1、1第 3 讲 圆锥曲线的综合问题考情考向分析 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大热点一 范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解例 1 已知 N 为圆 C1：( x2) 2 y224 上一动点，圆心 C1关于 y 轴的对称点为 C2，点M， P 分别是线段 C1N， C2N 上的点，且 0， 2 .MP C2N C2N
2、C2P (1)求点 M 的轨迹方程；(2)直线 l： y kx m 与点 M 的轨迹 只有一个公共点 P，且点 P 在第二象限，过坐标原点O 且与 l 垂直的直线 l与圆 x2 y28 相交于 A， B 两点，求 PAB 面积的取值范围解 (1)连接 MC2，2因为 2 ，C2N C2P 所以 P 为 C2N 的中点，因为 0，MP C2N 所以 ，MP C2N 所以点 M 在 C2N 的垂直平分线上，所以| MN| MC2|，因为| MN| MC1| MC2| MC1|2 4，6所以点 M 在以 C1， C2为焦点的椭圆上，因为 a ， c2，所以 b22，6所以点 M 的轨迹方程为 1.x
3、26 y22(2)由Error! 得(3k21) x26 kmx3 m260，因为直线 l： y kx m 与椭圆 相切于点 P，所以 (6 km)24(3 k21) (3 m26)12(6 k22 m2)0，即 m26 k22，解得 x ， y ， 3km3k2 1 m3k2 1即点 P 的坐标为 ，( 3km3k2 1， m3k2 1)因为点 P 在第二象限，所以 k0， m0，所以 m ，6k2 2所以点 P 的坐标为 ，( 32k3k2 1， 23k2 1)设直线 l与 l 垂直交于点 Q，则| PQ|是点 P 到直线 l的距离，且直线 l的方程为 y x，1k3所以| PQ|1k 3
4、2k3k2 1 23k2 1|1k2 1 22k3k4 4k2 1 223k2 1k2 4 ，224 23 223 1 6 2当且仅当 3k2 ，即 k2 时，| PQ|有最大值 ，1k2 33 6 2所以 S PAB 4 |PQ|4 4，12 2 3即 PAB 面积的取值范围为 .(0， 43 4思维升华 解决范围问题的常用方法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域跟踪演练 1 (2018衡水金卷信息卷)已知椭圆 C
5、： 1( ab0)的一条切线方程为y2a2 x2b2y2 x2 ，且离心率为 .232(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)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 3 ，AM MB 求实数 m 的取值范围解 (1)由题意知，离心率 e ，32 ca c a， b a， 1，32 12 y2a2 4x2a2将 y2 x2 代入，得 8x28 x8 a20，2 2由 12832(8 a2)0，得 a24，故椭圆 C 的标准方程为 x2 1.y24(2)根据已知，得 M(0， m)，设 A(x1， kx1 m)， B(x2， kx2 m)，由Er
6、ror! 得( k24) x22 mkx m240，4且 4 m2k24( k24)( m24)0，即 k2 m240，且 x1 x2 ， x1x2 ， 2kmk2 4 m2 4k2 4由 3 ，得 x13 x2，即 x13 x2，AM MB 3( x1 x2)24 x1x20， 0，12k2m2k2 42 4m2 4k2 4即 m2k2 m2 k240，当 m21 时， m2k2 m2 k240 不成立， k2 ，4 m2m2 1 k2 m240， m240，即 0，4 m2m2 1 (4 m2)m2m2 110，解得 k0)的焦点 4F，与抛物线 相交于 A， B 两点，且| AB|8.(
7、1)求抛物线 的方程；(2)过点 P(12,8)的两条直线 l1， l2分别交抛物线 于点 C， D 和 E， F，线段 CD 和 EF 的中点分别为 M， N.如果直线 l1与 l2的倾斜角互余，求证：直线 MN 经过一定点(1)解 由题意可设直线 AB 的方程为 y x ，p2由Error! 消去 y 整理得 x23 px 0，p24 9 p24 8 p20，p24令 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x23 p，由抛物线的定义得| AB| x1 x2 p4 p8， p2.抛物线的方程为 y24 x.(2)证明 设直线 l1， l2的倾斜角分别为 ， ，由题意知， ， .
