因此 a 2＝ 3b 2，且 a 2 ＋b 2＝ c 2＝ 4，解得 a ＝ 3， b ＝ 1.2x2故双曲线的方程为3 － y ＝ 1.(2) 由 (1) 知 B (0,1) ，依题意可设过点 B 的直线方程为y ＝ kx ＋ 1( k ≠0) ， M ( x 1， y 1) ， N ( x 2， y 2) ．y ＝ kx ＋ 1，由2得(1 － 2 2x－ y 2＝1，3k ) x － 6kx － 6＝ 0，36因此 x 1＋ x 2＝ 1－3k 2，＝ 362 － 3k 2＝12(2 － 32k 22，＋ 24(1))>0 ? 0<< kk32 21且 1－3k ≠0? k ≠ 3.设 MN 的中点为 Q ( x 0， y 0) ，x 1＋x 23k1 2，则 x 0＝＝1－ 3k 2， y 0＝ kx 0＋ 1＝21－ 3k11 3k故直线 m 的方程为 y － 1－ 3k 2＝－ k x －1－ 3k 2 ，14即 y ＝－ k x ＋ 1－ 3k 2.4因此直线 m 在 y 轴上的截距为 1－ 3k 2，由 0<k 2<2，且 k 2≠1，33得 1－3k 2∈( －1,0) ∪(0,1) ，4因此 1－ 3k 2∈( －∞，－ 4) ∪(4 ，＋∞ ) ．故直线 m 在 y 轴上的截距的取值范围为 ( －∞，－ 4) ∪(4 ，＋∞ ) ．思想升华圆锥曲线中的最值、范围问题解决方法一般分两种：一是代数法，从代数的角度考虑，经过成立函数、不等式等模型，利用二次函数法和均值不等式法、换元法、导数法等方法求最值；二是几何法，从圆锥曲线的几何性质的角度考虑，依据圆锥曲线几何意义求最值与范围．2222如图，曲线Γ由两个椭圆1 ：x2＋y2＝ 1(> >0) 和椭圆2： y2＋x2＝1(> >0)Ta ba bTb cb c构成，当， ， c 成等比数列时，称曲线 Γ为“猫眼”．a b(1) 若“猫眼曲线”Γ过点 (0 ，－ 2) ，且 ， ， c 的公比为2 ，求“猫眼曲线”Γ 的方Ma b2程；(2) 对于 (1) 中的“猫眼曲线” Γ，任作斜率为 k ( k ≠0) 且可是原点的直线与该曲线订交，交k OM 椭圆 T 1 所得弦的中点为M ，交椭圆 T 2 所得弦的中点为 N ，求证：为与 k 没关的定值；k ON(3) 若斜率为2的直线 l 为椭圆 T 2 的切线，且交椭圆 T 1 于点 A ，B ，N 为椭圆 T 1 上的随意一点( 点 N 与点 A ， B 不重合 ) ，求△ ABN 面积的最大值．b c2(1) 解 由题意知， b ＝ 2， a ＝ b ＝ 2 ，∴ a ＝ 2， c ＝ 1，1x 2 y 22y 22∴ T ： 4 ＋ 2 ＝ 1， T ： 2 ＋x ＝ 1.(2) 证明 设斜率为 k 的直线交椭圆 T 于点 ( ， y ) ， ( ， y ) ，11 2 21 线段 CD 的中点为 M ( x 0， y 0) ，∴ x 0＝ x 1＋x 2y 1＋ y 2， y 0＝2，222x 1y 14＋ 2＝1，由 22得x 2y 24＋ 2＝1，x －x2x ＋ x 2y －y 2 y ＋y 211 ＋ 1142＝ 0.∵ k 存在且 k ≠0，∴ x 1≠ x 2 且 x 0≠0，1 － y 20 1，故上式整理得 y· y＝－x 1 － x 2x21即 k ·k OM ＝－ 2.同理， k · k ON ＝－ 2，∴k OM 1＝ .k ON 4(3) 解 设直线l 的方程为y ＝ 2 x ＋ ，my ＝ 2x ＋m ，联立方程得y 2x 2b 2＋c 2＝1，22222 22 2整理得 ( b ＋ 2c ) x ＋ 2 2mcx ＋mc － b c ＝ 0，由2 2 2＝ 0 化简得 m ＝ b ＋ 2c ，取 l 1：y ＝2 x ＋ b 2＋ 2c 2.y ＝ 2x ＋ m ，联立方程x 2y 2 a 2＋b 2＝ 1，化简得 (b 2＋ 22)x 2＋ 2 22＋2 2－2 2＝0.amax mab a由 ＝2220 得 m ＝b ＋2a ，取 l 2：y ＝2 x － b 2＋ 2a 2，l 1， l 2 两平行线间距离d ＝b 2＋ 2c 2＋ b 2＋ 2a 2，32 3ab 2a 2－2c 2又| AB |＝b 2＋ 2a 2，1∴△ ABN 的面积最大值为S ＝ 2| AB | ·dab 2a 2－ 2c 2b 2＋ 2c 2＋ b 2＋ 2a 2.＝2＋ 2 2b a 题型四 定值、定点问题例 4(2016 ·全国乙卷 ) 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 ， 两点，过B 作的平行线交于点 .C D AC ADE(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 ，因此 | EB | ＝ | ED | ，故| EA | ＋ | EB |＝ | EA | ＋ | ED | ＝| AD |.又圆 A 的标准方程为 ( x ＋1) 2＋ y 2＝ 16，进而 | AD | ＝ 4，因此 | EA | ＋| EB | ＝ 4.由题设得 ( － 1,0) ， (1,0) ，|| ＝ 2，由椭圆定义可得点E 的轨迹方程为 x 2＋ y 2 ＝1( y ≠0) ． ABAB4 3(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) ．y ＝ k x － 1 ，2222由 x 2 y 2得 (4 k ＋ 3) x － 8k x ＋ 4k － 12＝ 0.8k 24k 2－ 12则 x 1＋x 2＝4k 2＋ 3， x 1 x 2＝ 4k 2＋ 3 ，2 12 k 2＋ 1因此|MN |＝1＋ k | x 1－ x 2| ＝ 4 2 ＋3 .k1过点 B (1,0) 且与 l 垂直的直线 m ： y ＝－ k ( x － 1) ， 点A 到 的距离为2 ，mk 2＋ 122224 ＋ 3因此|PQ |＝ k 24 －k 2＋ 1 ＝4k 2＋ 1.故四边形 MPNQ 的面积11＋ 1.S ＝ | MN || PQ | ＝12224k ＋ 3可适当l 与 x 轴不垂直时，四边形面积的取值范围为 (12,8 3) ．MPNQ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，四边形面积的取值范围为 [12,8 3) ．MPNQ思想升华求定点及定值问题常有的方法有两种(1) 从特别下手，求出定值，再证明这个值与变量没关．(2) 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，进而获得定值．x 2 y 23(2016 ·北京 ) 已知椭圆 C ：a 2＋ b 2＝ 1( a ＞ b ＞ 0) 的离心率为 2 ， A ( a, 0) ， B (0 ，b) ， (0,0) ，△ 的面积为 1.OOAB(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．c3 1(1) 解 由已知 a ＝ 2 ， 2ab ＝ 1.又 a 2＝b 2＋c 2，解得 a ＝ 2， b ＝1， c ＝ 3.x 22∴椭圆方程为 4 ＋ y ＝ 1.(2) 证明 由 (1) 知， (2,0) ， (0,1) ．AB2设椭圆上一点(， 0) ，则x 02＋ 0＝ 1.P x4y0当 x0≠0时，直线 PA方程为 y＝x0－2( x－2)，－2y0令 x＝0，得 y M＝x0－2.2y0进而 | BM|＝ |1 －y M| ＝ 1＋x0－2 .y0－1直线 PB方程为 y＝x0x＋1.－x0令 y＝0，得 x N＝y0－1.x0∴|AN|＝|2－ x N|＝2＋y0－1.x02y0∴|AN|·|BM|＝2＋y0－1·1＋x0－2＝x0＋2y0－2·x0＋2y0－2 y0－1x0－ 2x20＋4y20＋4x0y0－4x0－8y0＋4＝x0y0－ x0－2y0＋24x0y0－4x0－ 8y0＋ 8＝＝ 4.x0y0－ x0－2y0＋2当 x0＝0时， y0＝－1，| BM|＝2，| AN|＝2，∴|AN|·| BM|＝4.故 | AN| ·|BM| 为定值．题型五探究性问题例 5(2015 ·广东 ) 已知过原点的动直线122－6x＋ 5＝0订交于不一样的两点A，l 与圆 C： x ＋yB.(1)求圆 C1的圆心坐标；(2)求线段 AB的中点 M的轨迹 C的方程；(3) 能否存在实数k，使得直线L： y＝ k( x－4)与曲线 C只有一个交点？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，说明原因．解 (1) 圆C1：x2＋y2－ 6x＋ 5＝ 0 化为 ( x－ 3) 2＋y2＝ 4，∴圆C1的圆心坐标为 (3,0) ．(2)设 M( x， y)，∵A，B 为过原点的直线 l 与圆 C1的交点，且 M为 AB的中点，∴由圆的性质知 MC1⊥ MO，→→∴ MC1·MO＝0.→→又∵ MC1＝(3－ x，－ y)，MO＝(－ x，－ y)，∴由向量的数目积公式得x 2－ 3x ＋y 2＝ 0.易知直线 l 的斜率存在，∴设直线 l 的方程为 y ＝mx ，当直线 l与圆 C 1 相切时， d ＝ |3 m － 0| ＝ 2，2 m ＋ 12 5解得 m ＝±.5把相切时直线l 的方程代入圆1的方程，C化简得 92＋ 25＝ 0，解得x5－ 30 ＝ .xx3当直线 l 经过圆 C 1 的圆心时， M 的坐标为 (3,0) ．又∵直线l 与圆1交于 ， 两点， 为 AB 的中点，C A BM5∴ 3<x ≤3.∴点 M 的轨迹 C 的方程为 x 2－ 3x ＋y 2＝ 0，此中 53<x ≤3.(3) 由题意知直线L 表示过定点 (4,0) ，斜率为 k 的直线，把直线 L 的方程代入轨迹 C 的方程x 2－ 3x ＋ y 2＝ 0，此中53<x ≤ 3，化简得 ( k2＋ 1) x 2－ (3 ＋ 8k 2) x ＋16k 2＝ 0，此中53<x ≤3，记 f ( x ) ＝ ( k 2＋ 1) x 2－ (3 ＋ 8k 2) x ＋ 16k 2，此中 5<x ≤3.3若直线 L 与曲线 C 只有一个交点，令f ( x ) ＝0.29322当＝ 0 时，解得 k ＝ 16，即 k ＝± 4，此时方程可化为 25x － 120x ＋144＝ 0，即 (5 x － 12)＝ 0，12 53解得 x ＝ 5 ∈ ， 3，∴ k ＝± 4知足条件．3当>0 时，55①若 x ＝ 3 是方程的解， 则 f (3) ＝0? k ＝ 0? 另一根为 x ＝ 0<3，故在区间3， 3 上有且仅有一个根，知足题意；55 2 564 5 64 5 ②若 x ＝ 是方程的解， 则 f＝ 0? k ＝±? 此外一根为＝ ， < ≤3，故在区间 ， 3337x 23 3 233上有且仅有一根，知足题意；55③若 x ＝ 3 和 x ＝ 3 均不是方程的解，则方程在区间 3， 3 上有且仅有一个根，只要f 5 ·f (3)<0 ? － 2 5 <k <2 5. 故在区间5， 3 上有且仅有一个根，知足题意．37 732 52 5 3综上所述， k 的取值范围是－ ≤ k ≤或k ＝± .774思想升华 (1) 探究性问题往常采纳“一定顺推法”， 将不确立性问题明亮化． 其步骤为假定知足条件的元素 ( 点、直线、曲线或参数 ) 存在，用待定系数法设出，列出对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；不然，元素 ( 点、直线、曲线或参数 ) 不存在．(2) 反证法与考证法也是求解探究性问题常用的方法．已知抛物线 C ：y 2＝ 2px ( p >0) 的焦点为 F ，A 为 C 上异于原点的随意一点， 过点 A的直线l 交C 于另一点 ，交 x 轴的正半轴于点，且有 || ＝||. 当点A 的横坐标为 3 时，B D FA FD△ ADF 为正三角形． (1) 求 C 的方程；(2) 若直线 l ∥ l ，且 l 1和 C 有且只有一个公共点E ，1①证明直线 AE 过定点，并求出定点坐标．②△ ABE 的面积能否存在最小值？若存在，恳求出最小值；若不存在，请说明原因．(1) 解 由题意知 F ( p，0) ． 2p ＋ 2t，0) ．设 D ( t, 0)( t >0) ，则 FD 的中点为 (4因为 | FA | ＝| FD | ，pp由抛物线的定义知 3＋ 2＝ t －，2解得 t ＝ 3＋ p 或 t ＝－ 3( 舍去 ) ．由 p ＋ 2t ＝ 3，解得 p ＝2. 4 因此抛物线 C 的方程为 y 2＝ 4x .(2) ①证明由 (1) 知 F (1,0) ．设 A ( x 0， y 0)( x 0y 0≠0) ， D ( x D,0)( x D >0) ．因为 | FA | ＝ | FD | ，则 | x D －1| ＝ x 0＋ 1，由 x D >0，得 x D ＝ x 0＋ 2，故 D ( x 0＋ 2,0) ，y 0故直线 AB 的斜率 k AB ＝－ 2 .因为直线 l 1 和直线 AB 平行，y 0设直线 l 1 的方程为 y ＝－ 2 x ＋ b ，代入抛物线方程得 28y － 8by ＋＝ 0，y 0y 0由题意＝6432 b22＋＝ 0，得 b ＝－ .y 0y 0y 0EEE4E4设 E( x ， y )，则 y＝－ ， x ＝ y0 y－ 4E － 0 － y 0 4 02≠4时， k AE ＝ y y 0 ＝ ， 当 y 0 y ＝ 2 2 yx E －x 04 y 0 y 0－ 42－y 0 4可得直线 的方程为y － y 0＝4y 0(－ x 0) ．2AEy 0－ 4x24y由 y＝4x ，整理可得 y ＝ y 0－ 4( x － 1) ，0 02直线 AE 恒过点 F (1,0) ．2当 y 0＝4 时，直线 AE 的方程为 x ＝ 1，过点 F (1,0) ，因此直线 AE 过定点 F (1,0) ．②解由①知直线 AE 过焦点 F (1,0) ，因此|AE |＝ 0＋1 ＋ 11| AF | ＋ | FE | ＝( x ＋ 1) x 0 ＝ x ＋ ＋ 2. 设直线 AE 的方程为 x ＝ my ＋ 1.x 0因为点 (， 0) 在直线AE 上，故 ＝x 0－ 1 .A xymy 0y 0设 B ( x 1， y 1) ．直线 AB 的方程为 y － y 0＝－ 2 ( x － x 0) ，2因为 y 0≠0，可得 x ＝－ y 0y ＋2＋ x 0，28代入抛物线方程得y ＋ y －8－ 4x 0＝ 0，8因此 y 0＋ y 1＝－ y 0，可求得 y 1＝－ y 0－ 8 ， x 1＝ 4＋ x 0＋ 4.y 0x 0因此点 B 到直线 AE 的距离为4＋ 8＋ x ＋ 4＋ my－ 1 d ＝ x 0y 021＋m4 x 0＋ 1 1＝x 0 ＝ 4x 0＋.x 0则△ ABE 的面积＝ 1×4 x 0＋1x 0＋ 1＋2 ≥16，S 2x 0x 0 当且仅当 1＝ x 0，即 x 0＝ 1 时等号成立．x 0因此△ ABE 的面积的最小值为 16.x 2 y 21． (2017 ·石家庄质检 ) 已知椭圆 E ： a 2＋ b 2 ＝ 1 的右焦点为 F ( c, 0) 且 a >b >c >0，设短轴的一个端点为 D ，原点 O 到直线 DF 的距离为 3x 轴不重合的直线与椭圆 E 订交于C ，2 ，过原点和→ →G 两点，且 | GF | ＋| CF | ＝4.(1) 求椭圆 E 的方程；(2) 能否存在过点 P (2,1) 的直线 l 与椭圆 E 订交于不一样的两点若存在，试求出直线 l 的方程；若不存在，请说明原因．解 (1)由椭圆的对称性知 →→＝ 2a ＝4，∴ a ＝2.| GF | ＋| CF |3又原点 O 到直线 DF 的距离为 2 ，bc3∴ a ＝ 2 ，∴ bc ＝ 3，又 a 2＝b 2＋c 2＝ 4， a >b >c >0，∴ b ＝ 3， c ＝ 1.x 2 y 2故椭圆 E 的方程为 4＋ 3＝1.(2) 当直线 l 与 x 轴垂直时不知足条件．→2 → →A ，B 且使得 OP ＝ 4PA ·PB 成立？故可设 A ( x 1， y 1) ， B ( x 2， y 2) ，直线 l 的方程为 y ＝k ( x － 2) ＋ 1，代入椭圆方程得 (3 ＋ 4k 2) x 2－ 8k (2 k － 1) x ＋ 16k 2－ 16k － 8＝0，∴ x 1＋x 2＝8k 2k －1， x 1x 2＝ 16k 2－ 16k － 83＋4k 23＋4k 2，1＝ 32(6 k ＋ 3)>0 ，∴ k >－ 2.→2 → →∵ OP ＝ 4PA · PB ，即 4[( x 1－ 2)( x 2－ 2) ＋ ( y 1－ 1)( y 2－ 1)] ＝5， ∴4( x 1－ 2)( x 2－ 2)(1 ＋ k 2) ＝ 5，即 4[ x 1x 2－2( x 1＋ x 2) ＋4](1 ＋ k 2) ＝5，16k 2－ 16k －8 8k 2k － 124＋ 4k 2∴4[ 3＋4 2 －2× 3＋ 4 k 2＋ 4](1 ＋k ) ＝4× 3＋4 2＝5，kk1解得 k ＝± 2，1 k ＝－ 不切合题意，舍去．21∴存在知足条件的直线l ，其方程为 y ＝ 2x .222．已知双曲线 ：x2－y2＝ 1(>0， >0) 的焦距为 3 2，此中一条渐近线的方程为x － 2 ＝C a b aby0. 以双曲线 C 的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为 E ，过原点 O 的动直线与椭圆 E 交于 A ，B 两点．(1) 求椭圆 E 的方程；→→→2→ 2的取值范围．(2) 若点 P 为椭圆 E 的左极点， PG ＝ 2GO ，求 | GA | ＋ | GB |x 2 y 2解 (1) 由双曲线 a 2－ b 2＝ 1 的焦距为 3 2，3 22 29得 c ＝ 2 ，∴ a ＋ b ＝ 2. ①b2由题意知 a ＝ 2 ，②223由①②解得 a ＝3， b ＝ 2，2x 2 2∴椭圆 E 的方程为＋ y ＝ 1.(2) 由 (1) 知 ( －3，0) ．P→→设 G( x ， y ) ，由 PG ＝ 2GO ，0 0得 ( x 0＋ 3， y 0) ＝2( － x 0，－ y 0) ．x ＋ 3＝－ 2x ，x ＝－ 33，3∴G ( － ，0) ．即解得3y＝－ 2y ，y 0＝ 0，设 A ( x 1， y 1) ，则 B ( － x 1，－ y 1) ，→2→23 223 2 2| GA |＋| GB | ＝ ( x1＋) ＋ y 1＋ ( x 1－) ＋ y 133222222＝ 2x 1 ＋2y 1＋ 3＝ 2x 1 ＋3－ x 1＋ 3 ＝ x 12＋ 11 .32 ，又∵ x ∈[ － 3， 3] ，∴ x ∈[0,3]11112 11 20∴ 3 ≤x ＋3 ≤3，1→2→ 2 11 20∴|GA | ＋ | G B |的取值范围是 [ 3， 3]．3．(2016 ·北京顺义尖子生素质展现) 已知椭圆x 2＋ y 2＝ 1 的左极点为 A ，右焦点为 F ，过点 F43的直线交椭圆于 B ， C 两点．(1) 求该椭圆的离心率；(2) 设直线 AB 和 AC 分别与直线 x ＝ 4 交于点 M ，N ，问： x 轴上能否存在定点 P 使得 MP ⊥ NP ？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明原因．解 (1) 由椭圆方程可得 a ＝ 2， b ＝ 3，进而椭圆的半焦距c ＝ a 2－ b 2＝ 1.c 1因此椭圆的离心率为 e ＝ a ＝ 2.(2) 依题意，直线 BC 的斜率不为 0，设其方程为 x ＝ty ＋ 1.x 2 y 222将其代入 4 ＋ 3 ＝ 1，整理得 (4 ＋ 3t ) y ＋ 6ty － 9＝ 0. 设 B ( x 1， y 1) ， C ( x 2，y 2) ，－ 6t－ 9因此 y 1＋ y 2＝ 4＋ 3t 2， y 1y 2＝ 4＋ 3t2.y 1易知直线 AB 的方程是 y ＝ x 1＋ 2( x ＋2) ，6y 16y 2进而可得 M (4 ，x 1＋ 2) ，同理可得 N (4 ， x 2＋2) ．假定 x 轴上存在定点 P ( p, 0) 使得 MP ⊥ NP ，→→则有 PM · PN ＝ 0.因此 ( p － 4) 2＋36y 1y 2 ＝ 0.x 1＋ 2 x 2＋2将 x ＝ty ＋ 1， x ＝ ty ＋ 1 代入上式，整理得11 2 2( p － 4) 2＋ 236y 1y 2＝ 0，t 1y 2＋ 3y 1＋y 2＋ 9yt236× －9因此 ( p － 4) ＋ t 2 － 9 ＋ 3t － 6t＋ 9 4＋ 3t 2 ＝ 0，即 ( p －4) 2－ 9＝0，解得 p ＝ 1 或 p ＝ 7.因此x 轴上存在定点(1,0) 或 (7,0)，PP使得MP⊥ NP .*4.已知椭圆x 2 y 2a 2＋b 2＝ 1( a >b >0) 的离心率为 1 2，且经过点3 P (1 ，2) ，过它的左，右焦点F 1， F 2 分别作直线l 1 与l 2，l1 交椭圆于A ，B 两点， l2 交椭圆于C ，D 两点，且l 1⊥l 2 （如下图）.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 求四边形 ACBD 的面积 S 的取值范围．解c 1222 ＝3 2(1) 由＝ ? a ＝ 2c ，∴ a＝ 4c ， b c ，a2将点 P 的坐标代入椭圆方程得c 2＝ 1，x 2 y 2故所求椭圆方程为4＋ 3＝1.(2) 若 l 1 与 l 2 中有一条直线的斜率不存在，则另一条直线的斜率为 0，此时四边形的面积 S ＝ 6.若 l 1 与 l 2 的斜率都存在，设l 1 的斜率为 k ，则 l 2 1的斜率为－ k ，则直线 l 1 的方程为 y ＝ k ( x ＋ 1) ．设 A ( x 1， y 1) ， B ( x 2，y 2) ，y ＝k x ＋ 1 ，联立方程组x 2 y 24＋ 3＝ 1，消去 y 并整理得 (4 k 2＋ 3) x 2＋ 8k 2x ＋ 4k 2－12＝0. ①∴ x 1＋x 2＝－ 48k 24k 2－ 12k 2＋3， x 1x 2＝ 4 2＋3 ，k ∴| 1 －12 k 2＋ 1 ，＝2 xx4k ＋ 3212 k 2＋ 1∴|AB | ＝1＋ k | x 1－ x 2| ＝ 4 2＋3 ，②k注意到方程①的构造特点和图形的对称性，能够用－1k ，得 |12 k 2＋ 1取代②中的| ＝2，kCD3k ＋ 4172 1＋ k 2 2∴ S ＝2| AB | ·|CD |＝ 4k 2＋ 3 · 3k 2＋ 4，令 k2＝t ∈(0，＋∞)，72 1＋t2 6 12t2＋ 25t＋12 －6∴ S＝＝t4t＋ 3· 3t＋412t2＋ 25t＋ 12＝ 6－6≥6－6＝288，12494912t＋t＋25288当且仅当 t ＝1时等号成立，∴S∈[49，6)，综上可知，四边形的面积288∈[，6] ．ABCD S49。
北师大版版高考数学一轮复习第九章平面解析几何圆锥曲线的综合问题圆锥曲线中的范围最值问题教学案理
一、知识梳理１．直线与圆锥曲线的位置关系（１）从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异的公共点．（２）从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得方程解的情况来判断．设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为f（x，y）＝0．由错误!消元（如消去y），得ax２＋bx＋c＝0．１若a＝0，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l 与抛物线的对称轴平行（或重合）；２若a≠0，Δ＝b２—４ac.Ａ．当Δ＞0时，直线和圆锥曲线相交于不同两点；Ｂ．当Δ＝0时，直线和圆锥曲线相切于一点；Ｃ．当Δ＜0时，直线和圆锥曲线没有公共点．２．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题（１）斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P１（x１，y１），P２（x２，y２），则所得弦长：|P１P２|＝错误!＝错误!·|x１—x２|＝错误!＝错误!|y１—y２|．（２）斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算（利用两点间距离公式）．（３）直线l与曲线C相交于P，Q两点，联立直线方程与曲线方程，消去y得Ax２＋Bx＋C＝0，Δ＝B２—４AC>0，则|PQ|＝错误!.３．圆锥曲线的中点弦问题遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在椭圆错误!＋错误!＝１中，以P（x0，y0）为中点的弦所在直线的斜率k＝—错误!；在双曲线错误!—错误!＝１中，以P（x0，y0）为中点的弦所在直线的斜率k＝错误!；在抛物线y２＝２px（p＞0）中，以P（x0，y0）为中点的弦所在直线的斜率k＝错误!．在使用根与系数关系时，要注意前提条件是Δ≥0．常用结论过一点的直线与圆锥曲线的位置关系的特点（１）过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；过椭圆内一点的直线与椭圆相交．（２）过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线．（３）过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线．二、教材衍化１．过点（0，１）作直线，使它与抛物线y２＝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．过（0，１）与抛物线y２＝４x相切的直线有２条，过（0，１）与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点．２．已知与向量v＝（１，0）平行的直线l与双曲线错误!—y２＝１相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．解析：由题意可设直线l的方程为y＝m，代入错误!—y２＝１得x２＝４（１＋m２），所以x１＝错误!＝２错误!，x２＝—２错误!，所以|AB|＝|x１—x２|＝４错误!≥４，即当m＝0时，|AB|有最小值４．答案：４一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）直线l与抛物线y２＝２px只有一个公共点，则l与抛物线相切．（）（２）直线y＝kx（k≠0）与双曲线x２—y２＝１一定相交．（）（３）与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．（）（４）直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．（）（５）过点（２，４）的直线与椭圆错误!＋y２＝１只有一条切线．（）答案：（１）×（２）×（３）√（４）√（５）×二、易错纠偏错误!错误!（１）没有发现直线过定点，导致运算量偏大；（２）不会用函数法解最值问题；（３）错用双曲线的几何性质．１．直线y＝kx—k＋１与椭圆错误!＋错误!＝１的位置关系为（）Ａ．相交Ｂ．相切Ｃ．相离Ｄ．不确定解析：选Ａ．直线y＝kx—k＋１＝k（x—１）＋１恒过定点（１，１），又点（１，１）在椭圆内部，故直线与椭圆相交．故选Ａ．２．如图，两条距离为４的直线都与y轴平行，它们与抛物线y２＝—２px（0＜p＜１４）和圆（x—４）２＋y２＝9分别交于A，B和C，D，且抛物线的准线与圆相切，则当|AB|·|CD|取得最大值时，直线AB的方程为________．解析：根据题意，由抛物线的准线与圆相切可得错误!＝１或7，又0＜p＜１４，故p＝２，设直线AB的方程为x＝—t（0＜t＜３），则直线CD的方程为x＝４—t，则|AB|·|CD|＝２错误!·２错误!＝8错误!（0＜t＜３），设f（t）＝t（9—t２）（0＜t＜３），则f′（t）＝9—３t２（0＜t＜３），令f′（t）＞0⇒0＜t＜错误!，令f′（t）＜0⇒错误!＜t＜３，故f（t）max＝f（错误!），此时直线AB的方程为x＝—错误!.答案：x＝—错误!３．已知点F１，F２分别是双曲线错误!—错误!＝１（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F１且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABF２是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是________．解析：由题设条件可知△ABF２为等腰三角形，只要∠AF２B为钝角即可，所以有错误!＞２c，即b２＞２ac，所以c２—a２＞２ac，即e２—２e—１＞0，所以e＞１＋错误!.答案：（１＋错误!，＋∞）第１课时圆锥曲线中的范围、最值问题最值问题（多维探究）角度一数形结合利用几何性质求最值已知椭圆C：错误!＋错误!＝１的右焦点为F，P为椭圆C上一动点，定点A（２，４），则|PA|—|PF|的最小值为________．【解析】如图，设椭圆的左焦点为F′，则|PF|＋|PF′|＝４，所以|PF|＝４—|PF′|，所以|PA|—|PF|＝|PA|＋|PF′|—４．当且仅当P，A，F′三点共线时，|PA|＋|PF′|取最小值|AF′|＝错误!＝５，所以|PA|—|PF|的最小值为１．【答案】１角度二建立目标函数求最值如图，已知抛物线x２＝y，点A错误!，B错误!，抛物线上的点P（x，y）错误!.过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.（１）求直线AP斜率的取值范围；（２）求|PA|·|PQ|的最大值．【解】（１）设直线AP的斜率为k，k＝错误!＝x—错误!，因为—错误!<x<错误!，所以直线AP斜率的取值范围是（—１，１）．（２）联立直线AP与BQ的方程错误!解得点Q的横坐标是x Q＝错误!.因为|PA|＝错误!错误!＝错误!（k＋１），|PQ|＝错误!（x Q—x）＝—错误!，所以|PA|·|PQ|＝—（k—１）（k＋１）３.令f（k）＝—（k—１）（k＋１）３，因为f′（k）＝—（４k—２）（k＋１）２，所以f（k）在区间错误!上是增加的，错误!上是减少的，因此当k＝错误!时，|PA|·|PQ|取得最大值错误!.角度三构造基本不等式求最值已知椭圆M：错误!＋错误!＝１（a>0）的一个焦点为F（—１，0），左、右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．（１）当直线l的倾斜角为４５°时，求线段CD的长；（２）记△ABD与△ABC的面积分别为S１和S２，求|S１—S２|的最大值．【解】（１）由题意，c＝１，b２＝３，所以a２＝４，所以椭圆M的方程为错误!＋错误!＝１，易求直线方程为y＝x＋１，联立方程，得错误!消去y，得7x２＋8x—8＝0，Δ＝２88＞0，设C（x１，y１），D（x２，y２），x１＋x２＝—错误!，x１x２＝—错误!，所以|CD|＝错误!|x１—x２|＝错误!错误!＝错误!.（２）当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝—１，此时△ABD与△ABC面积相等，|S１—S２|＝0；当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k（x＋１）（k≠0），联立方程，得错误!消去y，得（３＋４k２）x２＋8k２x＋４k２—１２＝0，Δ>0，且x１＋x２＝—错误!，x１x２＝错误!，此时|S１—S２|＝２||y２|—|y１||＝２|y２＋y１|＝２|k（x２＋１）＋k（x１＋１）|＝２|k（x１＋x２）＋２k|＝错误!，因为k≠0，上式＝错误!≤错误!＝错误!＝错误!错误!，所以|S１—S２|的最大值为错误!.错误!圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数法，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（解析式），然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．（２0２0·河北武邑中学模拟）抛物线y２＝４x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．（１）O为坐标原点，求证：错误!·错误!＝—３；（２）设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值．解：（１）证明：依题意得F（１，0），且直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝my＋１．联立错误!消去x得y２—４my—４＝0．设A（x１，y１），B（x２，y２），则y１＋y２＝４m，y１y２＝—４．x１x２＝（my１＋１）（my２＋１）＝m２y１y２＋m（y１＋y２）＋１＝１，故错误!·错误!＝x１x２＋y１y２＝—３．（２）由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，从而点O与点C到直线AB的距离相等，所以四边形OACB的面积等于２S△AOB.由（１）知２S△AOB＝２×错误!|OF||y１—y２|＝错误!＝４错误!，所以当m＝0时，四边形OACB的面积最小，最小值是４．范围问题（多维探究）角度一求代数式的取值范围已知椭圆C：错误!＋错误!＝１（a＞b＞0）的离心率为错误!，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线x sin θ＋y cos θ—１＝0相切（θ为常数）．（１）求椭圆C的标准方程；（２）若椭圆C的左、右焦点分别为F１，F２，过F２作直线l与椭圆交于M，N两点，求错误!·错误!的取值范围．【解】（１）由题意，得错误!⇒错误!故椭圆C的标准方程为错误!＋y２＝１．（２）由（１）得F１（—１，0），F２（１，0）．１若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线l的方程为x＝１，不妨记M错误!，N错误!，所以错误!＝错误!，错误!＝错误!，故错误!·错误!＝错误!.２若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k（x—１），由错误!消去y得，（１＋２k２）x２—４k２x＋２k２—２＝0，设M（x１，y１），N（x２，y２），则x１＋x２＝错误!，x１x２＝错误!.错误!＝（x１＋１，y１），错误!＝（x２＋１，y２），则错误!·错误!＝（x１＋１）（x２＋１）＋y１y２＝（x１＋１）（x２＋１）＋k（x１—１）·k（x２—１）＝（１＋k２）·x１x２＋（１—k２）（x１＋x２）＋１＋k２，代入可得错误!·错误!＝错误!＋错误!＋１＋k２＝错误!＝错误!—错误!，由k２≥0可得错误!·错误!∈错误!.综上，错误!·错误!∈错误!.角度二求参数的取值范围已知椭圆C的两个焦点为F１（—１，0），F２（１，0），且经过点E错误!.（１）求椭圆C的方程；（２）过点F１的直线l与椭圆C交于A，B两点（点A位于x轴上方），若错误!＝λ错误!，且２≤λ＜３，求直线l的斜率k的取值范围．【解】（１）由错误!解得错误!所以椭圆C的方程为错误!＋错误!＝１．（２）由题意得直线l的方程为y＝k（x＋１）（k＞0），联立方程，得错误!整理得错误!y２—错误!y—9＝0，Δ＝错误!＋１４４＞0，设A（x１，y１），B（x２，y２），则y１＋y２＝错误!，y１y２＝错误!，又错误!＝λ错误!，所以y１＝—λy２，所以y１y２＝错误!（y１＋y２）２，则错误!＝错误!，λ＋错误!—２＝错误!，因为２≤λ＜３，所以错误!≤λ＋错误!—２＜错误!，即错误!≤错误!＜错误!，且k＞0，解得0＜k≤错误!.故直线l的斜率k的取值范围是错误!.错误!解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面（１）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．（２）利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．（３）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．（４）利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．（５）利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．（２0２0·郑州模拟）已知椭圆错误!＋错误!＝１（a＞b＞0）上的点到右焦点F（c，0）的最大距离是错误!＋１，且１，错误!a，４c成等比数列．（１）求椭圆的方程；（２）过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M （m，0），求实数m的取值范围．解：（１）由已知可得错误!解得错误!所以椭圆的方程为错误!＋y２＝１．（２）由题意得F（１，0），设直线AB的方程为y＝k（x—１）．与椭圆方程联立得错误!消去y可得（１＋２k２）x２—４k２x＋２k２—２＝0．设A（x１，y１），B（x２，y２），则x１＋x２＝错误!，y１＋y２＝k（x１＋x２）—２k＝错误!.可得线段AB的中点为N错误!.当k＝0时，直线MN为y轴，此时m＝0．当k≠0时，直线MN的方程为y＋错误!＝—错误!错误!，化简得ky＋x—错误!＝0．令y＝0，得x＝错误!.所以m＝错误!＝错误!∈错误!.综上所述，实数m的取值范围为错误!.[基础题组练]１．（２0２0·河南新乡二模）如图，已知抛物线C１的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，且过点（３，6），圆C２：x２＋y２—6x＋8＝0，过圆心C２的直线l与抛物线和圆分别交于P，Q，M，N，则|PN|＋３|QM|的最小值为（）Ａ．１２＋４错误!Ｂ．１6＋４错误!Ｃ．１6＋6错误!Ｄ．２0＋6错误!解析：选Ｃ．设抛物线的方程为y２＝２px（p＞0），则３6＝２p×３，则２p＝１２，所以抛物线的方程为y２＝１２x，设抛物线的焦点为F，则F（３，0），准线方程为x＝—３，圆C２：x２＋y２—6x＋8＝0的圆心为（３，0），半径为１，由直线PQ过抛物线的焦点，则错误!＋错误!＝错误!＝错误!.|PN|＋３|QM|＝|PF|＋１＋３（|QF|＋１）＝|PF|＋３|QF|＋４＝３（|PF|＋３|QF|）错误!＋４＝３错误!＋４≥３（４＋２错误!）＋４＝１6＋6错误!错误!.故选Ｃ．２．如图，抛物线W：y２＝４x与圆C：（x—１）２＋y２＝２５交于A，B两点，点P为劣弧错误!上不同于A，B的一个动点，与x轴平行的直线PQ交抛物线W于点Q，则△PQC的周长的取值范围是（）Ａ．（１0，１４）Ｂ．（１２，１４）Ｃ．（１0，１２）Ｄ．（9，１１）解析：选Ｃ．抛物线的准线l：x＝—１，焦点（１，0），由抛物线定义可得|QC|＝x Q＋１，圆（x—１）２＋y２＝２５的圆心为C（１，0），半径为５，可得△PQC的周长＝|QC|＋|PQ|＋|PC|＝x Q＋１＋（x P—x Q）＋５＝6＋x P，由抛物线y２＝４x及圆（x—１）２＋y２＝２５可得交点的横坐标为４，即有x P∈（４，6），可得6＋x P∈（１0，１２），故△PQC的周长的取值范围是（１0，１２）．故选Ｃ．３．（２0２0·湖南湘潭一模）已知F（错误!，0）是椭圆C：错误!＋错误!＝１（a＞b＞0）的一个焦点，点M错误!在椭圆C上．（１）求椭圆C的方程；（２）若直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且k OA＋k OB＝—错误!（O为坐标原点），求直线l 的斜率的取值范围．解：（１）由题意知，椭圆的另一个焦点为（—错误!，0），所以点M到两焦点的距离之和为错误!＋错误!＝４．所以a＝２．又因为c＝错误!，所以b＝１，所以椭圆C的方程为错误!＋y２＝１．（２）当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，k OA＋k OB＝0，不符合题意．故设直线l的方程为y＝kx＋m（k≠0），A（x１，y１），B（x２，y２），联立错误!可得（４k２＋１）x２＋8kmx＋４（m２—１）＝0．则x１＋x２＝错误!，x１x２＝错误!.而k OA＋k OB＝错误!＋错误!＝错误!＝２k＋错误!＝２k＋错误!＝错误!.由k OA＋k OB＝—错误!，可得m２＝４k＋１，所以k≥—错误!.又由Δ＞0，得１6（４k２—m２＋１）＞0，所以４k２—４k＞0，解得k＜0或k＞１，综上，直线l的斜率的取值范围为错误!∪（１，＋∞）．４．（２0２0·银川模拟）椭圆错误!＋错误!＝１（a＞b＞0）的焦点分别为F１（—１，0），F２（１，0），直线l：x＝a２交x轴于点A，且错误!＝２错误!.（１）试求椭圆的方程；（２）过点F１，F２分别作互相垂直的两条直线与椭圆分别交于D，E，M，N四点（如图所示），试求四边形DMEN面积的最大值和最小值．解：（１）由题意知，|F１F２|＝２c＝２，A（a２，0），因为错误!＝２错误!，所以F２为线段AF１的中点，则a２＝３，b２＝２，所以椭圆方程为错误!＋错误!＝１．（２）当直线DE与x轴垂直时，|DE|＝错误!＝错误!，此时|MN|＝２a＝２错误!，四边形DMEN的面积S＝错误!＝４．同理当MN与x轴垂直时，也有四边形DMEN的面积S＝错误!＝４．当直线DE，MN与x轴均不垂直时，设直线DE：y＝k（x＋１）（k≠１），D（x１，y１），E（x２，y２），代入椭圆方程，消去y可得（２＋３k２）x２＋6k２x＋３k２—6＝0，则x１＋x２＝错误!，x１x２＝错误!，所以|x１—x２|＝错误!，所以|DE|＝错误!|x１—x２|＝错误!.同理|MN|＝错误!＝错误!，所以四边形DMEN的面积S＝错误!＝错误!×错误!×错误!＝错误!，令u＝k２＋错误!，则S＝４—错误!.因为u＝k２＋错误!≥２，当k＝±１时，u＝２，S＝错误!，且S是以u为自变量的增函数，则错误!≤S＜４．综上可知，错误!≤S≤４，故四边形DMEN面积的最大值为４，最小值为错误!.[综合题组练]１．已知椭圆E的中心在原点，焦点F１，F２在y轴上，离心率等于错误!，P是椭圆E上的点．以线段PF１为直径的圆经过F２，且9错误!·错误!＝１．（１）求椭圆E的方程；（２）作直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N.如果线段MN被直线２x＋１＝0平分，求直线l 的倾斜角的取值范围．解：（１）依题意，设椭圆E的方程为错误!＋错误!＝１（a>b>0），半焦距为c.因为椭圆E的离心率等于错误!，所以c＝错误!a，b２＝a２—c２＝错误!.因为以线段PF１为直径的圆经过F２，所以PF２⊥F１F２.所以|PF２|＝错误!.因为9错误!·错误!＝１，所以9|错误!|２＝错误!＝１．由错误!，得错误!，所以椭圆E的方程为错误!＋x２＝１．（２）因为直线x＝—错误!与x轴垂直，且由已知得直线l与直线x＝—错误!相交，所以直线l不可能与x轴垂直，所以设直线l的方程为y＝kx＋m.由错误!，得（k２＋9）x２＋２kmx＋m２—9＝0．因为直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N，所以Δ＝４k２m２—４（k２＋9）（m２—9）>0，即m２—k２—9<0．设M（x１，y１），N（x２，y２），则x１＋x２＝错误!.因为线段MN被直线２x＋１＝0平分，所以２×错误!＋１＝0，即错误!＋１＝0．由错误!，得错误!错误!—（k２＋9）<0．因为k２＋9>0，所以错误!—１<0，所以k２>３，解得k>错误!或k<—错误!.所以直线l的倾斜角的取值范围为错误!∪错误!.２．（２0１9·高考全国卷Ⅱ）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—错误!.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.（ⅰ）证明：△PQG是直角三角形；（ⅱ）求△PQG面积的最大值．解：（１）由题设得错误!·错误!＝—错误!，化简得错误!＋错误!＝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）（ⅰ）证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx（k>0）．由错误!得x＝±错误! .记u＝错误!，则P（u，uk），Q（—u，—uk），E（u，0）．于是直线QG的斜率为错误!，方程为y＝错误!（x—u）．由错误!得（２＋k２）x２—２uk２x＋k２u２—8＝0．１设G（x G，y G），则—u和x G是方程１的解，故x G＝错误!，由此得y G＝错误!.从而直线PG的斜率为错误!＝—错误!.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．（ⅱ）由（ⅰ）得|PQ|＝２u错误!，|PG|＝错误!，所以△PQG的面积S＝错误!|PQ||PG|＝错误!＝错误!.设t＝k＋错误!，则由k>0得t≥２，当且仅当k＝１时取等号．因为S＝错误!在[２，＋∞）单调递减，所以当t＝２，即k＝１时，S取得最大值，最大值为错误!.因此，△PQG面积的最大值为错误!.。
高考数学(理)二轮复习教师用书：第1部分 重点强化专题 专题5 第13讲 圆锥曲线中的综合问题 Word版含答案
第13讲 圆锥曲线中的综合问题题型1 圆锥曲线中的定值问题(对应学生用书第43页)■核心知识储备………………………………………………………………………·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．■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题】 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＋2b2＝1，解得a 2＝8，b 2＝4. 所以C 的方程为x 28＋y 24＝1. (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. 故x M ＝x 1＋x 22＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b2k 2＋1. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－12k，即k OM ·k ＝－12.所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值．[类题通法]定值问题的常见方法(1)从特殊入手，求出定值，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． ■对点即时训练………………………………………………………………………·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.图131(1)求椭圆C 的方程；(2)如图131，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＋y26＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x 21＝121＋2k 21y 21＝12k211＋2k21，∴x 21＋y 21＝＋k 211＋2k 21， 同理，可得x 22＋y 22＝＋k 221＋2k 22. 由k 1k 2＝－12，得|OP |2＋|OQ |2＝x 21＋y 21＋x 22＋y 22＝＋k 211＋2k 21＋＋k 221＋2k 22＝＋k 211＋2k 21＋12⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤1＋⎝⎛⎭⎪⎫－12k 121＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k 12＝18＋36k 211＋2k 21＝18.综上：|OP |2＋|OQ |2＝18.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 3)题型2 圆锥曲线中的最值、范围问题(对应学生用书第44页)■核心知识储备………………………………………………………………………· 1．解决圆、圆锥曲线范围问题的方法(1)圆、圆锥曲线自身范围的应用，运用圆锥曲线上点的坐标的取值范围． (2)参数转化：利用引入参数法转化为三角函数来解决．(3)构造函数法：运用求函数的值域、最值以及二次方程实根的分布等知识． 2．求最值的方法(1)代数法：设变量、建立目标函数、转化为求函数的最值．注意灵活运用配方法、导数法、基本不等式法等．(2)几何法：若题中的条件与结论有明显的几何特征和意义，则考虑利用图形的几何性质来解决．■典题试解寻法………………………………………………………………………·【典题】 如图132，已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称．图132(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点).【导学号：07804094】[解] (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b .由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m2＞0. ①设M 为AB 的中点，则M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 2＋2，代入直线方程y ＝mx ＋12，解得b ＝－m 2＋22m 2. ②由①②得m ＜－63或m ＞63. (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )，所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22，当且仅当t 2＝12时，等号成立．故△AOB 面积的最大值为22.[类题通法]在研究直线与圆锥曲线位置关系时，常涉及弦长、中点、面积等问题.一般是先联立方程，再根据根与系数的关系，用设而不求，整体代入的技巧进行求解.易错警示：在设直线方程时，若要设成y ＝kx ＋m 的形式，注意先讨论斜率是否存在；若要设成x ＝ty ＋n 的形式，注意先讨论斜率是否为0.■对点即时训练………………………………………………………………………·如图133，点F 1为圆(x ＋1)2＋y 2＝16的圆心，N 为圆F 1上一动点，且F 2(1,0)，M ，P 分别是线段F 1N ，F 2N 上的点，且满足MP →·F 2N →＝0，F 2N →＝2F 2P →.图133(1)求动点M 的轨迹E 的方程；(2)过点F 2的直线l (与x 轴不重合)与轨迹E 交于A ，C 两点，线段AC 的中点为G ，连接OG 并延长交轨迹E 于点B (O 为坐标原点)，求四边形OABC 的面积S 的最小值． [解] (1)由题意，知MP 垂直平分F 2N ， 所以|MF 1|＋|MF 2|＝4.所以动点M 的轨迹是以F 1(－1,0)，F 2(1,0)为焦点的椭圆， 且长轴长为2a ＝4，焦距2c ＝2， 所以a ＝2，c ＝1，b 2＝3. 轨迹E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，G (x 0，y 0)． 设直线AC 的方程为x ＝my ＋1，与椭圆方程联立， 可得(4＋3m 2)y 2＋6my －9＝0，所以y 1＋y 2＝－6m 4＋3m 2，y 1y 2＝－94＋3m2.由弦长公式可得|AC |＝1＋m 2|y 1－y 2|＝＋m 24＋3m2，又y 0＝－3m 4＋3m 2，所以G ⎝ ⎛⎭⎪⎫44＋3m2，－3m 4＋3m 2.直线OG 的方程为y ＝－3m 4x ，与椭圆方程联立得x 2＝164＋3m 2，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫44＋3m 2，－3m 4＋3m 2.点B 到直线AC 的距离d 1＝4＋3m 2－11＋m 2， 点O 到直线AC 的距离d 2＝11＋m2. 所以S 四边形OABC ＝12|AC |(d 1＋d 2)＝613－1＋3m2≥3，当且仅当m ＝0时取得最小值3. ■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 1、T 4)题型3 圆锥曲线中的探索性问题(答题模板)(对应学生用书第45页)圆锥曲线中的存在性(探索性)问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否存在．涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．(2015·全国Ⅰ卷T20、2015·全国Ⅱ卷T20) ■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 (本小题满分12分)(2015·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy 中，曲线C ：y ＝x 24与直线l ：y ＝kx ＋a a ＞交于M ，N 两点.①(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程②；(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ③？说明理由． [审题指导]或M (－2a ，a )，N (2a ，a ).2分又y ′＝x 2，故y ＝x 24在x ＝2a 处的导数值为a ，④C 在点(2a ，a )处的切线方程为 y －a ＝a (x －2a )，即ax －y －a ＝0.4分y ＝x 24在＝－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 ＝0.5分故所求切线方程为ax －y －a ＝0或ax ＋y ＋a ＝0.⑤6分 (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 ＝0.8分 故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－b x 2⑥＝2kx 1x 2＋a －b x 1＋x 2x 1x 2＝k a ＋ba.10分[阅卷者说][类题通法] 1．定点问题的解法：(1)直线过定点：化为y －y 0＝k (x －x 0)， 当x －x 0＝0时与k 无关．(2)曲线过定点：利用方程f (x ，y )＝0对任意参数恒成立得出关于x ，y 的方程组，进而求出定点．2．存在性问题的解题步骤：一设：设满足条件的元素(点、直线等)存在；二列：用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组；三解：解方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线等)存在；否则，元素(点、直线等)不存在．■对点即时训练………………………………………………………………………·已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63，以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆与直线2x －2y ＋6＝0相切． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知点A ，B 为动直线y ＝k (x －2)(k ≠0)与椭圆C 的两个交点，问：在x 轴上是否存在定点E ，使得EA →2＋EA →·AB →为定值？若存在，试求出点E 的坐标和定值；若不存在，请说明理由.【导学号：07804095】[解] (1)由e ＝63，得c a ＝63，即c ＝63a ， ① 又以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆为x 2＋y 2＝a 2，且该圆与直线2x －2y ＋6＝0相切， 所以a ＝|6|22＋－22＝6，代入①得c ＝2，所以b 2＝a 2－c 2＝2，所以椭圆C 的标准方程为x 26＋y 22＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1，y ＝k x －，得(1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2－6＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝12k 21＋3k 2，x 1x 2＝12k 2－61＋3k2.根据题意，假设x 轴上存在定点E (m,0)，使得EA →2＋EA →·AB →＝(EA →＋AB →)·EA →＝EA →·EB →为定值，则EA →·EB →＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2)＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2＝(k 2＋1)x 1x 2－(2k 2＋m )(x 1＋x 2)＋(4k 2＋m 2)＝m 2－12m ＋k 2＋m 2－1＋3k2，要使上式为定值，即与k 无关，只需3m 2－12m ＋10＝3(m 2－6)，解得m ＝73，此时，EA →2＋EA →·AB →＝m 2－6＝－59，所以在x 轴上存在定点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫73，0使得EA →2＋EA →·AB →为定值，且定值为－59.■题型强化集训………………………………………………………………………·(见专题限时集训T 2) 三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第46页)1．(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，32，P 4⎝⎛⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程．(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．[解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋34b 2知，椭圆C 不经过点P 1，所以点P 2在椭圆C 上． 因此⎩⎪⎨⎪⎧1b 2＝1，1a 2＋34b 2＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝1.故椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.∴动圆圆心M 的轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)证明：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 －1x 2＝2kx 1x 2＋m －x 1＋x 2x 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)·－8km4k 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)．2．(2016·全国Ⅰ卷)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 ， 所以∠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 －，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|＝k 2＋4k 2＋3.过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，点A 到直线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，故四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．。