8、 2直线 l1的斜率为 k，则 ktan .直线 l1与 l2的倾斜角互余，tan tan ( 2 )sin( 2 )cos( 2 ) ，cos sin 1sin cos 1tan 直线 l2的斜率为 .1k直线 CD 的方程为 y8 k(x12)，即 y k(x12)8.由Error!7消去 x 整理得 ky24 y3248 k0，设 C(xC， yC)， D(xD， yD)， yC yD ，4k xC xD24 ，4k2 16k点 M 的坐标为 .(122k2 8k， 2k)以 代替点 M 坐标中的 k，1k可得点 N 的坐标为(122 k28 k,2k)， kMN .2(1k k)2(1
9、k2 k2) 8(1k k)11k k 4直线 MN 的方程为y2 k x(122 k28 k)，11k k 4即 y x10，(1k k 4)显然当 x10 时， y0，故直线 MN 经过定点(10，0).热点三 探索性问题1解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法” ，将不确定性问题明确化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在2反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法例 3 (2
10、018河南名校联考)已知椭圆 C： 1( ab0)的上、下焦点分别为 F1， F2，y2a2 x2b2上焦点 F1到直线 4x3 y120 的距离为 3，椭圆 C 的离心率 e .12(1)求椭圆 C 的方程；(2)椭圆 E： 1，设过点 M(0,1)，斜率存在且不为 0 的直线交椭圆 E 于 A， B 两点，y2a2 3x216b28试问 y 轴上是否存在点 P，使得 ？若存在，求出点 P 的坐标；若不存在，PM (PA |PA |PB |PB |)说明理由解 (1)由已知椭圆 C 的方程为 1( ab0)，y2a2 x2b2设椭圆的焦点 F1(0， c)，由 F1到直线 4x3 y120
11、的距离为 3，得 3，|3c 12|5又椭圆 C 的离心率 e ，所以 ，12 ca 12又 a2 b2 c2，求得 a24， b23.椭圆 C 的方程为 1.y24 x23(2)存在理由如下：由(1)得椭圆 E： 1，x216 y24设直线 AB 的方程为 y kx1( k0)，联立Error!消去 y 并整理得(4 k21) x28 kx120， (8 k)24(4 k21)12256 k2480.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 .8k4k2 1 124k2 1假设存在点 P(0， t)满足条件，由于 ，PM (PA |PA |PB |PB |)
12、所以 PM 平分 APB.所以直线 PA 与直线 PB 的倾斜角互补，所以 kPA kPB0.即 0，y1 tx1 y2 tx2即 x2(y1 t) x1(y2 t)0.(*)将 y1 kx11， y2 kx21 代入(*)式，9整理得 2kx1x2(1 t)(x1 x2)0，所以2 k 0，124k2 1 1 t 8k4k2 1整理得 3k k(1 t)0，即 k(4 t)0，因为 k0，所以 t4.所以存在点 P(0,4)，使得 .PM (PA |PA |PB |PB |)思维升华 解决探索性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在(
13、1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径跟踪演练 3 (2018山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为 4 的椭圆 1( ab0)过点 P ，点 F 是椭圆的右焦点x2a2 y2b2 (1， 32)(1)求椭圆方程；(2)在 x 轴上是否存在定点 D，使得过 D 的直线 l 交椭圆于 A， B 两点设点 E 为点 B 关于 x轴的对称点，且 A， F， E 三点共线？若存在，求 D 点坐标；若不存在，说明理由解 (1) 2 a4， a2，将点 P 代入 1，得
14、b23.(1，32) x2a2 y2b2椭圆方程为 1.x24 y23(2)存在定点 D 满足条件设 D(t,0)，直线 l 方程为 x my t(m0)，联立Error!消去 x，得(3 m24) y26 mty3 t2120，设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 E(x2， y2)，Error!且 0.由 A， F， E 三点共线，可得( x21) y1( x11) y20，即 2my1y2( t1)( y1 y2)0，10 2 m ( t1) 0，3t2 123m2 4 6mt3m2 4解得 t4，此时由 0 得 m24.存在定点 D(4,0)满足条件，且 m 满足 m24.
15、真题体验1(2017全国改编)已知 F 为抛物线 C： y24 x 的焦点，过 F 作两条互相垂直的直线l1， l2，直线 l1与 C 交于 A， B 两点，直线 l2与 C 交于 D， E 两点，则| AB| DE|的最小值为_答案 16解析 因为 F 为 y24 x 的焦点，所以 F(1,0)由题意知，直线 l1， l2的斜率均存在且不为 0，设 l1的斜率为 k，则 l2的斜率为 ，故直1k线 l1， l2的方程分别为 y k(x1)， y (x1)1k由Error!得 k2x2(2 k24) x k20， 16 k2160.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x2
16、， x1x21，2k2 4k2所以| AB| |x1 x2|1 k2 1 k2 x1 x22 4x1x2 .1 k2 (2k2 4k2 )2 4 41 k2k2同理可得| DE|4(1 k2)11所以| AB| DE| 4(1 k2)41 k2k24 (1k2 1 1 k2)84 84216，(k21k2)当且仅当 k2 ，1k2即 k1 时，取得等号2(2017山东)在平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 E： 1( ab0)的离心率为 ，焦x2a2 y2b2 22距为 2.(1)求椭圆 E 的方程；(2)如图，动直线 l： y k1x 交椭圆 E 于 A， B 两点， C 是椭圆 E 上一点，