北师大文科数学高考总复习教师用书：圆锥曲线的综合问题 含答案
第8讲 圆锥曲线的综合问题最新考纲 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想．知 识 梳 理1．直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l 与圆锥曲线C 的位置关系时，通常将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不同时为0)代入圆锥曲线C 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元方程，即⎩⎨⎧Ax ＋By ＋C ＝0，F (x ，y )＝0消去y ，得ax 2＋bx ＋c ＝0. (1)当a ≠0时，设一元二次方程ax 2＋bx ＋c ＝0的判别式为Δ，则Δ＞0⇔直线与圆锥曲线C 相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C 相切； Δ＜0⇔直线与圆锥曲线C 相离．(2)当a ＝0，b ≠0时，即得到一个一次方程，则直线l 与圆锥曲线C 相交，且只有一个交点，此时，若C 为双曲线，则直线l 与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C 为抛物线，则直线l 与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合． 2．圆锥曲线的弦长设斜率为k (k ≠0)的直线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|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋1k 2·|y 1－y 2|＝1＋1k 2·(y 1＋y 2)2－4y 1y 2.诊 断 自 测1．判断正误(在括号内打“√”或“×”)精彩PPT 展示(1)直线l 与椭圆C 相切的充要条件是：直线l 与椭圆C 只有一个公共点．( ) (2)直线l 与双曲线C 相切的充要条件是：直线l 与双曲线C 只有一个公共点．( )(3)直线l 与抛物线C 相切的充要条件是：直线l 与抛物线C 只有一个公共点．( )(4)如果直线x ＝ty ＋a 与圆锥曲线相交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，则弦长|AB |＝1＋t 2|y 1－y 2|.( )(5)若抛物线C 上存在关于直线l 对称的两点，则需满足直线l 与抛物线C 的方程联立消元后得到的一元二次方程的判别式Δ＞0.( )解析 (2)因为直线l 与双曲线C 的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切．(3)因为直线l 与抛物线C 的对称轴平行时，也只有一个公共点，是相交，但不相切．(5)应是以l 为垂直平分线的线段AB 所在的直线l ′与抛物线方程联立，消元后所得一元二次方程的判别式Δ＞0.答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√ (5)× 2．直线y ＝kx －k ＋1与椭圆x 29＋y 24＝1的位置关系为( ) A ．相交 B ．相切 C ．相离 D ．不确定解析 直线y ＝kx －k ＋1＝k (x －1)＋1恒过定点(1,1)，又点(1,1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交． 答案 A3．若直线y ＝kx 与双曲线x 29－y 24＝1相交，则k 的取值范围是( ) A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，23 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，0 C.⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23 D.⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－23∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，＋∞ 解析 双曲线x 29－y 24＝1的渐近线方程为y ＝±23x ，若直线与双曲线相交，数形结合，得k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，23.答案 C4．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 过(0,1)与抛物线y 2＝4x 相切的直线有2条，过(0,1)与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点． 答案 C5．(教材改编)已知F 1，F 2是椭圆16x 2＋25y 2＝1 600的两个焦点，P 是椭圆上一点，且PF 1⊥PF 2，则△F 1PF 2的面积为________． 解析 由题意可得|PF 1|＋|PF 2|＝2a ＝20，|PF 1|2＋|PF 2|2＝|F 1F 2|2＝4c 2＝144＝(|PF 1|＋|PF 2|)2－2|PF 1|·|PF 2|＝202－2|PF 1|·|PF 2|，解得|PF 1|·|PF 2|＝128，所以△F 1PF 2的面积为12|PF 1|·|PF 2|＝12×128＝64. 答案 64第1课时 直线与圆锥曲线考点一 直线与圆锥曲线的位置关系 【例1】 在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1(－1,0)，且点P (0,1)在C 1上． (1)求椭圆C 1的方程；(2)设直线l 同时与椭圆C 1和抛物线C 2：y 2＝4x 相切，求直线l 的方程． 解 (1)椭圆C 1的左焦点为F 1(－1,0)，∴c ＝1， 又点P (0,1)在曲线C 1上，∴0a 2＋1b 2＝1，得b ＝1，则a 2＝b 2＋c 2＝2， 所以椭圆C 1的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由题意可知，直线l 的斜率显然存在且不等于0，设直线l 的方程为y ＝kx ＋m ， 由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝kx ＋m消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0.因为直线l 与椭圆C 1相切，所以Δ1＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝0.整理得2k 2－m 2＋1＝0.①由⎩⎨⎧y 2＝4x ，y ＝kx ＋m消去y ，得k 2x 2＋(2km －4)x ＋m 2＝0. 因为直线l 与抛物线C 2相切，所以Δ2＝(2km －4)2－4k 2m 2＝0，整理得km ＝1.②综合①②，解得⎩⎨⎧k ＝22，m ＝2或⎩⎨⎧k ＝－22，m ＝－ 2.所以直线l 的方程为y ＝22x ＋2或y ＝－22x － 2.规律方法 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曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x 2项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用．但对于选择、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解．【训练1】 在平面直角坐标系xOy 中，点M 到点F (1,0)的距离比它到y 轴的距离多1.记点M 的轨迹为C . (1)求轨迹C 的方程；(2)设斜率为k 的直线l 过定点P (－2,1)，若直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点，求实数k 的取值范围．解 (1)设点M (x ，y )，依题意|MF |＝|x |＋1， ∴(x －1)2＋y 2＝|x |＋1，化简得y 2＝2(|x |＋x )， 故轨迹C 的方程为y 2＝⎩⎨⎧4x (x ≥0)，0(x ＜0).(2)在点M 的轨迹C 中，记C 1：y 2＝4x (x ≥0)；C 2：y ＝0(x ＜0)． 依题意，可设直线l 的方程为y －1＝k (x ＋2)．由方程组⎩⎨⎧y －1＝k (x ＋2)，y 2＝4x ，可得ky 2－4y ＋4(2k ＋1)＝0.①①当k ＝0时，此时y ＝1.把y ＝1代入轨迹C 的方程，得x ＝14. 故此时直线l ：y ＝1与轨迹C 恰好有一个公共点⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1.②当k ≠0时，方程①的Δ＝－16(2k 2＋k －1)＝－16(2k －1)(k ＋1)，② 设直线l 与x 轴的交点为(x 0,0)，则 由y －1＝k (x ＋2)，令y ＝0，得x 0＝－2k ＋1k .③(ⅰ)若⎩⎨⎧ Δ＜0，x 0＜0，由②③解得k ＜－1，或k ＞12. 所以当k ＜－1或k ＞12时，直线l 与曲线C 1没有公共点，与曲线C 2有一个公共点，故此时直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点. (ⅱ)若⎩⎨⎧Δ＝0，x 0≥0，即⎩⎪⎨⎪⎧2k 2＋k －1＝0，2k ＋1k＜0，解集为∅.综上可知，当k ＜－1或k ＞12或k ＝0时，直线l 与轨迹C 恰好有一个公共点． 考点二 弦长问题【例2】 (2016·四川卷)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l ：y ＝－x ＋3与椭圆E 有且只有一个公共点T .(1)求椭圆E 的方程及点T 的坐标；(2)设O 是坐标原点，直线l ′平行于OT ，与椭圆E 交于不同的两点A ，B ，且与直线l 交于点P .证明：存在常数λ，使得|PT |2＝λ|P A |·|PB |，并求λ的值． (1)解 由已知，a ＝2b ，则椭圆E 的方程为x 22b 2＋y 2b 2＝1. 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 22b 2＋y 2b2＝1，y ＝－x ＋3，得3x 2－12x ＋(18－2b 2)＝0.①方程①的判别式为Δ＝24(b 2－3)，由Δ＝0，得b 2＝3，此时方程①的解为x ＝2，所以椭圆E 的方程为x 26＋y 23＝1.点T 的坐标为(2,1)． (2)证明 由已知可设直线l ′的方程为y ＝12x ＋m (m ≠0)，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝12x ＋m ，y ＝－x ＋3，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝2－2m3，y ＝1＋2m3.所以P 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3，1＋2m 3.|PT |2＝89m 2.设点A ，B 的坐标分别为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1，y ＝12x ＋m ，可得3x 2＋4mx ＋(4m 2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m 2)， 由Δ>0，解得－322<m <322. 由②得x 1＋x 2＝－4m3，x 1x 2＝4m 2－123.所以|P A |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2m 3－y 12 ＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 1，同理|PB |＝52⎪⎪⎪⎪⎪⎪2－2m 3－x 2. 所以|P A |·|PB |＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 1⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3－x 2＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 32－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3(x 1＋x 2)＋x 1x 2 ＝54⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 32－⎝ ⎛⎭⎪⎫2－2m 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－4m 3＋4m 2－123 ＝109m 2.故存在常数λ＝45，使得|PT |2＝λ|P A |·|PB |. 规律方法 有关圆锥曲线弦长问题的求解方法：涉及弦长的问题中，应熟练的利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.【训练2】 已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)经过点(0，3)，离心率为12，左、右焦点分别为F1(－c,0)，F2(c,0)．(1)求椭圆的方程；(2)若直线l：y＝－12x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足|AB||CD|＝534，求直线l的方程．解(1)由题设知⎩⎪⎨⎪⎧b＝3，ca＝12，b2＝a2－c2，解得a＝2，b＝3，c＝1，∴椭圆的方程为x24＋y23＝1.(2)由(1)知，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，∴圆心到直线l的距离d＝2|m|5，由d＜1，得|m|＜52.(*)∴|CD|＝21－d2＝21－45m2＝255－4m2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y＝－12x＋m，x24＋y23＝1，得x2－mx＋m2－3＝0，由根与系数关系可得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3.∴|AB|＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤1＋⎝⎛⎭⎪⎫－122[m2－4(m2－3)]＝1524－m2.由|AB||CD|＝534，得4－m25－4m2＝1，解得m＝±33，满足(*)．∴直线l 的方程为y ＝－12x ＋33或y ＝－12x －33. 考点三 中点弦问题【例3】 (1)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点为F (3,0)，过点F 的直线交E 于A ，B 两点．若AB 的中点坐标为(1，－1)，则E 的方程为( ) A.x 245＋y 236＝1 B.x 236＋y 227＝1 C.x 227＋y 218＝1 D.x 218＋y 29＝1(2)已知双曲线x 2－y 23＝1上存在两点M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，且MN 的中点在抛物线y 2＝18x 上，则实数m 的值为________．解析 (1)因为直线AB 过点F (3,0)和点(1，－1)，所以直线AB 的方程为y ＝12(x－3)，代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24＋b 2x 2－32a 2x ＋94a 2－a 2b 2＝0，所以AB 的中点的横坐标为32a22⎝ ⎛⎭⎪⎫a 24＋b 2＝1，即a 2＝2b 2，又a 2＝b 2＋c 2，所以b ＝c ＝3，a ＝32，选D.(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点P (x 0，y 0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧x 21－y 213＝1，①x 22－y223＝1， ②x 1＋x 2＝2x 0， ③y 1＋y 2＝2y 0， ④由②－①得(x 2－x 1)(x 2＋x 1)＝13(y 2－y 1)(y 2＋y 1)， 显然x 1≠x 2.∴y 2－y 1x 2－x 1·y 2＋y 1x 2＋x 1＝3，即k MN ·y 0x 0＝3， ∵M ，N 关于直线y ＝x ＋m 对称，∴k MN ＝－1， ∴y 0＝－3x 0.又∵y 0＝x 0＋m ，∴P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4，3m 4，代入抛物线方程得916m 2＝18·⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 4， 解得m ＝0或－8，经检验都符合． 答案 (1)D (2)0或－8规律方法 处理中点弦问题常用的求解方法(1)点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x 1＋x 2，y 1＋y 2，y 1－y 2x 1－x 2三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率．(2)根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解．【训练3】 设抛物线过定点A (－1,0)，且以直线x ＝1为准线． (1)求抛物线顶点的轨迹C 的方程；(2)若直线l 与轨迹C 交于不同的两点M ，N ，且线段MN 恰被直线x ＝－12平分，设弦MN 的垂直平分线的方程为y ＝kx ＋m ，试求m 的取值范围． 解 (1)设抛物线顶点为P (x ，y )，则焦点F (2x －1，y )． 再根据抛物线的定义得|AF |＝2，即(2x )2＋y 2＝4， 所以轨迹C 的方程为x 2＋y 24＝1.(2)设弦MN 的中点为P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y 0，M (x M ，y M )，N (x N ，y N )，则由点M ，N 为椭圆C 上的点，可知⎩⎨⎧4x 2M＋y 2M ＝4，4x 2N ＋y 2N＝4. 两式相减，得4(x M －x N )(x M ＋x N )＋(y M －y N )(y M ＋y N )＝0， 将x M ＋x N ＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫－12＝－1，y M ＋y N ＝2y 0，y M －y N x M －x N＝－1k 代入上式得k ＝－y 02.又点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y 0在弦MN 的垂直平分线上，所以y 0＝－12k ＋m . 所以m ＝y 0＋12k ＝34y 0.由点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，y 0在线段BB ′上(B ′，B 为直线x ＝－12与椭圆的交点，如图所示)，所以y B ′＜y 0＜y B ，也即－3＜y 0＜ 3. 所以－334＜m ＜334，且m ≠0.[思想方法]1．有关弦的三个问题(1)涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；(2)涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；(3)涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解． 2．求解与弦有关问题的两种方法(1)方程组法：联立直线方程和圆锥曲线方程，消元(x 或y )成为二次方程之后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系．(2)点差法：在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程．“点差法”的常见题型有：求中点弦方程、求(过定点、平行弦)弦中点轨迹、垂直平分线问题．必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数． [易错防范]判断直线与圆锥曲线位置关系时的注意点(1)直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点．(2)直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行时也相交于一点.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．过抛物线y 2＝2x 的焦点作一条直线与抛物线交于A ，B 两点，它们的横坐标之和等于2，则这样的直线( ) A ．有且只有一条 B ．有且只有两条 C ．有且只有三条 D ．有且只有四条解析 ∵通径2p ＝2，又|AB |＝x 1＋x 2＋p ，∴|AB |＝3＞2p ，故这样的直线有且只有两条． 答案 B2．直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的交点个数是( )A ．1B ．2C ．1或2D ．0解析 因为直线y ＝b a x ＋3与双曲线的渐近线y ＝ba x 平行，所以它与双曲线只有1个交点． 答案 A3．经过椭圆x 22＋y 2＝1的一个焦点作倾斜角为45°的直线l ，交椭圆于A ，B 两点，设O 为坐标原点，则OA →·OB →等于( ) A ．－3 B ．－13 C ．－13或－3 D ．±13解析 依题意，当直线l 经过椭圆的右焦点(1,0)时，其方程为y －0＝tan 45°(x －1)，即y ＝x －1，代入椭圆方程x 22＋y 2＝1并整理得3x 2－4x ＝0，解得x ＝0或x＝43，所以两个交点坐标分别为(0，－1)，⎝ ⎛⎭⎪⎫43，13，∴OA →·OB →＝－13，同理，直线l 经过椭圆的左焦点时，也可得OA →·OB →＝－13. 答案 B4．抛物线y ＝x 2到直线x －y －2＝0的最短距离为( ) A. 2 B.728 C ．2 2 D.526解析 设抛物线上一点的坐标为(x ，y )，则d ＝|x －y －2|2＝|－x 2＋x －2|2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－⎝ ⎛⎭⎪⎫x －122－742，∴x ＝12时， d min ＝728. 答案 B5．已知A ，B ，P 是双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)上不同的三点，且A ，B 连线经过坐标原点，若直线P A ，PB 的斜率乘积k P A ·k PB ＝23，则该双曲线的离心率为( )A.52B.62C. 2D.153解析 设A (x 1，y 1)，P (x 2，y 2)根据对称性，得B 点坐标为 (－x 1，－y 1)，因为A ，P 在双曲线上，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2－y 21b 2＝1，x 22a 2－y 22b 2＝1，两式相减，得k P A k PB ＝b 2a 2＝23，所以e 2＝a 2＋b 2a 2＝53，故e ＝153.答案 D 二、填空题6．(2017·西安调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，F (2，0)为其右焦点，过F 且垂直于x 轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2.则椭圆C 的方程为________．解析由题意得⎩⎪⎨⎪⎧c ＝2，b 2a ＝1，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝2，∴椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.答案 x 24＋y 22＝17．已知抛物线y ＝ax 2(a ＞0)的焦点到准线的距离为2，则直线y ＝x ＋1截抛物线所得的弦长等于________． 解析 由题设知p ＝12a ＝2，∴a ＝14.抛物线方程为y ＝14x 2，焦点为F (0,1)，准线为y ＝－1. 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝14x 2，y ＝x ＋1，消去x ，整理得y 2－6y ＋1＝0，∴y 1＋y 2＝6，∵直线过焦点F ， ∴所得弦|AB |＝|AF |＋|BF |＝y 1＋1＋y 2＋1＝8. 答案 88．过椭圆x 216＋y 24＝1内一点P (3,1)，且被这点平分的弦所在直线的方程是________．解析 设直线与椭圆交于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点， 由于A ，B 两点均在椭圆上， 故x 2116＋y 214＝1，x 2216＋y 224＝1， 两式相减得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)16＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)4＝0.又∵P 是A ，B 的中点，∴x 1＋x 2＝6，y 1＋y 2＝2， ∴k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－34.∴直线AB 的方程为y －1＝－34(x －3)．即3x ＋4y －13＝0. 答案 3x ＋4y －13＝0 三、解答题9．设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，过F 1且斜率为1的直线l 与E 相交于A ，B 两点，且|AF 2|，|AB |，|BF 2|成等差数列． (1)求E 的离心率；(2)设点P (0，－1)满足|P A |＝|PB |，求E 的方程． 解 (1)由椭圆定义知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ， 又2|AB |＝|AF 2|＋|BF 2|，得|AB |＝43a ， l 的方程为y ＝x ＋c ，其中c ＝a 2－b 2.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ，B 两点的坐标满足方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋c ，x 2a 2＋y 2b 2＝1，消去y ，化简得(a 2＋b 2)x 2＋2a 2cx ＋a 2(c 2－b 2)＝0，则x 1＋x 2＝－2a 2c a 2＋b 2，x 1x 2＝a 2(c 2－b 2)a 2＋b 2.因为直线AB 的斜率为1，所以|AB |＝2|x 2－x 1|＝2[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]，即43a ＝4ab 2a 2＋b2，故a 2＝2b 2， 所以E 的离心率e ＝c a ＝a 2－b 2a ＝22. (2)设AB 的中点为N (x 0，y 0)，由(1)知 x 0＝x 1＋x 22＝－a 2c a 2＋b 2＝－2c 3，y 0＝x 0＋c ＝c 3. 由|P A |＝|PB |，得k PN ＝－1，即y 0＋1x 0＝－1，得c ＝3，从而a ＝32，b ＝3. 故椭圆E 的方程为x 218＋y 29＝1.10.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．解(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 －1)，x 24＋y 22＝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 1)2＋(y 2－y 1)2 ＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2] ＝2(1＋k 2)(4＋6k 2)1＋2k 2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.能力提升题组 (建议用时：25分钟)11．已知椭圆x 24＋y 2b 2＝1(0＜b ＜2)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF 2|＋|AF 2|的最大值为5，则b 的值是( )A ．1 B. 2C.32 D. 3解析 由椭圆的方程，可知长半轴长为a ＝2，由椭圆的定义，可知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即2b 2a ＝3，可求得b 2＝3，即b ＝ 3. 答案 D12．抛物线C 1：y ＝12p x 2(p ＞0)的焦点与双曲线C 2：x 23－y 2＝1的右焦点的连线交C 1于第一象限的点M .若C 1在点M 处的切线平行于C 2的一条渐近线，则p ＝( ) A.316 B.38 C.233 D.433 解析∵双曲线C 2：x 23－y 2＝1，∴右焦点为F (2,0)，渐近线方程为y ＝±33x .抛物线C 1：y ＝12p x 2(p ＞0)，焦点为F ′⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2.设M (x 0，y 0)，则y 0＝12p x 20. ∵k MF ′＝k FF ′，∴12p x 20－p 2x 0＝p2－2.①又∵y ′＝1p x ，∴y ′|x ＝x 0＝1p x 0＝33.② 由①②得p ＝433. 答案 D13．设抛物线y 2＝8x 的焦点为F ，准线为l ，P 为抛物线上一点，P A ⊥l ，A 为垂足．如果直线AF 的斜率为－3，那么|PF |＝________.解析 直线AF 的方程为y ＝－3(x －2)，联立⎩⎨⎧y ＝－3x ＋23，x ＝－2，得y ＝43，所以P (6,43)．由抛物线的性质可知|PF |＝6＋2＝8. 答案 814．已知抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，直线y ＝4与y 轴的交点为P ，与C 的交点为Q ，且|QF |＝54|PQ |. (1)求C 的方程；(2)过F 的直线l 与C 相交于A ，B 两点，若AB 的垂直平分线l ′与C 相交于M ，N 两点，且A ，M ，B ，N 四点在同一圆上，求l 的方程． 解 (1)设Q (x 0,4)，代入y 2＝2px 得x 0＝8p . 所以|PQ |＝8p ，|QF |＝p 2＋x 0＝p 2＋8p . 由题设得p 2＋8p ＝54×8p ，解得p ＝－2(舍去)或p ＝2.所以C 的方程为y 2＝4x .(2)依题意知l 与坐标轴不垂直，故可设l 的方程为x ＝my ＋1(m ≠0)． 代入y 2＝4x 得y 2－4my －4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.故AB 的中点为D (2m 2＋1,2m )，|AB |＝m 2＋1|y 1－y 2|＝4(m 2＋1)． 又l ′的斜率为－m ，所以l ′的方程为x ＝－1m y ＋2m 2＋3. 将上式代入y 2＝4x ，并整理得y 2＋4m y －4(2m 2＋3)＝0. 设M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)，则y 3＋y 4＝－4m ， y 3y 4＝－4(2m 2＋3)．故MN 的中点为E ⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2＋2m 2＋3，－2m ， |MN |＝1＋1m 2|y 3－y 4|＝4(m 2＋1)2m 2＋1m 2.由于MN 垂直平分AB ，故A ，M ，B ，N 四点在同一圆上等价于|AE |＝|BE |＝12|MN |，从而14|AB |2＋|DE |2＝14|MN |2，即4(m 2＋1)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m ＋2m 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 2＋22＝4(m 2＋1)2(2m 2＋1)m 4.化简得m 2－1＝0，解得m ＝1或m ＝－1. 所求直线l 的方程为x －y －1＝0或x ＋y －1＝0.特别提醒：教师配赠习题、课件、视频、图片、文档等各种电子资源见《创新设计·高考总复习》光盘中内容.考点一 定点问题【例1】 (2017·南昌模拟)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l 与x 轴正半轴和y 轴分别交于Q ，P ，与椭圆分别交于点M ，N ，各点均不重合且满足PM →＝λ1MQ →，PN →＝λ2NQ →. (1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l 过定点并求此定点．解 (1)设椭圆的焦距为2c ，由题意知b ＝1，且(2a )2＋(2b )2＝2(2c )2， 又a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝3. 所以椭圆的方程为x 23＋y 2＝1.(2)由题意设P (0，m )，Q (x 0,0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 设l 方程为x ＝t (y －m )，由PM →＝λ1MQ →知(x 1，y 1－m )＝λ1(x 0－x 1，－y 1)， ∴y 1－m ＝－y 1λ1，由题意y 1≠0，∴λ1＝my 1－1.同理由PN →＝λ2NQ →知λ2＝m y2－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y 1y 2＋m (y 1＋y 2)＝0，①联立⎩⎨⎧x 2＋3y 2＝3，x ＝t (y －m )得(t 2＋3)y 2－2mt 2y ＋t 2m 2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m 2t 4－4(t 2＋3)(t 2m 2－3)＞0，② 且有y 1＋y 2＝2mt 2t 2＋3，y 1y 2＝t 2m 2－3t 2＋3，③将③代入①得t 2m 2－3＋2m 2t 2＝0， ∴(mt )2＝1.由题意mt ＜0，∴mt ＝－1，满足②，得l 方程为x ＝ty ＋1，过定点(1,0)，即Q 为定点． 规律方法 圆锥曲线中定点问题的两种解法(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．(2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．【训练1】 (2017·雅安中学月考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点在x 轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形． (1)求椭圆的方程；(2)过点S ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－13的动直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点Q ，使得以线段AB 为直径的圆恒过点Q ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．解 (1)∵椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b ＝c .又斜边长为2，即2c ＝2，故c ＝b ＝1，a ＝2，椭圆方程为x 22＋y 2＝1. (2)当l 与x 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝169；当l 与y 轴平行时，以线段AB 为直径的圆的方程为x 2＋y 2＝1. 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋132＝169，x 2＋y 2＝1，得⎩⎨⎧x ＝0，y ＝1，故若存在定点Q ，则Q 的坐标只可能为Q (0,1)． 下面证明Q (0,1)为所求：若直线l 的斜率不存在，上述已经证明． 若直线l 的斜率存在，设直线l ：y ＝kx －13， A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －13，x 2＋2y 2－2＝0，得(9＋18k 2)x 2－12kx －16＝0，Δ＝144k 2＋64(9＋18k 2)＞0， x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9，QA →＝(x 1，y 1－1)，QB →＝(x 2，y 2－1)， QA →·QB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1) ＝(1＋k 2)x 1x 2－4k 3(x 1＋x 2)＋169＝(1＋k 2)·－169＋18k 2－4k 3·12k 9＋18k 2＋169＝0，∴QA→⊥QB →，即以线段AB 为直径的圆恒过点Q (0,1)． 考点二 定值问题【例2】 (2016·山东卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)过动点M (0，m )(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点．过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k 为定值．②求直线AB 的斜率的最小值． (1)解 设椭圆的半焦距为c . 由题意知2a ＝4,2c ＝2 2. 所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1. (2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0)． 由M (0，m )，可得P (x 0,2m )，Q (x 0，－2m )． 所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3mx 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k 为定值－3. ②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由①知直线P A 的方程为y ＝kx ＋m .则直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0， 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝2(m 2－2)(2k 2＋1)x 0，所以y 1＝kx 1＋m ＝2k (m 2－2)(2k 2＋1)x 0＋m .同理x 2＝2(m 2－2)(18k 2＋1)x 0，y 2＝－6k (m 2－2)(18k 2＋1)x 0＋m .所以x 2－x 1＝2(m 2－2)(18k 2＋1)x 0－2(m 2－2)(2k 2＋1)x 0＝－32k 2(m 2－2)(18k 2＋1)(2k 2＋1)x 0， y 2－y 1＝－6k (m 2－2)(18k 2＋1)x 0＋m －2k (m 2－2)(2k 2＋1)x 0－m＝－8k (6k 2＋1)(m 2－2)(18k 2＋1)(2k 2＋1)x 0，所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫6k ＋1k ，由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26， 当且仅当k ＝66时取“＝”．故此时2m －m 4－8m 2－0＝66，即m ＝147，符合题意．所以直线AB 的斜率的最小值为62.规律方法 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．【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． (1)解 由已知c a ＝32，12ab ＝1.又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. 所以椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 由(1)知，A (2,0)，B (0,1)． 设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1. 当x 0≠0时，直线P A 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 方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1.令y ＝0得x N ＝－x 0y 0－1. ∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1. ∴|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2y 0－1 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪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.故|AN |·|BM |为定值． 考点三 范围问题【例3】 (2016·天津卷)设椭圆x 2a 2＋y 23＝1(a ＞3)的右焦点为F ，右顶点为A .已知1|OF |＋1|OA |＝3e|F A |，其中O 为原点，e 为椭圆的离心率． (1)求椭圆的方程；(2)设过点A 的直线l 与椭圆交于点B (B 不在x 轴上)，垂直于l 的直线与l 交于点M ，与y 轴交于点H .若BF ⊥HF ，且∠MOA ≤∠MAO ，求直线l 的斜率的取值范围．解 (1)设F (c,0)，由1|OF |＋1|OA |＝3e |F A |， 即1c ＋1a ＝3c a (a －c )，可得a 2－c 2＝3c 2.又a 2－c 2＝b 2＝3，所以c 2＝1，因此a 2＝4.所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的斜率为k (k ≠0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －2)． 设B (x B ，y B )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k (x －2)消去y ，整理得(4k 2＋3)x 2－16k 2x ＋16k 2－12＝0.解得x ＝2或x ＝8k 2－64k 2＋3.由题意得x B ＝8k 2－64k 2＋3，从而y B ＝－12k4k 2＋3.由(1)知F (1,0)，设H (0，y H )，有FH →＝(－1，y H )，BF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9－4k 24k 2＋3，12k 4k 2＋3. 由BF ⊥HF ，得BF →·FH→＝0，所以4k 2－94k 2＋3＋12ky H 4k 2＋3＝0，解得y H ＝9－4k 212k .因为直线MH 的方程为y ＝－1k x ＋9－4k 212k . 设M (x M ，y M )，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －2)，y ＝－1k x ＋9－4k 212k 消去y ，解得x M ＝20k 2＋912(k 2＋1).在△MAO 中，∠MOA ≤∠MAO ⇔|MA |≤|MO |，即(x M －2)2＋y 2M ≤x 2M ＋y 2M ，化简得x M ≥1，即20k 2＋912(k 2＋1)≥1，解得k ≤－64或k ≥64.所以直线l 的斜率的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，－64或⎣⎢⎡⎭⎪⎫64，＋∞.规律方法 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．【训练3】 (2017·威海模拟)已知圆x 2＋y 2＝1过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切，与椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1相交于A ，B 两点．记λ＝OA →·OB→，且23≤λ≤34. (1)求椭圆的方程； (2)求k 的取值范围；(3)求△OAB 的面积S 的取值范围． 解 (1)由题意知2c ＝2，所以c ＝1. 因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b ＝1，故a ＝2，所以所求椭圆方程为x 22＋y 2＝1. (2)因为直线l ：y ＝kx ＋m 与圆x 2＋y 2＝1相切， 所以原点O 到直线l 的距离为|m |12＋k2＝1， 即m 2＝k 2＋1.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 22＋y 2＝1，得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1x 2＝2m 2－21＋2k 2.λ＝OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝(1＋k 2)x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2＝k 2＋11＋2k 2，由23≤λ≤34，得12≤k 2≤1，即k 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－22∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤22，1.(3)|AB |2＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＝2－2(2k 2＋1)2，由12≤k 2≤1，得62≤|AB |≤43. 设△OAB 的AB 边上的高为d ， 则S ＝12|AB |d ＝12|AB |， 所以64≤S ≤23.即△OAB 的面积S 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤64，23.考点四 最值问题【例4】 (2015·浙江卷)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12对称．(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)． 解 (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为 y ＝－1m x ＋b . 由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2bm x ＋b 2－1＝0.因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m 2＞0，①将AB 中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12解得b ＝－m 2＋22m 2②由①②得m ＜－63或m ＞63. (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12. 且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )， 所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝ ⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22. 当且仅当t 2＝12时，等号成立． 故△AOB 面积的最大值为22.规律方法 处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、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(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解． 【训练4】 已知椭圆C ：x 2＋2y 2＝4. (1)求椭圆C 的离心率；(2)设O 为原点．若点A 在直线y ＝2上，点B 在椭圆C 上，且OA ⊥OB ，求线段AB 长度的最小值．解 (1)由题意，椭圆C 的标准方程为x 24＋y 22＝1. 所以a 2＝4，b 2＝2，从而c 2＝a 2－b 2＝2. 因此a ＝2，c ＝ 2.故椭圆C 的离心率e ＝c a ＝22.(2)设点A ，B 的坐标分别为(t,2)，(x 0，y 0)，其中x 0≠0. 因为OA ⊥OB ，所以OA →·OB→＝0，即tx 0＋2y 0＝0，解得t ＝－2y 0x 0.又x 20＋2y 20＝4，所以|AB |2＝(x 0－t )2＋(y 0－2)2＝(x 0＋2y 0x 0)2＋(y 0－2)2＝x 20＋y 20＋4y 2x 20＋4＝x 20＋4－x 202＋2(4－x 20)x 20＋4＝x 202＋8x 20＋4(0＜x 20≤4)． 因为x 202＋8x 20≥4(0＜x 20≤4)，当且仅当x 20＝4时等号成立，所以|AB |2≥8.故线段AB 长度的最小值为2 2.[思想方法]1．求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，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，借助于直线系的思想找出定点． (2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关． 3．求解范围问题的方法求范围问题的关键是建立求解关于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，要特别注意变量的取值范围． 4．圆锥曲线中常见最值的解题方法(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解． [易错防范]1．求范围问题要注意变量自身的范围．2．利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价关系．注意特殊关系，特殊位置的应用．3．在解决直线与抛物线的位置关系时，要特别注意直线与抛物线的对称轴平行的特殊情况．4．解决定值、定点问题，不要忘记特值法.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1．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 Q (－2,0)，设直线l 的方程为y ＝k (x ＋2)，代入抛物线方程，消去y 整理得k 2x 2＋(4k 2－8)x ＋4k 2＝0，由Δ＝(4k 2－8)2－4k 2·4k 2＝64(1－k 2)≥0，解得－1≤k ≤1. 答案 C2．(2017·石家庄模拟)已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM →＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( ) A.95 B.125 C ．4 D ．5解析 由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3,0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125，故选B. 答案 B3．已知椭圆C 的方程为x 216＋y 2m 2＝1(m ＞0)，如果直线y ＝22x 与椭圆的一个交点M 在x 轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F ，则m 的值为( ) A ．2 B ．2 2 C ．8 D ．2 3解析 根据已知条件得c ＝16－m 2，则点(16－m 2，2216－m 2)在椭圆x 216＋y 2m 2＝1(m ＞0)上，∴16－m 216＋16－m 22m 2＝1，可得m ＝2 2. 答案 B4．若双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的渐近线与抛物线y ＝x 2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是( )A ．[3，＋∞)B ．(3，＋∞)C ．(1,3]D ．(1,3)解析 依题意可知双曲线渐近线方程为y ＝±b a x ，与抛物线方程联立消去y 得x 2±b a x ＋2＝0.∵渐近线与抛物线有交点，∴Δ＝b 2a 2－8≥0，求得b 2≥8a 2，∴c ＝a 2＋b 2≥3a ，∴e ＝ca ≥3.答案 A5．(2017·宝鸡一模)斜率为1的直线l 与椭圆x 24＋y 2＝1相交于A ，B 两点，则|AB |的最大值为( )A ．2 B.455 C.4105 D.8105解析 设A ，B 两点的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 直线l 的方程为y ＝x ＋t ，由⎩⎨⎧x 2＋4y 2＝4，y ＝x ＋t 消去y ，得5x 2＋8tx ＋4(t 2－1)＝0， 则x 1＋x 2＝－85t ，x 1x 2＝4(t 2－1)5.∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝2·⎝ ⎛⎭⎪⎫－85t 2－4×4(t 2－1)5＝425·5－t 2，当t ＝0时，|AB |max ＝4105. 答案 C 二、填空题6．已知双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a ＞0，b ＞0)的一条渐近线方程是y ＝3x ，它的一个焦点与抛物线y 2＝16x 的焦点相同，则双曲线的方程为________． 解析 由条件知双曲线的焦点为(4,0)， 所以⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋b 2＝16，b a ＝3，解得a ＝2，b ＝23，故双曲线方程为x 24－y 212＝1. 答案 x 24－y 212＝17．已知动点P (x ，y )在椭圆x 225＋y 216＝1上，若A 点坐标为(3,0)，|AM →|＝1，且PM →·AM →＝0，则|PM→|的最小值是________． 解析 ∵PM →·AM →＝0，∴AM →⊥PM →.∴|PM→|2＝|AP →|2－|AM →|2＝|AP →|2－1， ∵椭圆右顶点到右焦点A 的距离最小， 故|AP →|min ＝2，∴|PM →|min ＝ 3. 答案38．(2017·平顶山模拟)若双曲线x 2－y 2b 2＝1(b ＞0)的一条渐近线与圆x 2＋(y －2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．解析 双曲线的渐近线方程为y ＝±bx ，则有|0－2|1＋b 2≥1，解得b 2≤3，则e 2＝1＋b 2≤4，∵e ＞1，∴1＜e ≤2. 答案 (1,2] 三、解答题9.如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由． 解 (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )． 又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD→＝－1， 于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2.解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 方程为x 24＋y 22＝1.(2)当直线AB 的斜率存在时， 设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1， A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0， 所以，x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1.从而，OA →·OB →＋λP A →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝(－2λ－4)k 2＋(－2λ－1)2k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3.此时，OA →·OB →＋λP A →·PB→＝－3为定值．当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD ， 此时OA →·OB →＋λP A →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝ －2－1＝－3，故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λP A →·PB →为定值－3. 10．(2016·浙江卷)如图，设椭圆x 2a2＋y 2＝1(a ＞1)．(1)求直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段长(用a ，k 表示)；(2)若任意以点A (0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围．解 (1)设直线y ＝kx ＋1被椭圆截得的线段为AM ，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2a 2＋y 2＝1，得(1＋a 2k 2)x 2＋2a 2kx ＝0.故x 1＝0，x 2＝－2a 2k1＋a 2k 2，因此|AM |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝2a 2|k |1＋a 2k2·1＋k 2. (2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y 轴左侧的椭圆上有两个不同的点P ，Q ，满足|AP |＝|AQ |.记直线AP ，AQ 的斜率分别为k 1，k 2，且k 1，k 2＞0，k 1≠k 2.由(1)知|AP |＝2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21，|AQ |＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22，故2a 2|k 1|1＋k 211＋a 2k 21＝2a 2|k 2|1＋k 221＋a 2k 22，所以(k 21－k 22)[1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22]＝0.由于k 1≠k 2，k 1，k 2＞0得1＋k 21＋k 22＋a 2(2－a 2)k 21k 22＝0，。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题18圆锥曲线的综合问题教学案文含解析
圆锥曲线的综合问题【2019年咼考考纲解读】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. 【重点、难点剖析】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.⑵设E与y轴正半轴的交点为B,过点B的直线I的斜率为k(k丰0), l与E交于另一点P.若以点B为圆心，以线段BP长为半径的圆与E有4个公共点，求k的取值范围.【解析】解法一⑴ 设点Mx, y)，由2MQ= AQ得A(x, 2y),由于点A在圆C： x2+ y2= 4上，则x2+ 4y2= 4,2x 2即动点M的轨迹E的方程为.+ y = 1.42x 2(2)由(1)知，E的方程为，+ y2= 1,4因为E与y轴正半轴的交点为B,所以B(0,1),所以过点B且斜率为k的直线I的方程为y = kx+ 1( k丰0).y = kx+ 1,由丿x22得(1 + 4k2) x2+ 8kx= 0,4 + y = 1，5 r,, 8k设0X1, y1), F(X2, y2)，因此X1 = 0, X2=—〔十你2,I BP =、1 + k2| X1 —x2|「［第十k2.由于以点B为圆心，线段BP长为半径的圆与椭圆E的公共点有4个，由对称性可设在y轴左侧的椭圆上有两个不同的公共点P, T,满足| BR = | BT| ,此时直线BP的斜率k>0, 记直线BT的斜率为k1,且k1> 0,总工k,小8|幻| 「 --- 2则回=1+ 4^吋,故阳k 仆斗加严，所以吞一吞=0,即(1 + 4k 2) k ? + k = (1 + 4 k ?) k 2+ k 4, 所以(k 2— k 1)(1 + k 2+ k ?- 8k 2k 1) = 0,由于 幻工k ,因此1 + k 2+ k 1— 8k 2k 1= 0,2221 91因为 k > 0,所以 8k i — 1 > 0,所以 k = 8+ ―朋——>^.又k > 0,所以k > ,2.又 k& k ,所以 1 + k 2 + k 2 — 8k 2k 2z 0, 所以8k 4— 2k 2— 1工0.又k > 0，解得k 工 所以 k c 42,22u 2 宀.根据椭圆的对称性，k C —a, — 2 U — 2 , — 4也满足题意.综上所述，k 的取值范围为 —a, — ； u — 22, — 42 u 42,22u 2,+a .解法二 (1)设点 Mx , y ), A (x 1, yd ，则 Qx 1,0).2 X 1 — x = 0, 因为2MQ= AQ 所以 2(X 1 — x ,— y ) = (0，— y"，所以厂 —2y = —y 1,因为点A 在圆C: x 2 + y 2= 4上，所以x 2+ 4y 2 = 4,2 x 2所以动点M 的轨迹E 的方程为一+ y = 1.42x 2⑵ 由(1)知，E 的方程为4 + y = 1,所以B 的坐标为(0,1)，易得直线l 的方程为y = kx +1( k 丰0).ry = kx + 1,由 S x 2 2得(1 + 4k 2) x 2 + 8kx = 0,4+y = 1，| BF f =1 +前刘―= 1 + ：；2 1 +2 22264k 1 + k X + (y — 1)=1 + 4k2 2k 2+ 1 8k 1— 1 =1 98+ .谄-X 1 = x ,解得彳M = 2y .设巳X 1, y",P ( X 2, y 2)因此 X 1 = 0, X 2= — 8k21 +则点P 的轨迹方程为依题意，得(*)式在y €( —1,1)上有两个不同的实数解.2 2264k 1 +k设 f (x ) = 3x + 2x — 5+——1 + 4k 22( — 1v x v 1),1易得函数f (x )的图象的对称轴为直线 X =— 3, 3要使函数f (x )的图象在(—1,1)内与x 轴有两个不同的交点, 〔△= 4— 4 X 3X — 5 + 则$'f — 1> 0,__ 424k — 4k + 1> 0,Ioo整理得64k 1 + k厂4+1 + 4k2 2 > 0，r" 4 24k — 4k + 1 > 0 , 即弋2【方法技巧】1.解决圆锥曲线中范围问题的方法2 2■ 2264k 1 + k x + y —= 1+ 4k 2 2，由<2,2 ,x + 4y = 4,得 3y 2 + 2y — 5 + 誉+^匚=0( -1 v y v 1).(*)64 k 2 1 + k 2 1 + 4k 2 2所以得k €,+m,所以k 的取值范围为"> 8,k 2 工2,22, - 42 °8k 2— 1> 0 ,42 °一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化.2 •圆锥曲线中最值的求解策略(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.由题意可知，圆 M 的半径r 为=^2 弋1 + k 1 \‘1 + 8k 1 =32…r= 3|AB由题设知⑶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2 2一 x y \f 2【变式探究】(2017 •山东)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆E ：云+ ^2= 1(a >b >0)的离心率为-y ，焦距为2.(1)求椭圆E 的方程;2所以椭圆E 的方程为:+ y 2= 1.⑵设丿(心产)，肌m k)联立方程彳得（4爲 + 2）y-4诟JUT- 1—0. 由題青知丿4 >5 「 , - 2 耘 _ 1且 十-莎十 也-一亦TT?⑵ 如图，动直线I : y = k i x —f 交椭圆E 于A , B 两点,C 是椭圆E 上一点，直线 00的斜率为k 2,且k i k 2=#M 是线段OC 延长线上一点，且|M0 = 2：3,O M 的半径为|M0, OS 0T 是O 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I 的斜率.所以 a =<J 2, b = 1, 乎，2c = 2,所以 c = 1 ,/曰 2 8k2 2 1得X = 1+ 4k2, y= 1 + 4k1,因此I OC = /+ / = 1+8：2由题意可知，sin / SOT2 r + | O(p r2 运寸1 + k1 \1 + 8k13 1 + 2k21 + 2k21=2,即卩t =2时等号成立，此时k 1=± 2,/ SOT 1…,/ SOT n---- <，因此 -------- < —2 2 2 6'n所以/ SOT 的最大值为3・综上所述，/ SOT 的最大值为才，取得最大值时直线I 的斜率为站=±¥.【变式探究】已知 N 为圆C 1：(X + 2)2+ y 2= 24上一动点，圆心 C 关于y 轴的对称点为C 2,点M P 分别是 线段 GN, GN 上的点，且 M P- C 2N = 0, C 2N= 2CP. (1) 求点M 的轨迹方程；(2) 直线I : y = kx + m 与点M 的轨迹r 只有一个公共点 P ,且点P 在第二象限，过坐标原点O 且与I 垂直的2 2直线I '与圆X + y = 8相交于A B 两点，求△ PAB 面积的取值范围. 解(1)连接MG,令 t = 1 + 2k 1, 因此r 10C 32小 1则 t >1, t € (0,1),t2t 2+ t — 1当且仅当所以sin设直线l '与l 垂直交于点 Q因为 C 2N= 2C 2P, 所以P 为C 2N 的中点, 因为 MP- c N= 0, 所以M PL CN所以点M 在 C 2N 的垂直平分线上， 所以 |MN = | MC ,因为 |MN + | MC | =|M© + |MC = 2 6>4, 所以点M 在以G , C 2为焦点的椭圆上， 因为a =r 』6, c = 2,所以b 2= 2,2 2所以点M 的轨迹方程为x +2 = 1.y = kx + m(2)由y 2=1,(3 k 2+ 1) x 2 + 6kmx + 3吊-6= 0,因为直线I : y = kx + m 与椭圆r 相切于点P, 所以 △= (6 km )2- 4(3k 2+ 1) (3 吊一6) =12(6 k 2 + 2-吊)=0，即 m = 6k 2 + 2, & /口 - 3km m 解得 X = 3k 2+ 1 , y = 3k 2 + 1, 即点P 的坐标-3kmm3k 2+ 1 3 k 2 + 1 ,因为点P 在第二象限，所以k >0, m >0, 所以 m = \/6k 2 + 2,所以点P 的坐21'3 k 2 + 1 ,则| PQ 是点P 到直线l '的距离,1且直线I '的方程为y =— x ,k2 2k 3k 4+ 4k 2 + 12 23k+k 2+4当且仅当3k 2 =右，即『=罟时，|PQ 有最大值372 1所以 S ^PAB = 2 X4 2 X| PQ W4— 4, 即厶PAB 面积的取值范围为(0, 4 3— 4]. 【感悟提升】 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. ⑶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.2213【变式探究】已知椭圆 C ： a + b^ = 1(a >b >0)的一条切线方程为 y = 2x + 2\[2，且离心率为 2 (1)求椭圆C 的标准方程；⑵ 若直线l : y = kx + m 与椭圆C 交于A B 两个不同的点，与 y 轴交于点 M 且AM= 3MB 求实数 m 的取值范围.将 y = 2x + 2 2代入，得 8x 2 + 8 2x + 8 — a 2= 0,22由△ = 128— 32(8 — a ) = 0，得 a = 4，2故椭圆C 的标准方程为x 2+ y = 1.4所以| PQ = 3+ 1=詁6— 2,(1)由题意知，离心率 e= 2c a，23； a ， 1 b = 2a ， 2 2y 4x'• ~2+ ~2= 1 a a⑵根据已知，得M0，m，设 A ( x i , kx i + m ) , B (X 2, kx 2 + m ), 」y = kx + m , 2 22由 2 2得(k + 4)x + 2mkx^ m i -4 = 0,4x + y = 4,LT2、2、2 2且 △ = 4mk — 4( k + 4)( m - 4)>0 ,即 k 2- m +4>o ,• 1<m <4，解得—2<n T — 1 或 1<nT2, 综上所述，实数 m 的取值范围为(—2, - 1) U (1,2). 题型二定点、定值问题2例2、(2018 •北京)已知抛物线 C: y = 2px 经过点F (1,2)，过点Q 0,1)的直线I 与抛物线 交点A , B,且直线FA 交y 轴于M 直线PB 交y 轴于N (1) 求直线I 的斜率的取值范围；⑵ 设O 为原点，6l\=入Q O QN =Q O 求证：—+ —为定值.入 3(1)解 因为抛物线y 2= 2px 过点(1,2), 所以2p = 4,即p = 2. 故抛物线C 的方程为y 2= 4x .由题意知，直线l 的斜率存在且不为0.x i + X 2 = -2 kmk 2 + 4，X l X 2 = k 2+ 4'由AM= 3MB 得一x i = 3x 2,即卩 x i =- 3x 2, 2/. 3( X i + X 2) + 4x 1X 2= 0,12k 2 m n吊一•- k 2+2+k 2+ 4 =0,即 mk 2+ m -k 2- 4= o ,当 m = i 时，mk 2+ m -k 2-4= 0不成立,• k 2=.22■/ k -m +4>0，即 (4 - m ) mm - 1 >0,c 有两个不同的4- m 4 - m设直线l的方程为y= kx + 1(k丰0), y2= 4x , 2 2由得kx + (2k-4)x +1 = 0.y = kx +1,依题意知 △ = (2 k — 4) 2-4X k 2 X 1>0, 解得k <0或0<k <1.又PA PB 与 y 轴相交，故直线I 不过点(1 , — 2). 从而k 工―3.所以直线I 的斜率的取值范围是(一汽一3) U ( — 3,0) U (0,1)⑵证明 设机心対，方(心 刃, 2 j — 41宙（1）知買:+益=1 7：~直线PA 的方程为y — 2—~一 (x-1), 圧一 1令 F 得点序的纵坐标为幵=士孑+厂二^+*Xi~ 1JQ — 1同理得点卅的纵坐掠为/尸二^2宙芮=」乔：拆左苗，得人=1「乃》耳=1一”—（±-1 2x^2 — f JC + JG 、~k-l2 2L4_ i F卜F--------- =2.打一 1 【方法技巧】 1 •定点问题的求解策略(1) 动直线I 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.1所以、+ 入1为定值.□2 •定值问题的求解策略定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关•在这类试题中选择消元的方向是非常关键的no【变式探究】 已知倾斜角为 4的直线经过抛物线 r : y 2= 2px (p >0)的焦点F ,与抛物线r 相交于A B 两点,且 | AB = 8.(1)求抛物线r 的方程；⑵ 过点 只12,8)的两条直线丨1,丨2分别交抛物线 r 于点C,D 和E ,F ,线段CD 和EF 的中点分别为 M N.如果直线l i 与丨2的倾斜角互余，求证：直线MN 经过一定点.p(1)解 由题意可设直线 AB 的方程为y = x -2，2A = 9p 2-4X 鲁=8p 2>0,令 A (X 1, y" , 0X 2, y 2), 则 X 1 + X 2= 3p ,由抛物线的定义得|AB = X 1 + X 2+ p = 4p = 8, --p = 2.•••抛物线的方程为 y 2 = 4x .(2) 证明 设直线丨1,丨2的倾斜角分别为 a , 3 ,n由题意知，a , 3工2 .直线I 1的斜率为k ,则k = tan a . •••直线丨1与丨2的倾斜角互余，n 、sin• tan 3 = tan 2 —a =— cos_ cos a _1_1sin a sin a tan a 'COS a1•直线l 2的斜率为..k•直线CD 的方程为y — 8 = k (x — 12), 即 y = k (x - 12) + 8.由 y ; x -2, y 2= 2px ,2消去y 整理得x 2- 3px + p = 0,由片k X -12+ 8, y = 4x,4• y c + y D = k ，4 16• X c + X D = 24+ R 2 — k , •点M 的坐标为（12+ A 8,令 1 一以匚代替点M 坐标中的k ，可得点N 的坐标为(12 + 2k 2 — 8k, 2k ),11 2 1 1 (r k 厂<k —k) k+k -4•••直线MN 的方程为1 2y — 2k = 1[X — (12 + 2k — 8k )],厂 + k — 4k即 f + k — 4 y = X —10,2 2X y 例3. （2018 •全国川）已知斜率为 k 的直线I 与椭圆C ：二+ ?= 1交于4 3m )( m >0).（1）证明：k <—2⑵ 设F 为C 的右焦点，P 为C 上一点，且F P + F A + F B= 0.证明：| FA , 列的公差.(1)证明设 A (X 1, y" , 0X 2, y 2),2 2 2 2“X 1 y 1X 2 y 2则7+ 3=1, X T 盯1y 1 一 y 2两式相减，并由X L X 2= k ，_ X1+ X 2 y 1+ y 2 得=+亍k =°.消去x 整理得 ky 2— 4y + 32 — 48k = 0,设 q x c , y c ), Q XD , y D ),2 1— k 显然当 X = 10 时，y = 0, 故直线 MN 经过定点(10 , 0). 题型三 探索性问题 A , B 两点，线段 AB 的中点为 M 1 ,I Fp , |F B I 成等差数列，并求该数则(X 3- 1, y 3)+ (x i - 1, y i ) + (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) = — 2n <0.又点P 在C 上，所以m = 4,从而 P £，— I] |FP | = I ，2 ( X 1X 1-+ 3 1—4 = 2 — 2.同理|FB | = 2 —善.所以 |FA | + | FB | = 4— 2(X 1 + X 2)= 3.故 2| FP | = |FA | + |FB |，即 |FA |, |FP | , |FB | 成等差数列. 设该数列的公差为 d ,贝U 2|d | =|| F B — | F A || =；|X 1 — X 2| = 2X 1 + X 2 2— 4x 1X 2.②将m= 4代入①得k =— 1,所以I 的方程为y = — x + 4,代入C 的方程, 并整理得7X 2— 14X + 4= 0.4故X 1 + X 2= 2,灭风二；1，代入②解得|d | =，~~~.28 28 所以该数列的公差为 328 1或— 3221.2 2【变式探究】已知椭圆 C ： %+ X2= 1(a >b >0)的上、下焦点分别为 F 1, F 2，上焦点R 到直线4x + 3y + 12= 0a b1的距离为3，椭圆C 的离心率e = 2. (1)求椭圆C 的方程;由题设知X1 ； X2 y 1 + y 22 = m是k ——4m ① 由题设得0<叶3, 1 k <—2.(2)解由题意得F (1,0).设 P (X 3, y 3),于是 | FA | = —X 1 —]"+ y 1=X1即 X 2(y 1-1) + X 1( y 2-1) = 0.(*)解 ⑴由已知椭圆厂的方程为M +& b设椭圆的焦点尺(6 ri, 由岛到直线的距禽为3,又楠圆卞的离心率戶二所以又几 求得3-4, F=3・⑵存在•理由如下：由(1)得椭圆E设直线AB 的方程为y = kx + 1( k z 0),y =kx +1,联立 x 2y 21消去 y 并整理得(4 k 2+ 1)x 2+ 8kx - 12= 0,△ =(8 k )2+ 4(4 k 2+ 1) X 12= 256k 2+ 48>0.由于PM =入 P A P B—+ — qPAPP B所以PM 平分/ APB所以直线PA 与直线PB 的倾斜角互补, P A P B否存在点P ,使得PM=入 —+二一?若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，说明理由.Q PA 丨PB 丿设 A (x 1, yd , R X 2, y 2),假设存在点 P (0 , t )满足条件,所以 k pA + k pB = 0.将 y i = kx i + 1, y 2= kx 2+1 代入(*)式,整理得 2kx i X 2+ (1 — t )(x i + X 2) = 0,整理得 3k + k (1 — t ) = 0,即卩 k (4 — t ) = 0, 因为k 工0,所以t = 4.〉 PA PB所以存在点 P (0,4)，使得PM=入 —— + ——QPA |PE|) 【感悟提升】 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.2 2x y4的椭圆—+ 2 = 1(a >b >0)过点a bP 1, 2，点F 是椭圆的右焦点.(1)求椭圆方程；⑵在x 轴上是否存在定点 D 使得过D 的直线I 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)••• 2 a = 4,••• a = 2,2 2•椭圆方程为4 + 3 =匸 (2)存在定点D 满足条件.设 D ( t, 0)，直线 l 方程为 x = my + t ( nr 5 0),x = my +1 ,联立 x 2 y 2_+一=1, 4 32 2 2消去 x ，得(3m + 4)y + 6mt • y + 3t — 12= 0,所以一2k • 124k 2+ 1 —t x — 8k 4k 2+ 10,【变式探究】已知长轴长为将点P 1, 3代入 2 22+ b 2= 1，得 b 2= 3设A(X1, y" , E(X2, y2)，则日X2, —y2),广一6mtyi+y2=3m+ 4，i2且△ >0.3t - 12l y iy2=丽T4由A F, E 二点共线，可得(X2 —1)y i + (X i —1) y2= 0,即2myy2+ (t —1)( y i + y2)= 0,23t —12 —6mt二 2 m-——2 , + (t —1) • —2 , = 0,3m+ 4 ' ) 3m + 4 '解得t = 4,2此时由△ >0得m>4.•••存在定点D(4,0)满足条件，且m满足m>4.题型四圆锥曲线中的存在性问题2 2x y例4、椭圆E： a2+含=1(a>b> 0)的右顶点为A,右焦点为F,上、下顶点分别是CF交线段AB于点D且| BD = 2| DA.(1) 求E的标准方程；(2) 是否存在直线I，使得I交E于M N两点，且F恰是△ BMN^垂心？若存在，求说明理由.【解析】(1)解法一由题意知F(c, 0) , A(a, 0), B(0 , b), C(0，—b),所以直线AB的方程为a+ b= 1,直线CF的方程为c —y= 1,a b c bT T T 厂2ac 2因为|BD = 2|DA ,所以BD= 2DA所以BD= o BA得——=a ,3 a+ c 3解得a= 2c ,所以b=/a2—c2= “』3c.因为|AB = 7 ,即a2+ b2= 7 ,所以7c= 7 ,2 2所以c = 1 , a= 2 , b= p3,所以E的标准方程为X + y = 14 3解法二如图，设E的左焦点为G连接BG由椭圆的对称性得BG/ CF,B, C | AB = .7,直线l的方程；若不存在,得, X—b= 1 cb2ac XD= a+ c3k = 33，1厂1 VRucI GF I BD | 则 |FA|=咸=2，即 I GF = 2| FA |，由题意知 F ( c, 0)，则 | GF = 2c , | FA = a -c ,所以 2c = 2( a - c )，得 a = 2c , 所以 b =「J a 2- c 2=「(3c .因为| AB =寸7,即寸a + b =寸7,即卩(7c = 7,所以 c = 1, a = 2, b =・』3,2 2所以E 的标准方程为x +y =i. 4 32 2x VL⑵ 由(1)知，E 的方程为4 + 3 = 1,所以B (0 , 3) , F (1,0),所以直线BF 的斜率k BF =-3.假设存在直线I ,使得F 是厶BMN 勺垂心，连接 BF,并延长，连接 MF 并延长，如图，则 BF 丄MN MFL BN设 I 的方程为 y = jx + m Mx i , y i ) , N X 2 , y 2),因为 MH BN 所以MF ・BN= 0.因为 MF = (1 — X 1,— y 1), BN = (X 2, y — 3),y=^x + m由2 2匸+y -= i .4 十 3 '得，13x 2+ 8、3mx+ 12(卅―3) = 0,由△= (8 3n )2— 4X 13X 12(卅一3) > 0 得,39—3 v *39 3X l + X 2 =X 1X 2 =12 2' m —.13所以(1 — X 1) X 2— y« y 2 — -J 3) = 0,整理得(1 —申司以1 + X 2) — 3X 1X 2— m +寸3m= 0, 13屮( 8 J3m"— 4 .12 m- 3 “ —13 厂 3 13整理得 21m — 5、3m- 48= 0,解得 m= 丫 3或 n =—豊］3当m= 3时，M 或N 与B 重合，不符合题意，舍去； 当m =—1加时，满足-；9< m v 界所以存在直线I ，使得F 是厶BMN 勺垂心，l 的方程为y = ^X —打2 2【变式探究】已知圆 O: X + y = 4,点F (1,0) , P 为平面内一动点，以线段 FP 为直径的圆内切于圆 Q 设 动点P 的轨迹为曲线C. (1)求曲线C 的方程；一 1 一 一⑵ M N 是曲线C 上的动点，且 直线MN 经过定点(0 ,刁，问在y 轴上是否存在定点 Q 使得/ MQ =Z NQQ 若存在，请求出定点 Q,若不存在，请说明理由.解析：(1)设PF 的中点为S ,切点为T ,连QS ST ,则|QS + |SF = |QT = 2,取F 关于y 轴的对称点F ', 连接 F ' P,所以 | PF = 2| QS ，故 | F' P | + | FP = 2(| QS + | SF |) = 4, 所以点P 的轨迹是以F ', F 分别为左、右焦点，且长轴长为4的椭圆,2 2则曲线C 方程为X + y = 1.4 3 (2)假设存在满足题意的定点Q,设Q0 , m ,—m + 3m= 0, 所以1 — 3 m 即(1 — X )X2+ m + 1+ m = 0,当直线MM 勺斜率存在时，设直线 MN 勺方程为y = kx + M>i , y i ) , N (x 2, y0 .2 2x y匕 +3 = i,联立，得iy = kx +则△> 0, x i + X 2 = 3-4k .,-ii XiX2= 3 + 4k 2,由/ MQO / NQO 得直线MQ 与NQ 勺斜率之和为零，易知 x i 或X 2等于y i - m y 2 — m时，不满足题意，故七;-+—=i i kx i + 2 - m kx 2+ 2 - m 2kx i X 2+ + = X i X 2 X i + x 2X 1X2 J — ii 门 、、—4k 4k m — b即 2kXiX2+ 2-m (Xi + X2) = 2k • 3+ 4k 2+ 2- m 3+ 4k 2 = 3+ 4k 2= 0,当k ^0时，m = 6，所以存在定点(0,6)，使得/ MQO / NQO 当k = 0时，定点(0,6)也符合题意. 易知当直线 MN 的斜率不存在时，定点(0,6)也符合题意. 综上，存在定点(0,6)，使得/ MQ =Z NQO 2 2消去 x ,得(3 + 4k )x + 4kx - 11 = 0,。
2019年高考数学考纲解读与热点难点突破专题18圆锥曲线的综合问题教学案理(含解析)
圆锥曲线的综合问题【2019年高考考纲解读】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．【重点、难点剖析】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．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 )．(1)求E 的方程；(2)设E 与y 轴正半轴的交点为B ，过点B 的直线l 的斜率为k (k ≠0)，l 与E 交于另一点P .若以点B 为圆心，以线段BP 长为半径的圆与E 有4个公共点，求k 的取值范围．【解析】解法一 (1)设点M (x ，y )，由2MQ →＝AQ →，得A (x,2y )，由于点A 在圆C ：x 2＋y 2＝4上，则x 2＋4y 2＝4，即动点M 的轨迹E 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)由(1)知，E 的方程为x 24＋y 2＝1， 因为E 与y 轴正半轴的交点为B ，所以B (0,1)，所以过点B 且斜率为k 的直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2＋8kx ＝0， 设B (x 1，y 1)，P (x 2，y 2)，因此x 1＝0，x 2＝－8k 1＋4k 2， |BP |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝8|k |1＋4k 21＋k 2. 由于以点B 为圆心，线段BP 长为半径的圆与椭圆E 的公共点有4个，由对称性可设在y 轴左侧的椭圆上有两个不同的公共点P ，T ，满足|BP |＝|BT |，此时直线BP 的斜率k ＞0，记直线BT 的斜率为k 1，且k 1＞0，k 1≠k ，则|BT |＝8|k 1|1＋4k 211＋k 21， 故8|k 1|1＋4k 211＋k 21＝8|k |1＋4k 21＋k 2，所以k 21＋k 411＋4k 21－k 2＋k 41＋4k 2＝0， 即(1＋4k 2)k 21＋k 41＝(1＋4k 21)k 2＋k 4，所以(k 2－k 21)(1＋k 2＋k 21－8k 2k 21)＝0，由于k 1≠k ，因此1＋k 2＋k 21－8k 2k 21＝0， 故k 2＝k 21＋18k 21－1＝18＋9k 21－.因为k 2＞0，所以8k 21－1＞0，所以k 2＝18＋9k 21－＞18. 又k ＞0，所以k ＞24. 又k 1≠k ，所以1＋k 2＋k 2－8k 2k 2≠0，所以8k 4－2k 2－1≠0.又k ＞0，解得k ≠22， 所以k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫24，22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞. 根据椭圆的对称性，k ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－24也满足题意． 综上所述，k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－24∪⎝ ⎛⎭⎪⎫24，22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞. 解法二 (1)设点M (x ，y )，A (x 1，y 1)，则Q (x 1,0)．因为2MQ →＝AQ →，所以2(x 1－x ，－y )＝(0，－y 1)，所以⎩⎪⎨⎪⎧ x 1－x ＝0，－2y ＝－y 1，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 1＝x ，y 1＝2y .因为点A 在圆C ：x 2＋y 2＝4上，所以x 2＋4y 2＝4，所以动点M 的轨迹E 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)由(1)知，E 的方程为x 24＋y 2＝1，所以B 的坐标为(0,1)，易得直线l 的方程为y ＝kx ＋1(k ≠0)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋1，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2＋8kx ＝0， 设B (x 1，y 1)，P (x 2，y 2)因此x 1＝0，x 2＝－8k 1＋4k2，|BP |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝8|k |1＋4k21＋k 2. 则点P 的轨迹方程为x 2＋(y －1)2＝64k 2＋k2＋4k 22，由⎩⎪⎨⎪⎧ x 2＋y －2＝64k 2＋k 2＋4k 22，x 2＋4y 2＝4，得3y 2＋2y －5＋64k 2＋k 2＋4k 22＝0(－1＜y ＜1)． (*)依题意，得(*)式在y ∈(－1,1)上有两个不同的实数解．设f (x )＝3x 2＋2x －5＋64k 2＋k2＋4k 22(－1＜x ＜1)，易得函数f (x )的图象的对称轴为直线x ＝－13， 要使函数f (x )的图象在(－1,1)内与x 轴有两个不同的交点，则⎩⎪⎨⎪⎧ Δ＝4－4×3×⎣⎢⎡⎦⎥⎤－5＋64k 2＋k 2＋4k 22＞0，f －＞0，整理得⎩⎪⎨⎪⎧ 4k 4－4k 2＋1＞0，－4＋64k 2＋k 2＋4k 22＞0，即⎩⎪⎨⎪⎧ 4k 4－4k 2＋1＞0，8k 2－1＞0，所以⎩⎪⎨⎪⎧ k 2≠12，k 2＞18，得k ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－24∪⎝ ⎛⎭⎪⎫24，22∪ ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞， 所以k 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，－24∪ ⎝ ⎛⎭⎪⎫24，22∪⎝ ⎛⎭⎪⎫22，＋∞. 【方法技巧】1．解决圆锥曲线中范围问题的方法一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．由∠MQO ＝∠NQO ，得直线MQ 与NQ 的斜率之和为零，易知x 1或x 2等于0时，不满足题意，故y 1－m x 1＋y 2－m x 2＝kx1＋12－m x 1＋kx 2＋12－m x 2＝2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m x 1＋x 2x 1x 2＝0，即2kx 1x 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m (x 1＋x 2)＝2k ·－113＋4k 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫12－m ·－4k 3＋4k 2＝4k m －3＋4k 2＝0，当k ≠0时，m ＝6，所以存在定点(0,6)，使得∠MQO ＝∠NQO ；当k ＝0时，定点(0,6)也符合题意． 易知当直线MN 的斜率不存在时，定点(0,6)也符合题意． 综上，存在定点(0,6)，使得∠MQO ＝∠NQO .。
高考数学一轮复习 第8章 平面解析几何 解答题专项突破(五)圆锥曲线的综合问题创新教学案(含解析)新
解答题专项突破(五) 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必有一道解答题，常以求圆锥曲线的标准方程、研究直线与圆锥曲线的位置关系为主，涉及题型有定点、定值、最值、X 围、探索性问题等，此类命题起点较低，但在第(2)问中一般都有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常以压轴题的形式呈现．热点题型1 圆锥曲线中的定点问题典例1(2019·高考)抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)． (1)求抛物线C 的方程及其准线方程．(2)设O 为原点，过抛物线C 的焦点作斜率不为0的直线l 交抛物线C 于两点M ，N ，直线y ＝－1分别交直线OM ，ON 于点A 和点B .求证：以AB 为直径的圆经过y 轴上的两个定点．解题思路 (1)根据抛物线C 过点(2，－1)，列方程求p ，得抛物线C 的方程，进而得出其准线方程．(2)设直线l 的方程，与抛物线C 的方程联立，用根与系数的关系推出关于M ，N 两点坐标的等量关系，设所求定点坐标为(0，n )，利用DA →·DB →＝0列方程式求n的值．规X 解答 (1)由抛物线C ：x 2＝－2py 经过点(2，－1)，得22＝－2p (－1)，解得p ＝2.所以抛物线C 的方程为x 2＝－4y ，其准线方程为y ＝1. (2)证明：抛物线C 的焦点为F (0，－1)． 设直线l 的方程为y ＝kx －1(k ≠0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －1，x 2＝－4y ，得x 2＋4kx －4＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么x 1x 2＝－4. 直线OM 的方程为y ＝y 1x 1x .令y ＝－1，得点A 的横坐标x A ＝－x 1y 1.同理得点B 的横坐标x B ＝－x 2y 2.设点D (0，n )，那么DA→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 1y 1，－1－n ， DB→＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 2y 2，－1－n ， DA →·DB→＝x 1x 2y 1y2＋(n ＋1)2 ＝x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 214⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 224＋(n ＋1)2 ＝16x 1x 2＋(n ＋1)2 ＝－4＋(n ＋1)2.令DA →·DB →＝0，即－4＋(n ＋1)2＝0，得n ＝1或n ＝－3. 综上，以AB 为直径的圆经过y 轴上的定点(0,1)和(0，－3)．典例2(2019·某某模拟)Q 为圆x 2＋y 2＝1上一动点，Q 在x 轴，y 轴上的射影分别为点A ，B ，动点P 满足BA→＝AP →，记动点P 的轨迹为曲线C .(1)求曲线C 的方程；(2)过点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－35的直线与曲线C 交于M ，N 两点，判断以MN 为直径的圆是否过定点？假设是，求出定点的坐标；假设不是，请说明理由．解题思路 (1)设Q (x 0，y 0)，P (x ，y )，利用所给条件建立两点坐标之间的关系，利用Q 在圆上可得x ，y 的方程，即为所求．(2)设定点为H ，及直线l 的方程，与椭圆方程联立，利用根与系数的关系，及HM →·HN→＝0，得出恒等式，求得定点的坐标． 规X 解答 (1)设Q (x 0，y 0)，P (x ，y )，那么x 20＋y 20＝1，由BA →＝AP →，得⎩⎨⎧x 0＝x2，y 0＝－y ，代入x 20＋y 20＝1，得x 24＋y 2＝1，故曲线C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)假设存在满足条件的定点，由对称性可知，该定点在y 轴上，设定点为H (0，m )，当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx －35， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －35，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－245kx －6425＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)， 那么x 1＋x 2＝24k 51＋4k 2，x 1x 2＝－64251＋4k 2，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－65＝－651＋4k2，y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 1－35⎝ ⎛⎭⎪⎫kx 2－35＝k 2x 1x 2－35k (x 1＋x 2)＋925＝9－100k 2251＋4k 2， ∵HM →＝(x 1，y 1－m )，HN →＝(x 2，y 2－m )， ∴HM →·HN →＝x 1x 2＋y 1y 2－m (y 1＋y 2)＋m 2＝100m 2－1k 2＋25m 2＋30m －55251＋4k2＝0，∵对任意的k 恒成立，∴⎩⎪⎨⎪⎧100m 2－1＝0，25m 2＋30m －55＝0，解得m ＝1，即定点为H (0,1)，当直线l 的斜率不存在时，以MN 为直径的圆也过定点(0,1)． 综上，以MN 为直径的圆过定点(0,1)． 热点题型2 圆锥曲线中的定值问题典例1 如图，在平面直角坐标系xOy 中，点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，直线l ：x ＝－12，点P 在直线l 上移动，R 是线段FP 与y 轴的交点，RQ ⊥FP ，PQ ⊥l .(1)求动点Q 的轨迹C 的方程；(2)设圆M 过A (1,0)，且圆心M 在曲线C 上，TS 是圆M 在y 轴上截得的弦，当M 运动时，弦长|TS |是否为定值？请说明理由．解题思路 (1)R 是线段FP 的中点，且RQ ⊥FP →RQ 是线段PF 的垂直平分线→|PQ |＝|QF |→点Q 的轨迹是以F 为焦点，l 为准线的抛物线→确定焦准距，根据抛物线的焦点坐标，求出抛物线的方程．(2)①求|TS |的依据：a ＝2r 2－d 2，其中a 为弦长，r 为圆的半径，d 为圆心到弦所在直线的距离．②策略：设曲线C 上点M (x 0，y 0)，用相关公式求r ，d ；用x 0，y 0满足的等量关系消元．规X 解答 (1)依题意知，点R 是线段FP 的中点， 且RQ ⊥FP ，∴RQ 是线段FP 的垂直平分线． ∵点Q 在线段FP 的垂直平分线上， ∴|PQ |＝|QF |，又|PQ |是点Q 到直线l 的距离，故动点Q 的轨迹是以F 为焦点，l 为准线的抛物线，其方程为y 2＝2x (x >0)． (2)弦长|TS |为定值．理由如下：取曲线C 上点M (x 0，y 0)，M 到y 轴的距离为d ＝|x 0|＝x 0，圆的半径r ＝|MA |＝x 0－12＋y 20， 那么|TS |＝2r 2－d 2＝2y 20－2x 0＋1，∵点M 在曲线C 上， ∴x 0＝y 202，∴|TS |＝2y 20－y 20＋1＝2，是定值．典例2(2019·某某三模)给定椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，称圆心在原点O ，半径为a2＋b2的圆为椭圆C的“准圆〞．假设椭圆C的一个焦点为F(2，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为 3.(1)求椭圆C的方程和其“准圆〞方程；(2)假设点P是椭圆C的“准圆〞上的动点，过点P作椭圆的切线l1，l2交“准圆〞于点M，N.证明：l1⊥l2，且线段MN的长为定值．解题思路(1)根据椭圆的几何性质求a，c，再用b2＝a2－c2求b，可得椭圆C 的方程，进而可依据定义写出其“准圆〞方程．(2)分以下两种情况讨论：①l1，l2中有一条斜率不存在；②l1，l2斜率存在．对于①，易知切点为椭圆的顶点；对于②，可设出过P与椭圆相切的直线，并与椭圆方程联立后消元，由Δ＝0推出关于椭圆切线斜率的方程，利用根与系数的关系进行证明．规X解答(1)∵椭圆C的一个焦点为F(2，0)，其短轴上的一个端点到F的距离为 3.∴c＝2，a＝3，∴b＝a2－c2＝1，∴椭圆方程为x23＋y2＝1，∴“准圆〞方程为x2＋y2＝4.(2)证明：①当直线l1，l2中有一条斜率不存在时，不妨设直线l1斜率不存在，那么l1：x＝±3，当l1：x＝3时，l1与“准圆〞交于点(3，1)，(3，－1)，此时l2为y＝1(或y＝－1)，显然直线l1，l2垂直；同理可证当l 1：x ＝－3时，直线l 1，l 2垂直． ②当l 1，l 2斜率存在时，设点P (x 0，y 0)，其中x 20＋y 20＝4.设经过点P (x 0，y 0)与椭圆相切的直线为 y ＝t (x －x 0)＋y 0，∴由⎩⎨⎧y ＝t x －x 0＋y 0，x 23＋y 2＝1，得(1＋3t 2)x 2＋6t (y 0－tx 0)x ＋3(y 0－tx 0)2－3＝0.由Δ＝0化简整理，得(3－x 20)t 2＋2x 0y 0t ＋1－y 20＝0，∵x 20＋y 20＝4，∴有(3－x 20)t 2＋2x 0y 0t ＋(x 20－3)＝0.设l 1，l 2的斜率分别为t 1，t 2，∵l 1，l 2与椭圆相切，∴t 1，t 2满足上述方程(3－x 20)t 2＋2x 0y 0t ＋(x 20－3)＝0，∴t 1·t 2＝－1，即l 1，l 2垂直． 综合①②知，l 1⊥l 2.∵l 1，l 2经过点P (x 0，y 0)，又分别交其“准圆〞于点M ，N ，且l 1，l 2垂直． ∴线段MN 为“准圆〞x 2＋y 2＝4的直径，|MN |＝4， ∴线段MN 的长为定值．热点题型3 圆锥曲线中的证明问题典例1抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，过焦点F 的直线交C 于A ，B 两点，D 是抛物线的准线l 与y 轴的交点．(1)假设AB ∥l ，且△ABD 的面积为1，求抛物线的方程；(2)设M 为AB 的中点，过M 作l 的垂线，垂足为N .证明：直线AN 与抛物线相切．解题思路 (1)判断△ABD 的形状，求|FD |，|AB |.由△ABD 的面积为1，列方程求p ，得抛物线的方程．(2)将直线AB 的方程与抛物线C 的方程联立，消去y 并整理，结合根与系数的关系用k ，p 表示M ，N 的坐标．求k AN ：①斜率公式，②导数的几何意义，两个角度求斜率相等，证明相切．规X 解答 (1)∵AB ∥l ，∴△ABD 为等腰三角形，且FD ⊥AB ，又|FD |＝p ，|AB |＝2p .∴S △ABD ＝p 2＝1.∴p ＝1，故抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)证明：显然直线AB 的斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋p 2，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 212p ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 222p .由⎩⎨⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py消去y 整理得，x 2－2kpx －p 2＝0.∴x 1＋x 2＝2kp ，x 1x 2＝－p 2. ∴M ⎝ ⎛⎭⎪⎫kp ，k 2p ＋p 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫kp ，－p 2.∴k AN ＝x 212p ＋p 2x 1－kp＝x 212p ＋p 2x 1－x 1＋x 22＝x 21＋p 22px 1－x 22＝x 21－x 1x 22p x 1－x 22＝x 1p .又x 2＝2py ，∴y ′＝xp .∴抛物线x 2＝2py 在点A 处的切线的斜率k ′＝x 1p . ∴直线AN 与抛物线相切．典例2(2019·某某二模)设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 2a 2＋y 2＝1(1<a <5)上，该椭圆的左顶点A 到直线x －y ＋5＝0的距离为322.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)假设线段MN 平行于y 轴，满足(ON →－2OM →)·MN →＝0，动点P 在直线x ＝23上，满足ON →·NP→＝2.证明：过点N 且垂直于OP 的直线过椭圆C 的右焦点F . 解题思路 (1)根据椭圆的左顶点A 到直线x －y ＋5＝0的距离为322，列关于a 的等量关系求解，得椭圆C 的方程．(2)设出M ，N ，P 的坐标(注意M 与N 的横坐标相同，P 的横坐标)．先用(ON →－2OM →)·MN →＝0和ON →·NP →＝2推出坐标之间的关系，再利用这些等量关系证明NF →·OP→＝0. 规X 解答 (1)设左顶点A 的坐标为(－a,0)， ∵|－a ＋5|2＝322，∴|a －5|＝3，解得a ＝2或a ＝8(舍去)， ∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明：由题意，设M (x 0，y 0)，N (x 0，y 1)，P (23，t )，且y 1≠y 0，由(ON →－2OM →)·MN →＝0，可得(x 0－2x 0，y 1－2y 0)·(0，y 1－y 0)＝0，整理可得y 1＝2y 0，由ON →·NP →＝2，可得(x 0,2y 0)·(23－x 0，t －2y 0)＝2，整理，得23x 0＋2y 0t ＝x 20＋4y 20＋2＝6，由(1)可得F (3，0)， ∴NF →＝(3－x 0，－2y 0)， ∴NF →·OP →＝(3－x 0，－2y 0)·(23，t )＝6－23x 0－2y 0t ＝0， ∴NF ⊥OP ，故过点N 且垂直于OP 的直线过椭圆C 的右焦点F . 热点题型4 圆锥曲线中的最值与X 围问题典例1(2019·某某二模)设F 为抛物线C ：y 2＝2px 的焦点，A 是C 上一点，F A 的延长线交y 轴于点B ，A 为FB 的中点，且|FB |＝3.(1)求抛物线C 的方程；(2)过F 作两条互相垂直的直线l 1，l 2，直线l 1与C 交于M ，N 两点，直线l 2与C 交于D ，E 两点，求四边形MDNE 面积的最小值．解题思路(1)由题意画出图形，结合条件列式求得p ，那么抛物线C 的方程可求．(2)由直线l 1的斜率存在且不为0，设其方程为y ＝k (x －1)，与抛物线方程联立，求出|MN |，同理可求|DE |⎝ ⎛⎭⎪⎫实际上，在|MN |的表达式中用－1k 代替k 即可，可得四边形MDNE 的面积表达式，再利用基本不等式求最值．规X 解答 (1)如图，∵A 为FB 的中点，∴A 到y 轴的距离为p4， ∴|AF |＝p 4＋p 2＝3p 4＝|FB |2＝32，解得p ＝2. ∴抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)由直线l 1的斜率存在且不为0， 设其方程为y ＝k (x －1)． 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，y 2＝4x ，得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.∵Δ>0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2＋4k 2，那么|MN |＝x 1＋x 2＋2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋1k 2； 同理设D (x 3，y 3)，E (x 4，y 4)，∴x 3＋x 4＝2＋4k 2， 那么|DE |＝x 3＋x 4＋2＝4(1＋k 2)．∴四边形MDNE 的面积S ＝12|MN |·|DE |＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋k 2＋1k 2≥32.当且仅当k ＝±1时，四边形MDNE 的面积取得最小值32.典例2 如图，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A (2，0)，左、右焦点分别为F 1，F 2，过点A 且斜率为12的直线与y 轴交于点P ，与椭圆交于另一个点B ，且点B 在x 轴上的射影恰好为点F 1.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过点P 且斜率大于12的直线与椭圆交于M ，N 两点(|PM |>|PN |)，假设S △P AM ∶S △PBN ＝λ，某某数λ的取值X 围．解题思路 (1)求点B 的坐标→根据k AB ＝12列方程→由题意得a ＝2，a 2＝b 2＋c 2，解方程组求a ，b ，c ，写出椭圆C 的标准方程．(2)S △P AM ∶S △PBN ＝λ――→面积公式PM →与PN →的关系→点M ，N 坐标之间的关系→直线MN 的方程与椭圆C 的方程联立，消去y 整理→用根与系数的关系得出点M ，N 的坐标之间的关系式→推出λ与k 的关系，并根据k >12求X 围，找到λ所满足的不等式，求出λ的取值X 围．规X 解答 (1)因为BF 1⊥x 轴，所以点B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－c ，－b 2a ，所以⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b 2a a ＋c＝12，a 2＝b 2＋c2⇒⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝3，c ＝1，所以椭圆C 的标准方程是x 24＋y 23＝1. (2)因为S △P AM S △PBN＝12|P A |·|PM |·sin ∠APM12|PB |·|PN |·sin ∠BPN＝2·|PM |1·|PN |＝λ⇒|PM ||PN |＝λ2(λ>2)， 所以PM→＝－λ2PN →. 由(1)可知P (0，－1)，设直线MN ：y ＝kx －1⎝ ⎛⎭⎪⎫k >12，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎨⎧y ＝kx －1，x 24＋y 23＝1，化简得，(4k 2＋3)x 2－8kx －8＝0.得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 4k 2＋3，x 1x 2＝－84k 2＋3.(*)又PM →＝(x 1，y 1＋1)，PN →＝(x 2，y 2＋1)， 有x 1＝－λ2x 2，将x 1＝－λ2x 2代入(*)可得，2－λ2λ＝16k 24k 2＋3.因为k >12，所以16k 24k 2＋3＝163k 2＋4∈(1,4)，那么1<2－λ2λ<4且λ>2⇒4<λ<4＋2 3.综上所述，实数λ的取值X 围为(4,4＋23)． 热点题型5 圆锥曲线中的探索性问题典例1(2019·某某一模)抛物线E ：y 2＝4x ，圆C ：(x －3)2＋y 2＝1.(1)假设过抛物线E的焦点F的直线l与圆C相切，求直线l的方程；(2)在(1)的条件下，假设直线l交抛物线E于A，B两点，x轴上是否存在点M(t,0)使∠AMO＝∠BMO(O为坐标原点)？假设存在，求出点M的坐标；假设不存在，请说明理由．解题思路(1)求得抛物线的焦点，设出直线l的方程，运用直线l和圆C相切的条件：d＝r，解方程可得所求直线方程．(2)设出A，B的坐标，联立直线l的方程和抛物线E的方程，运用根与系数的关系和直线的斜率公式，依据∠AMO＝∠BMO，即k AM＋k BM＝0列方程化简整理，解方程可得t，即得点M的坐标，从而得到结论．规X解答(1)由题意，得抛物线的焦点F(1,0)，当直线l的斜率不存在时，过F的直线不可能与圆C相切，所以直线l的斜率存在．设直线l的斜率为k，方程为y＝k(x－1)，即kx－y－k＝0，由圆心(3,0)到直线l的距离为d＝|3k－k|1＋k2＝2|k|1＋k2，当直线l与圆C相切时，d＝r＝1，解得k＝±3 3，即直线l的方程为y＝±33(x－1)．(2)由(1)，当直线l的方程为y＝33(x－1)时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立抛物线E的方程可得x2－14x＋1＝0，那么x 1＋x 2＝14，x 1x 2＝1，x 轴上假设存在点M (t,0)使∠AMO ＝∠BMO ， 即有k AM ＋k BM ＝0， 得y 1x 1－t＋y 2x 2－t ＝0， 即y 1(x 2－t )＋y 2(x 1－t )＝0， 由y 1＝33(x 1－1)，y 2＝33(x 2－1)， 可得2x 1x 2－(x 1＋x 2)－(x 1＋x 2－2)t ＝0，即2－14－12t ＝0，即t ＝－1，M (－1,0)符合题意；当直线l 的方程为y ＝－33(x －1)时，由对称性可得M (－1，0)也符合条件． 所以存在定点M (－1,0)使∠AMO ＝∠BMO .典例2(2019·某某模拟)点A (0，－1)，B (0,1)，P 为椭圆C ：x 22＋y 2＝1上异于点A ，B 的任意一点．(1)求证：直线P A ，PB 的斜率之积为－12；(2)是否存在过点Q (－2,0)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点M ，N ，使得|BM |＝|BN |？假设存在，求出直线l 的方程；假设不存在，请说明理由．解题思路(1)设点P (x ，y )(x ≠0)，代入椭圆方程，由直线的斜率公式，即可得证． (2)假设存在直线l 满足题意．显然当直线斜率不存在时，直线与椭圆C 不相交，讨论直线的斜率是否为0，联立直线方程和椭圆方程，运用根与系数的关系和两直线垂直的条件：由|BM |＝|BN |想到在△BMN 中，边MN 所在直线的斜率与MN边上的中线所在直线的斜率之积为－1，可得所求直线方程．规X 解答 (1)证明：设点P (x ，y )(x ≠0)， 那么x 22＋y 2＝1，即y 2＝1－x 22， ∴k P A ·k PB ＝y ＋1x ·y －1x ＝y 2－1x 2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 22－1x 2＝－12，故得证．(2)假设存在直线l 满足题意．显然当直线斜率不存在时，直线与椭圆C 不相交．①当直线l 的斜率k ≠0时，设直线l 为y ＝k (x ＋2)，联立椭圆方程x 2＋2y 2＝2，化简得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－2＝0， 由Δ＝64k 4－4(1＋2k 2)(8k 2－2)>0， 解得－22<k <22(k ≠0)， 设点M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，那么⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝－8k 21＋2k 2，x 1x 2＝8k 2－21＋2k2，∴y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋4k ＝k ·－8k 21＋2k 2＋4k ＝4k 1＋2k 2， 取MN 的中点H ，即H ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22，y 1＋y 22，那么y1＋y22－1x1＋x22·k＝－1，即2k1＋2k2－1－4k21＋2k2·k＝－1，化简得2k2＋2k＋1＝0，无实数解，故舍去．②当k＝0时，M，N为椭圆C的左、右顶点，显然满足|BM|＝|BN|，此时直线l的方程为y＝0.综上可知，存在直线l满足题意，此时直线l的方程为y＝0.。
高考数学考纲解读与热点难点突破专题17圆锥曲线教学案理含解析
圆锥曲线【高考考纲解读】1.以选择题、填空题形式考查圆锥曲线的方程、几何性质(特别是离心率).2.以解答题形式考查直线与圆锥曲线的位置关系(弦长、中点等)． 【重点、难点剖析】一、圆锥曲线的定义与标准方程 1．圆锥曲线的定义(1)椭圆：|PF 1|＋|PF 2|＝2a (2a >|F 1F 2|)． (2)双曲线：||PF 1|－|PF 2||＝2a (2a <|F 1F 2|)．(3)抛物线：|PF |＝|PM |，点F 不在直线l 上，PM ⊥l 于点M . 2．求圆锥曲线标准方程“先定型，后计算”所谓“定型”，就是确定曲线焦点所在的坐标轴的位置；所谓“计算”，就是指利用待定系数法求出方程中的a 2，b 2，p 的值． (2)待定系数法．①顶点在原点，对称轴为坐标轴的抛物线，可设为y 2＝2ax 或x 2＝2ay (a ≠0)，避开对焦点在哪个半轴上的分类讨论，此时a 不具有p 的几何意义． ②中心在坐标原点，焦点在坐标轴上，椭圆方程可设为x 2m ＋y 2n ＝1(m >0，n >0)．双曲线方程可设为x 2m －y 2n＝1(mn >0)．这样可以避免讨论和烦琐的计算．对于x 2a 2＋y 2b 2＝1和x 2a 2－y 2b2＝1来说，抓住a 、b 、c 间的关系是关键.【变式探究】(·北京)若双曲线x 2－y 2m＝1的离心率为3，则实数m ＝________.答案 2解析 由双曲线的标准方程知，a ＝1，b 2＝m ，c ＝1＋m ，故双曲线的离心率e ＝c a＝1＋m ＝3， ∴1＋m ＝3，解得m ＝2.【变式探究】(·全国Ⅲ)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线方程为y ＝52x ，且与椭圆x 212＋y 23＝1有公共焦点，则C 的方程为( )A.x 28－y 210＝1 B.x 24－y 25＝1C.x 25－y 24＝1 D.x 24－y 23＝1 答案 B 解析 由y ＝52x ，可得b a ＝52.① 由椭圆x 212＋y 23＝1的焦点为(3,0)，(－3,0)，可得a 2＋b 2＝9.② 由①②可得a 2＝4，b 2＝5. 所以C 的方程为x 24－y 25＝1.故选B.【变式探究】(1)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点为F 1，F 2，左、右顶点为M ，N ，过F 2的直线l交C 于A ，B 两点(异于M ，N )，△AF 1B 的周长为43，且直线AM 与AN 的斜率之积为－23，则C 的方程为( ) A.x 212＋y 28＝1 B.x 212＋y 24＝1 C.x 23＋y 22＝1 D.x 23＋y 2＝1 答案 C解析 由△AF 1B 的周长为43，可知|AF 1|＋|AF 2|＋|BF 1|＋|BF 2|＝4a ＝43， 解得a ＝3，则M ()－3，0，N (3，0)． 设点A (x 0，y 0)(x 0≠±3)， 由直线AM 与AN 的斜率之积为－23，可得y 0x 0＋3·y 0x 0－3＝－23，即y 20＝－23(x 20－3)，①又x 203＋y 20b 2＝1，所以y 20＝b 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 203，②由①②解得b 2＝2. 所以C 的方程为x 23＋y 22＝1.(2)已知以圆C ：(x －1)2＋y 2＝4的圆心为焦点的抛物线C 1与圆C 在第一象限交于A 点，B 点是抛物线C 2：x 2＝8y 上任意一点，BM 与直线y ＝－2垂直，垂足为M ，则|BM |－|AB |的最大值为( ) A ．1 B ．2 C ．－1 D ．8 答案 A【感悟提升】(1)准确把握圆锥曲线的定义和标准方程及其简单几何性质，注意当焦点在不同坐标轴上时，椭圆、双曲线、抛物线方程的不同表示形式．(2)求圆锥曲线方程的基本方法就是待定系数法，可结合草图确定．【变式探究】(1)已知双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，以F 1，F 2为直径的圆与双曲线渐近线的一个交点为()3，4，则双曲线的方程为( ) A.x 216－y 29＝1 B.x 23－y 24＝1 C.x 24－y 23＝1 D.x 29－y 216＝1 答案 D解析 ∵点(3,4)在以|F 1F 2|为直径的圆上， ∴c ＝5，可得a 2＋b 2＝25.①又∵点(3,4)在双曲线的渐近线y ＝b ax 上，∴b a ＝43.② ①②联立，解得a ＝3且b ＝4，可得双曲线的方程为x 29－y 216＝1.(2)如图，过抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点F 的直线l 交抛物线于点A ，B ，交其准线于点C ，若|BC |＝2|BF |，且|AF |＝3，则此抛物线方程为( )A ．y 2＝9x B ．y 2＝6x C ．y 2＝3x D ．y 2＝3x 答案 C解析 如图分别过点A ，B 作准线的垂线，分别交准线于点E ，D ，设准线交x 轴于点G .设||BF ＝a ，则由已知得||BC ＝2a ，由抛物线定义，得||BD ＝a ，故∠BCD ＝30°， 在Rt△ACE 中，∵||AE ＝|AF |＝3，||AC ＝3＋3a ，|AC |＝2|AE |， ∴3＋3a ＝6，从而得a ＝1，||FC ＝3a ＝3. ∴p ＝||FG ＝12||FC ＝32，因此抛物线方程为y 2＝3x ，故选C. 题型二 圆锥曲线的几何性质例2、 (·北京)已知椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，双曲线N ：x 2m 2－y 2n2＝1.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________． 答案3－1 2解析 方法一 双曲线N 的渐近线方程为y ＝±n m x ，则n m＝tan 60°＝3，∴双曲线N 的离心率e 1满足e 21＝1＋n 2m2＝4，∴e 1＝2. 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝3x ，x 2a 2＋y 2b2＝1，得x 2＝a 2b 23a 2＋b2.如图，设D 点的横坐标为x ，由正六边形的性质得|ED |＝2x ＝c ，∴4x 2＝c 2. ∴4a 2b 23a 2＋b2＝a 2－b 2，得3a 4－6a 2b 2－b 4＝0， ∴3－6b 2a2－⎝ ⎛⎭⎪⎫b 2a 22＝0，解得b2a2＝23－3.∴椭圆M 的离心率e 2满足e 22＝1－b 2a2＝4－2 3.∴e 2＝3－1.方法二 双曲线N 的渐近线方程为y ＝±n mx ， 则n m＝tan 60°＝ 3.又c 1＝m 2＋n 2＝2m ，∴双曲线N 的离心率为c 1m＝2. 如图，连接EC ，由题意知，F ，C 为椭圆M 的两焦点， 设正六边形的边长为1，则|FC |＝2c 2＝2，即c 2＝1. 又E 为椭圆M 上一点，则|EF |＋|EC |＝2a ，即1＋3＝2a ， ∴a ＝1＋32.∴椭圆M 的离心率为c 2a ＝21＋3＝3－1.【变式探究】(·全国Ⅰ)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 →等于( ) A ．5 B ．6 C ．7 D ．8【变式探究】(·全国Ⅰ)已知双曲线C ：x 23－y 2＝1，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 |等于( ) A.32 B ．3 C ．2 3 D ．4 答案 B解析 由已知得双曲线的两条渐近线方程为y ＝±13 x .设两渐近线的夹角为2α，则有tan α＝13＝33， 所以α＝30°. 所以∠MON ＝2α＝60°.又△OMN 为直角三角形，由于双曲线具有对称性，不妨设MN ⊥ON ，如图所示．在Rt△ONF 中，|OF |＝2，则|ON |＝ 3.则在Rt△OMN 中，|MN |＝|ON |·tan 2α＝3·tan 60°＝3.【方法技巧】圆锥曲线几何性质的应用技巧1．求解与椭圆曲线几何性质有关的问题时要结合图形进行分析，即使不画出图形，思考时也要联想到图形．当涉及顶点、焦点、长轴、短轴等椭圆的基本量时，要理清它们之间的关系，挖掘出它们之间的内在联系．2．解决椭圆和双曲线的离心率的求值及范围问题其关键就是确立一个关于a ，b ，c 的方程(组)或不等式(组)，再根据a ，b ，c 的关系消掉b 得到a ，c 的关系式，要充分利用椭圆和双曲线的几何性质、点的坐标的范围等.【变式探究】(·全国Ⅱ)若双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的一条渐近线被圆(x －2)2＋y 2＝4所截得的弦长为2，则双曲线C 的离心率为________． 答案 2解析 设双曲线的一条渐近线方程为y ＝b ax ， 圆的圆心为(2,0)，半径为2，由弦长为2，得圆心到渐近线的距离为22－12＝ 3.由点到直线的距离公式，得|2b |a 2＋b2＝3，解得b 2＝3a 2.所以双曲线C 的离心率e ＝ca ＝c 2a 2＝1＋b 2a2＝2.【变式探究】(1)设F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，过点F 1的直线交椭圆E 于A ，B两点，若△AF 1F 2的面积是△BF 1F 2面积的三倍，cos∠AF 2B ＝35，则椭圆E 的离心率为( )A.12B.23C.32D.22 答案 D解析 设|F 1B |＝k ()k >0， 依题意可得|AF 1|＝3k ，|AB |＝4k ， ∴|AF 2|＝2a －3k ，|BF 2|＝2a －k . ∵cos∠AF 2B ＝35，在△ABF 2中，由余弦定理可得|AB |2＝|AF 2|2＋|BF 2|2－2|AF 2||BF 2|cos∠AF 2B ， ∴(4k )2＝(2a －3k )2＋(2a －k )2－65(2a －3k )(2a －k )，化简可得(a ＋k )(a －3k )＝0， 而a ＋k >0，故a －3k ＝0，a ＝3k ， ∴|AF 2|＝|AF 1|＝3k ，|BF 2|＝5k ， ∴|BF 2|2＝|AF 2|2＋|AB |2，∴AF 1⊥AF 2，∴△AF 1F 2是等腰直角三角形． ∴c ＝22a ，椭圆的离心率e ＝c a ＝22. (2)已知双曲线M ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，||F 1F 2＝2c .若双曲线M 的右支上存在点P ，使a sin∠PF 1F 2＝3csin∠PF 2F 1，则双曲线M 的离心率的取值范围为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫1，2＋73B.⎝⎛⎦⎥⎤1，2＋73C ．(1,2) D.(]1，2 答案 A解析 根据正弦定理可知sin∠PF 1F 2sin∠PF 2F 1＝|PF 2||PF 1|，所以|PF 2||PF 1|＝a 3c ，即|PF 2|＝a 3c|PF 1|，||PF 1||－PF 2＝2a ，所以⎝ ⎛⎭⎪⎫1－a 3c ||PF 1＝2a ，解得||PF 1＝6ac 3c －a ，而||PF 1>a ＋c ，即6ac3c －a>a ＋c ，整理得3e 2－4e －1<0，解得2－73<e <2＋73.又因为离心率e >1，所以1<e <2＋73，故选A.【感悟提升】(1)明确圆锥曲线中a ，b ，c ，e 各量之间的关系是求解问题的关键．(2)在求解有关离心率的问题时，一般并不是直接求出c 和a 的值，而是根据题目给出的椭圆或双曲线的几何特点，建立关于参数c ，a ，b 的方程或不等式，通过解方程或不等式求得离心率的值或取值范围．【变式探究】(1)(·全国Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点，A 是C 的左顶点，点P在过A 且斜率为36的直线上，△PF 1F 2为等腰三角形，∠F 1F 2P ＝120°，则C 的离心率为( ) A.23 B.12 C.13 D.14 答案 D解析 如图，作PB ⊥x 轴于点B .由题意可设|F 1F 2|＝|PF 2|＝2，则c ＝1， 由∠F 1F 2P ＝120°， 可得|PB |＝3，|BF 2|＝1， 故|AB |＝a ＋1＋1＝a ＋2， tan∠PAB ＝|PB ||AB |＝3a ＋2＝36，解得a ＝4，所以e ＝c a ＝14.故选D.(2)已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的焦距为2c ，直线l 过点⎝ ⎛⎭⎪⎫23a ，0且与双曲线C 的一条渐近线垂直，以双曲线C 的右焦点为圆心，半焦距为半径的圆与直线l 交于M ，N 两点，若|MN |＝423c ，则双曲线C 的渐近线方程为( )A ．y ＝±2xB ．y ＝±3xC ．y ＝±2xD ．y ＝±4x答案 B解析 方法一 由题意可设渐近线方程为y ＝b ax ， 则直线l 的斜率k l ＝－a b，直线l 的方程为y ＝－a b ⎝⎛⎭⎪⎫x －23a ，整理可得ax ＋by －23a 2＝0.焦点(c,0)到直线l 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ac －23a 2a 2＋b 2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪ac －23a 2c，则弦长为2c 2－d 2＝2c 2－⎝⎛⎭⎪⎫ac －23a 22c 2＝423c ，整理可得c 4－9a 2c 2＋12a 3c －4a 4＝0， 即e 4－9e 2＋12e －4＝0，分解因式得()e －1()e －2()e 2＋3e －2＝0.又双曲线的离心率e >1，则e ＝c a＝2，所以b a ＝c 2－a 2a 2＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫c a 2－1＝3， 所以双曲线C 的渐近线方程为y ＝±3x . 方法二 圆心到直线l 的距离为c 2－⎝⎛⎭⎪⎫223c 2＝c3， ∴⎪⎪⎪⎪⎪⎪ac －23a 2c＝c3，∴c 2－3ac ＋2a 2＝0， ∴c ＝2a ，b ＝3a ， ∴渐近线方程为y ＝±3x . 题型三 直线与圆锥曲线例3、(·全国Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8.(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．(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y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5. 设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧ y 0＝－x 0＋5，x 0＋12＝x 0－y 0－122＋16， 解得⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝3，y 0＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝11，y 0＝－6.因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.【变式探究】(·天津)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B .已知椭圆的离心率为53，点A 的坐标为(b,0)，且|FB |·|AB |＝6 2.(1)求椭圆的方程；(2)设直线l ：y ＝kx (k >0)与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q .若|AQ ||PQ |＝524sin∠AOQ (O 为原点)，求k 的值．解 (1)设椭圆的焦距为2c ，由已知有 c 2a 2＝59， 又由a 2＝b 2＋c 2，可得2a ＝3b .由已知可得|FB |＝a ，|AB |＝2b ，由|FB |·|AB |＝62，可得ab ＝6，从而a ＝3，b ＝2.所以椭圆的方程为x 29＋y 24＝1. (2)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|PQ |sin∠AOQ ＝y 1－y 2.又因为|AQ |＝y 2sin∠OAB ，而∠OAB ＝π4， 所以|AQ |＝2y 2.由|AQ ||PQ |＝524sin∠AOQ ，可得5y 1＝9y 2. 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ，x 29＋y 24＝1，消去x ，可得y 1＝6k9k 2＋4 . 由题意求得直线AB 的方程为x ＋y －2＝0，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ，x ＋y －2＝0，消去x ，可得y 2＝2k k ＋1. 由5y 1＝9y 2，可得5(k ＋1)＝39k 2＋4，两边平方，整理得56k 2－50k ＋11＝0，解得k ＝12或k ＝1128. 所以k 的值为12或1128. 【变式探究】[·全国卷Ⅰ]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【解析】由题意知直线MN 的方程为y ＝23(x ＋2)， 联立直线与抛物线的方程，得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝23x ＋2，y 2＝4x ，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝1，y ＝2或⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝4，y ＝4.不妨设M 为(1,2)，N 为(4,4)．又∵抛物线焦点为F (1,0)，∴FM →＝(0,2)，FN →＝(3,4)．∴FM →·FN →＝0×3＋2×4＝8.故选D.【答案】D【方法技巧】解决直线与圆锥曲线位置关系问题的方法1．通法：将直线l 的方程Ax ＋By ＋C ＝0(A ，B 不同时为0)代入双曲线E 的方程F (x ，y )＝0，消去y (也可以消去x )得到一个关于变量x (或变量y )的一元二次方程．解此方程或利用根与系数的关系整体代入的思想解题．2．点差法：在涉及直线与圆锥曲线相交弦的中点与斜率问题时，常把直线与圆锥曲线的交点坐标代入圆锥曲线方程，作差后结合已知条件进行转化求解．提醒：利用点差法，对求出的结果要验证其是否满足相交的要求，即Δ＞0.【变式探究】(·天津)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F (－c,0)，右顶点为A ，点E 的坐标为(0，c )，△EFA 的面积为b 22. (1)求椭圆的离心率；(2)设点Q 在线段AE 上，|FQ |＝3c 2，延长线段FQ 与椭圆交于点P ，点M ，N 在x 轴上，PM ∥QN ，且直线PM 与直线QN 间的距离为c ，四边形PQNM 的面积为3c .①求直线FP 的斜率；②求椭圆的方程．解 (1)设椭圆的离心率为e .由已知可得12(c ＋a )c ＝b 22. 又由b 2＝a 2－c 2，可得2c 2＋ac －a 2＝0，即2e 2＋e －1＝0，解得e ＝－1或e ＝12. 又因为0<e <1，所以e ＝12.所以椭圆的离心率为12. (2)①依题意，设直线FP 的方程为x ＝my －c (m >0)，则直线FP 的斜率为1m. 由(1)知a ＝2c ，可得直线AE 的方程为x 2c ＋y c＝1， 即x ＋2y －2c ＝0，与直线FP 的方程联立，可得x ＝2m －2c m ＋2，y ＝3c m ＋2， 即点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫2m －2c m ＋2，3c m ＋2.由已知|FQ |＝3c 2， 有⎣⎢⎡⎦⎥⎤2m －2c m ＋2＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c m ＋22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 22， 整理得3m 2－4m ＝0，所以m ＝43(m ＝0舍去)， 即直线FP 的斜率为34. ②由a ＝2c ，可得b ＝3c ，故椭圆方程可以表示为x 24c 2＋y 23c 2＝1. 由①得直线FP 的方程为3x －4y ＋3c ＝0，与椭圆方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧ 3x －4y ＋3c ＝0，x 24c 2＋y 23c2＝1， 消去y ，整理得7x 2＋6cx －13c 2＝0，解得x ＝－13c 7(舍去)或x ＝c .因此可得点P ⎝⎛⎭⎪⎫c ，3c 2， 进而可得|FP |＝ c ＋c 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3c 22＝5c 2， 所以|PQ |＝|FP |－|FQ |＝5c 2－3c 2＝c . 由已知，线段PQ 的长即为PM 与QN 这两条平行直线间的距离，故直线PM 和QN 都垂直于直线FP . 因为QN ⊥FP ，所以|QN |＝|FQ |·tan∠QFN ＝3c 2×34＝9c 8， 所以△FQN 的面积为12|FQ ||QN |＝27c 232. 同理△FPM 的面积等于75c 232. 由四边形PQNM 的面积为3c ，得75c 232－27c 232＝3c ， 整理得c 2＝2c .又由c >0，得c ＝2.所以椭圆的方程为x 216＋y 212＝1. 【变式探究】已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线交椭圆于A ，B 两点． (1)若直线AB 与椭圆的长轴垂直，|AB |＝12a ，求椭圆的离心率； (2)若直线AB 的斜率为1，|AB |＝2a 3a 2＋b2，求椭圆的短轴与长轴的比值． 解 (1)由题意可知，直线AB 的方程为x ＝－c ，∴|AB |＝2b 2a ＝12a ， 即a 2＝4b 2， 故e ＝c a ＝a 2－b 2a 2＝1－b 2a 2＝32. (2)设F 1(－c,0)，则直线AB 的方程为y ＝x ＋c ，联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x ＋c ，x 2a 2＋y2b2＝1，消去y ， 得(a 2＋b 2)x 2＋2a 2cx ＋a 2c 2－a 2b 2＝0， Δ＝4a 4c 2－4a 2(a 2＋b 2)(c 2－b 2)＝8a 2b 4.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－2a 2c a 2＋b 2，x 1x 2＝a 2c 2－b 2a 2＋b 2， ∴|AB |＝1＋1|x 1－x 2|＝2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝2·8a 2b 4a 2＋b 2 ＝4ab 2a 2＋b 2＝2a 3a 2＋b 2， ∴a 2＝2b 2，∴b 2a 2＝12， ∴2b 2a ＝22，即椭圆的短轴与长轴之比为22. 【感悟提升】解决直线与圆锥曲线问题的通法是联立方程，利用根与系数的关系，设而不求思想，弦长公式等简化计算；涉及中点弦问题时，也可用“点差法”求解．【变式探究】如图，过抛物线M ：y ＝x 2上一点A (点A 不与原点O 重合)作抛物线M 的切线AB 交y 轴于点B ，点C 是抛物线M 上异于点A 的点，设G 为△ABC 的重心(三条中线的交点)，直线CG 交y 轴于点D .设点A (x 0，x 20)(x 0≠0)．(1)求直线AB 的方程；(2)求|OB ||OD |的值．解 (1)因为y ′＝2x ，所以直线AB 的斜率k ＝y ′＝2x 0. 所以直线AB 的方程y －x 20＝2x 0(x －x 0)，即y ＝2x 0x －x 20，即直线AB 的方程为2x 0x －y －x 20＝0.因为G 为△ABC 的重心，所以y 1＝3y 2. 由根与系数的关系，得y 1＋y 2＝4y 2＝1－mx 0m 2，y 1y 2＝3y 22＝x 204m 2. 所以1－mx 0216m 4＝x 212m 2，解得mx 0＝－3±23，满足Δ>0.所以点D 的纵坐标y D ＝－x 02m ＝x 206±43，故|OB ||OD |＝|y B ||y D |＝43±6.。
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突破点15圆锥曲线中的综合问题(酌情自选)(对应学生用书第167页)提炼1解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握(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(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．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＋2b2＝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·山东高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的长轴长为4，焦距为2 2.(1)求椭圆C 的方程．(2)过动点M (0，m )(m >0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点．过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k为定值； ②求直线AB 的斜率的最小值．图151[解] (1)设椭圆的半焦距为c .由题意知2a ＝4,2c ＝22，所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.2分(2)①证明：设P (x 0，y 0)(x 0>0，y 0>0)． 由M (0，m )，可得P (x 0,2m )，Q (x 0，－2m ).3分所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0，4分直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3m x 0.5分此时k ′k ＝－3.所以k ′k为定值－3.6分 ②设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由①知直线PA 的方程为y ＝kx ＋m ，则直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0.8分 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝2m 2－22k 2＋1x 0， 所以y 1＝kx 1＋m ＝2k m 2－22k 2＋1x 0＋m .9分 同理x 2＝2m 2－218k 2＋1x 0，y 2＝－6k m 2－218k 2＋1x 0＋m .10分 所以x 2－x 1＝2m 2－218k 2＋1x 0－2m 2－22k 2＋1x 0＝－32k2m 2－218k 2＋12k 2＋1x 0，11分 y 2－y 1＝－6k m 2－218k 2＋1x 0＋m －2k m 2－22k 2＋1x 0－m ＝－8k 6k 2＋1m 2－218k 2＋12k 2＋1x 0，12分 所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫6k ＋1k .由m >0，x 0>0，可知k >0，所以6k ＋1k ≥26，等号当且仅当k ＝66时取得．此时m4－8m2＝66，即m ＝147，符合题意． 所以直线AB 的斜率的最小值为62.14分 回访3 与圆锥曲线有关的探索性问题3．(2015·四川高考)如图152，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率是22，点P (0,1)在短轴CD 上，且PC →·PD →＝－1.(1)求椭圆E 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点P 的动直线与椭圆交于A ，B 两点．是否存在常数λ，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．图152[解] (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )． 又点P 的坐标为(0,1)，且PC →·PD →＝－1，于是⎩⎪⎨⎪⎧1－b 2＝－1，c a ＝22，a 2－b 2＝c 2.解得a ＝2，b ＝ 2.所以椭圆E 的方程为x 24＋y 22＝1.4分(2)当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1，A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0.其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)>0， 所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1.6分 从而，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1 ＝－2λ－4k 2＋－2λ－12k 2＋1＝－λ－12k 2＋1－λ－2.9分所以，当λ＝1时，－λ－12k 2＋1－λ－2＝－3.此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝－3为定值.10分 当直线AB 斜率不存在时，直线AB 即为直线CD .此时，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝OC →·OD →＋PC →·PD →＝－2－1＝－3.12分 故存在常数λ＝1，使得OA →·OB →＋λPA →·PB →为定值－3.13分(对应学生用书第167页)热点题型1 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.(2016·烟台二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点F 1与抛物线y 2＝－43x 的焦点重合，过点F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点．当直线l 经过椭圆C 的一个短轴端点时，与以原点O 为圆心，以椭圆的离心率e 为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)是否在x 轴上存在定点M ，使AM →·BM →为定值？若存在，请求出定点M 及定值；若不存在，请说明理由．[解] (1)依题意，得c ＝3，即F 1(－3，0).1分 又由题意可得e ＝bc a ＝c a，所以b ＝1，2分 所以a ＝2，3分所以所求椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)当直线l 的斜率存在时，则可设直线l 的方程为y ＝k (x ＋3)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x ＋3，x 24＋y 2＝1，消去y 得(4k 2＋1)x 2＋83k 2x ＋12k 2－4＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则由韦达定理可得x 1＋x 2＝－83k 24k 2＋1，x 1x 2＝12k 2－44k 2＋1.7分设点M (m,0)，则AM →＝(m －x 1，－y 1)，BM →＝(m －x 2，－y 2)， AM →·BM →＝(m －x 1)(m －x 2)＋y 1y 2＝m 2－m (x 1＋x 2)＋x 1x 2＋k 2()x 1＋3()x 2＋3 ＝m 2＋(3k 2－m )()x 1＋x 2＋(k 2＋1)x 1x 2＋3k 2＝m 2＋(3k 2－m )－83k 24k 2＋1＋(k 2＋1)12k 2－44k 2＋1＋3k 2＝4m 2＋83m ＋11k 2＋m 2－44k 2＋1，9分 要使AM →·BM →为定值，则4m 2＋83m ＋11m 2－4＝41，解得m ＝－938，即AM →·BM →＝－1364.11分当直线l 的斜率不存在时，则可知点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，－12，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－3，12，AM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－38，12，BM →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－38，－12，AM →·BM →＝－1364，即在x 轴上存在定点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－938，0，使AM →·BM →为定值－1364.13分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．[变式训练1] (2016·北京高考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝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．[解] (1)由题意得a ＝2，b ＝1， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.3分又c ＝a 2－b 2＝3，∴离心率e ＝c a ＝32.5分 (2)证明：设P (x 0，y 0)(x 0＜0，y 0＜0)，则x 20＋4y 20＝4.6分又A (2,0)，B (0,1)， ∴直线PA 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 0－2.9分 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 0－1.12分 ∴四边形ABNM 的面积S ＝12|AN |·|BM |＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋x 0y 0－1⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋2y 0x 0－2 ＝x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋42x 0y 0－x 0－2y 0＋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.14分 热点题型2 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.(2016·全国乙卷)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 ， 所以∠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 |＝4.2分由题设得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).4分(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.所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12k 2＋14k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k(x －1)，点A 到直线m 的距离为2k 2＋1，6分所以|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＋3.8分 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).10分 当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8， 故四边形MPNQ 的面积为12.综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83).12分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2] (名师押题)已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)，过其焦点作斜率为1的直线l 交抛物线C 于M ，N 两点，且|MN |＝16.(1)求抛物线C 的方程；(2)已知动圆P 的圆心在抛物线C 上，且过定点D (0,4)，若动圆P 与x 轴交于A ，B 两点，求|DA ||DB |＋|DB ||DA |的最大值. 【导学号：67722055】[解] (1)设抛物线的焦点为F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，则直线l ：y ＝x ＋p2.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋p 2，x 2＝2py ，得x 2－2px －p 2＝0，∴x 1＋x 2＝2p ，∴y 1＋y 2＝3p ， ∴|MN |＝y 1＋y 2＋p ＝4p ＝16，∴p ＝4， ∴抛物线C 的方程为x 2＝8y .4分(2)设动圆圆心P (x 0，y 0)，A (x 1,0)，B (x 2,0)，则x 20＝8y 0，且圆P ：(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝x 20＋(y 0－4)2， 令y ＝0，整理得x 2－2x 0x ＋x 20－16＝0， 解得x 1＝x 0－4，x 2＝x 0＋4，6分 设t ＝|DA ||DB |＝x 0－42＋16x 0＋42＋16＝x 20－8x 0＋32x 20＋8x 0＋32＝1－16x 0x 20＋8x 0＋32，当x 0＝0时，t ＝1， ①7分 当x 0≠0时，t ＝1－16x 0＋8＋32x 0.∵x 0＞0，∴x 0＋32x 0≥82，∴t ≥1－168＋82＝3－22＝2－1，且t ＜1， ② 综上①②知2－1≤t ≤1.9分∵f (t )＝t ＋1t在[2－1,1]上单调递减，∴|DA ||DB |＋|DB ||DA |＝t ＋1t ≤2－1＋12－1＝22， 当且仅当t ＝2－1，即x 0＝42时等号成立． ∴|DA ||DB |＋|DB ||DA |的最大值为2 2.12分 热点题型3 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.(2016·长沙二模)如图153，在平面直角坐标系xOy 中，已知F 1，F 2分别是椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点，A ，B 分别是椭圆E 的左、右顶点，D (1,0)为线段OF 2的中点，且AF 2→＋5BF 2→＝0.图153(1)求椭圆E 的方程；(2)若M 为椭圆E 上的动点(异于点A ，B )，连接MF 1并延长交椭圆E 于点N ，连接MD ，ND 并分别延长交椭圆E 于点P ，Q ，连接PQ ，设直线MN ，PQ 的斜率存在且分别为k 1，k 2.试问是否存在常数λ，使得k 1＋λk 2＝0恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．[解题指导] (1)D 为OF 2的中点→求c →AF 2→＋5BF 2→＝0→a 与c 的关系→椭圆方程 (2)假设存在常数λ→设点M ，N ，P ，Q 的坐标→直线MD 的方程与椭圆方程联立→用点M 的坐标表示点P ，Q 的坐标 →点M ，F 1，N 共线→得到点M ，N 坐标的关系→求k 2→得到k 1与k 2的关系[解] (1)∵AF 2→＋5BF 2→＝0，∴AF 2→＝5F 2B →，∵a ＋c ＝5(a －c )，化简得2a ＝3c ，又点D (1,0)为线段OF 2的中点，∴c ＝2，从而a ＝3，b ＝5，左焦点F 1(－2,0)，故椭圆E 的方程为x 29＋y 25＝1.4分(2)假设存在满足条件的常数λ，使得k 1＋λk 2＝0恒成立， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (x 3，y 3)，Q (x 4，y 4)，则直线MD 的方程为x ＝x 1－1y 1y ＋1，代入椭圆方程x 29＋y 25＝1，整理得，5－x 1y 21y 2＋x 1－1y 1y－4＝0，6分∵y 1＋y 3＝y 1x 1－1x 1－5，∴y 3＝4y 1x 1－5，从而x 3＝5x 1－9x 1－5，故点P ⎝ ⎛⎭⎪⎫5x 1－9x 1－5，4y 1x 1－5， 同理，点Q ⎝⎛⎭⎪⎫5x 2－9x 2－5，4y 2x 2－5.8分∵三点M ，F 1，N 共线，∴y 1x 1＋2＝y 2x 2＋2， 从而x 1y 2－x 2y 1＝2(y 1－y 2)，从而k 2＝y 3－y 4x 3－x 4＝4y 1x 1－5－4y 2x 2－55x 1－9x 1－5－5x 2－9x 2－5＝x 1y 2－x 2y 1＋5y 1－y 24x 1－x 2＝7y 1－y 24x 1－x 2＝7k 14，故k 1－4k 27＝0，从而存在满足条件的常数λ，λ＝－47.12分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3] (2016·泰安模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的焦点分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)，点P 在椭圆C 上，满足|PF 1|＝7|PF 2|，tan ∠F 1PF 2＝4 3. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知点A (1,0)，试探究是否存在直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于D ，E 两点，且使得|AD |＝|AE |？若存在，求出k 的取值范围；若不存在，请说明理由.【导学号：67722056】[解] (1)由|PF 1|＝7|PF 2|，PF 1＋PF 2＝2a 得PF 1＝7a 4，PF 2＝a4.2分由余弦定理得cos ∠F 1PF ＝17＝⎝ ⎛⎭⎪⎫7a 42＋⎝ ⎛⎭⎪⎫a 42－2322×7a 4×a 4，∴a ＝2，∴所求C 的方程为x 24＋y 2＝1.4分(2)假设存在直线l 满足题设，设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，将y ＝kx ＋m 代入x 24＋y 2＝1并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，由Δ＝64k 2m 2－4(1＋4k 2)(4m 2－4)＝－16(m 2－4k 2－1)＞0，得4k 2＋1＞m 2.①6分又x 1＋x 2＝－8km1＋4k2.设D ，E 中点为M (x 0，y 0)，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4km 1＋4k 2，m 1＋4k 2，k AMk ＝－1，得m ＝－1＋4k 23k ，②8分将②代入①得4k 2＋1＞⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋4k 23k 2，化简得20k 4＋k 2－1＞0⇒(4k 2＋1)(5k 2－1)＞0，解得k ＞55或k ＜－55，所以存在直线l ，使得|AD |＝|AE |，此时k 的取值范围为⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－55∪⎝⎛⎭⎪⎫55，＋∞.12分 专题限时集训(十五) 圆锥曲线中的综合问题 [建议用时：45分钟]1．(2016·中原名校联盟二模)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，点B (0，3)为短轴的一个端点，∠OF 2B ＝60°.图154(1)求椭圆C 的方程；(2)如图154，过右焦点F 2，且斜率为k (k ≠0)的直线l 与椭圆C 相交于D ，E 两点，A 为椭圆的右顶点，直线AE ，AD 分别交直线x ＝3于点M ，N ，线段MN 的中点为P ，记直线PF 2的斜率为k ′.试问k ·k ′是否为定值？若为定值，求出该定值；若不为定值，请说明理由．[解] (1)由条件可知a ＝2，b ＝3，故所求椭圆方程为x 24＋y 23＝1.4分(2)设过点F 2(1,0)的直线l 的方程为y ＝k (x －1)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，x 24＋y23＝1，可得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.5分因为点F 2(1,0)在椭圆内，所以直线l 和椭圆都相交，即Δ＞0恒成立．设点E (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.6分因为直线AE 的方程为y ＝y 1x 1－2(x －2)，直线AD 的方程为y ＝y 2x 2－2(x －2)，令x ＝3，可得M ⎝⎛⎭⎪⎫3，y 1x 1－2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫3，y 2x 2－2，所以点P 的坐标⎝ ⎛⎭⎪⎫3，12⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1x 1－2＋y 2x 2－2.8分 直线PF 2的斜率为k ′＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1x 1－2＋y 2x 2－2－03－1＝14·x 1y 2＋x 2y 1－2y 1＋y 2x 1x 2－2x 1＋x 2＋4＝14·2kx 1x 2－3k x 1＋x 2＋4k x 1x 2－2x 1＋x 2＋4 ＝14·2k ·4k 2－124k 2＋3－3k ·8k 24k 2＋3＋4k4k 2－124k 2＋3－2·8k 24k 2＋3＋4＝－34k， 所以k ·k ′为定值－34.12分2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)，F 1，F 2是左右焦点，A ，B 是长轴两端点，点P (a ，b )与F 1，F 2围成等腰三角形，且S △PF 1F 2＝ 3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设点Q 是椭圆上异于A ，B 的动点，直线x ＝－4与QA ，QB 分别交于M ，N 两点． (i)当QF 1→＝λMN →时，求Q 点坐标；(ⅱ)过点M ，N ，F 1三点的圆是否经过x 轴上不同于点F 1的定点？若经过，求出定点坐标，若不经过，请说明理由．[解] (1)F 1(－c,0)，F 2(c,0)，由题意可得F 1F 2＝PF 2，∴(a －c )2＋b 2＝4c 2.1分 由S △PF 1F 2＝3可得，12·2c ·b ＝bc ＝ 3.2分两式联立解得a ＝2，b ＝3，∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.4分(2)(ⅰ)∵QF 1→＝λMN →，∴QF 1∥MN ，∴QF 1⊥x 轴.5分 由(1)知，c 2＝1，∴F 1(－1,0)．设Q (－1，y )，则有14＋y 23＝1，∴y ＝±32，∴Q ⎝⎛⎭⎪⎫－1，±32.7分 (ⅱ)设Q (x 0，y 0)，则k QA ＝y 0x 0＋2，直线QA 的方程为y ＝y 0x 0＋2(x ＋2)．令x ＝－4得M 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－2y 0x 0＋2.9分同理k QB ＝y 0x 0－2，直线QB 的方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，得N 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－4，－6y 0x 0－2，10分MN ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－6y 0x 0－2－－2y 0x 0＋2＝3x 0＋4|y 0|.11分 设圆心坐标为O (m ，n )，若x 轴上存在定点E (λ，0)满足条件，则有m ＝λ－12，n ＝12⎝ ⎛⎭⎪⎫－6y 0x 0－2＋－2y 0x 0＋2＝3x 0＋1y 0.12分 由题意可得(m ＋4)2＋MN 24＝n 2＋EF 214，13分代入得⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－12＋42＋14·9x 0＋42y 20＝9x 0＋12y 20＋λ＋124.即⎝ ⎛⎭⎪⎫λ－12＋42－λ＋124＝36x 0＋12－9x 0＋424y 20＝93x 20－124y 2＝－9， 整理得λ＝－7，∴x 轴上存在点E (－7,0)满足题意.14分3．(2016·淄博二模)已知点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，64是等轴双曲线C ：y 2a 2－x 2a 2＝1上一点，抛物线x 2＝2py (p ＞0)的焦点与双曲线C 的一个焦点重合．图155(1)求抛物线的方程；(2)若点P 是抛物线上的动点，点A ，B 在x 轴上，圆x 2＋(y －1)2＝1内切于△PAB ，求△PAB 面积的最小值．[解] (1)将⎝ ⎛⎭⎪⎫12，64代入双曲线可得，38a 2－14a 2＝1，解得a 2＝18，c 2＝a 2＋a 2＝14，2分由题意可知，p 2＝12，p ＝1，所以抛物线方程为x 2＝2y .4分(2)设P (x 0，y 0)，A (m,0)，B (n,0)，不妨设n ＞m . 直线PA 的方程：y ＝y 0x 0－m(x －m )，化简得y 0x ＋(m －x 0)y －my 0＝0.6分 又圆心(0,1)到PA 的距离为1，|m －x 0－my 0|y 20＋m －x 02＝1，上式化简得(y 20－2y 0)m 2＋2x 0y 0m －y 20＝0， 同理有(y 20－2y 0)n 2＋2x 0y 0n －y 20＝08分所以m ＋n ＝－2x 0y 0y 20－2y 0＝－2x 0y 0－2，mn ＝－y 20y 20－2y 0＝－y 0y 0－2，则(m －n )2＝4x 20＋4y 20－8y 0y 0－22.10分因P (x 0，y 0)是抛物线上的点，有x 20＝2y 0，则(m －n )2＝4y 2y 0－22，易知y 0＞2，所以n－m ＝2y 0y 0－2. 所以S △PAB ＝12(n －m )·y 0＝y 0y 0－2·y 0＝(y 0－2)＋4y 0－2＋4≥24＋4＝8.12分当(y 0－2)2＝4时，上式取等号，此时y 0＝4，x 0＝±2 2. 因此S △PAB 的最小值为8.13分4．(2016·开封二模)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.图156(1)求椭圆的方程；(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：67722057】[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＝4m 2－11＋4k2.6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 |＝1＋k2[x 1＋x 22－4x 1x 2]＝52－m2，11分所以S ＝12|PQ |d ＝m22－m2＜m 2＋2－m 22＝1(m 2≠1)，故△OPQ 面积的取值范围为(0,1).12分。