17、直线 OC 的斜率32为 k2，且 k1k2 .M 是线段 OC 延长线上一点，且| MC| AB|23， M 的半径为24|MC|， OS， OT 是 M 的两条切线，切点分别为 S， T.求 SOT 的最大值，并求取得最大值时直线 l 的斜率解 (1)由题意知， e ，2 c2，所以 c1，ca 22所以 a ， b1，2所以椭圆 E 的方程为 y21.x22(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，联立方程Error!消去 y，得(4 k 2) x24 k1x10.21 3由题意知， 0，且 x1 x2 ， x1x2 ，23k12k21 1 122k21 1所以| AB| |x
18、1 x2| .1 k21 21 k211 8k211 2k21由题意可知，圆 M 的半径 r 为12r |AB| .23 223 1 k21 1 8k212k21 1由题设知 k1k2 ，所以 k2 ，24 24k1因此直线 OC 的方程为 y x.24k1联立方程Error!得 x2 ， y2 ，8k211 4k21 11 4k21因此| OC| .x2 y21 8k211 4k21由题意可知，sin . SOT2 rr |OC| 11 |OC|r而 |OC|r1 8k211 4k212231 k21 1 8k211 2k21 ，324 1 2k211 4k21 1 k21令 t12 k ，
19、则 t1， (0,1)，211t因此 1，|OC|r 32 t2t2 t 1 32 12 1t 1t2 32 1 (1t 12)2 94当且仅当 ，即 t2 时等号成立，此时 k1 ，1t 12 22所以 sin ，因此 ， SOT2 12 SOT2 6所以 SOT 的最大值为 . 3综上所述， SOT 的最大值为 ，取得最大值时直线 l 的斜率为 k1 . 3 2213押题预测已知椭圆 C1： 1( a0)与抛物线 C2： y22 ax 相交于 A， B 两点，且两曲线的焦点 Fx2a2 y23重合(1)求 C1， C2的方程；(2)若过焦点 F 的直线 l 与椭圆分别交于 M， Q 两点，
20、与抛物线分别交于 P， N 两点，是否存在斜率为 k(k0)的直线 l，使得 2？若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由|PN|MQ|押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色解 (1)因为 C1， C2的焦点重合，所以 ，a2 3a2所以 a24.又 a0，所以 a2.于是椭圆 C1的方程为 1，x24 y23抛物线 C2的方程为 y24 x.(2)假设存在直线 l 使得 2，|PN|MQ|当 l x 轴时，| MQ|3，| PN|4，不符合题意，直线 l 的斜率存在，可设直线 l 的方程为 y k(x1
21、)( k0)， P(x1， y1)， Q(x2， y2)， M(x3， y3)， N(x4， y4)由Error! 可得 k2x2(2 k24) x k20，则 x1 x4 ， x1x41，且 16 k2160，2k2 4k2所以| PN| 1 k2 x1 x42 4x1x4 .41 k2k2由Error! 可得(34 k2)x28 k2x4 k2120，则 x2 x3 ， x2x3 ，8k23 4k2 4k2 123 4k2且 144 k21440，所以| MQ| .1 k2 x2 x32 4x2x3121 k23 4k214若 2，|PN|MQ|则 2 ，41 k2k2 121 k23 4
22、k2解得 k .62故存在斜率为 k 的直线 l，使得 2.62 |PN|MQ|A 组 专题通关1已知椭圆 1( ab0)的离心率 e ，左、右焦点分别为 F1， F2，且 F2与抛物线x2a2 y2b2 33y24 x 的焦点重合(1)求椭圆的标准方程；(2)若过 F1的直线交椭圆于 B， D 两点，过 F2的直线交椭圆于 A， C 两点，且 AC BD，求|AC| BD|的最小值解 (1)抛物线 y24 x 的焦点坐标为(1,0)，所以 c1，又因为 e ，所以 a ，ca 1a 33 3所以 b22，所以椭圆的标准方程为 1.x23 y22(2)当直线 BD 的斜率 k 存在且 k0 时
23、，直线 BD 的方程为 y k(x1)，代入椭圆方程 1，x23 y22并化简得(3 k22) x26 k2x3 k260. 36 k44(3 k22)(3 k26)48( k21)0 恒成立设 B(x1， y1)， D(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 ，6k23k2 2 3k2 63k2 2|BD| |x1 x2|1 k2 (1 k2)x1 x22 4x1x215 .43(k2 1)3k2 2由题意知 AC 的斜率为 ，1k所以| AC| .43(1k2 1)31k2 2 43(k2 1)2k2 3|AC| BD|4 3(k2 1)(13k2 2 12k2 3) 203(k2
24、1)2(3k2 2)(2k2 3) 203(k2 1)2(3k2 2) (2k2 3)2 2 .203(k2 1)225k2 124 1635当且仅当 3k222 k23，即 k1 时，上式取等号，故| AC| BD|的最小值为 .1635当直线 BD 的斜率不存在或等于零时，可得| AC| BD| .1033 1635综上，| AC| BD|的最小值为 .16352已知椭圆 C： 1( ab0)的左、右焦点分别为 F1， F2，离心率为 ，点 P 在椭圆 Cx2a2 y2b2 13上，且 PF1F2的面积的最大值为 2 .2(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知直线 l： y kx2( k0)
25、与椭圆 C 交于不同的两点 M， N，若在 x 轴上存在点 G，使得| GM| GN|，求点 G 的横坐标的取值范围解 (1)由已知得Error!解得 a29， b28， c21，椭圆 C 的方程为 1.x29 y28(2)设 M(x1， y1)， N(x2， y2)， MN 的中点为 E(x0， y0)，点 G(m，0)，使得| GM| GN|，则 GE MN.由Error! 得 x236 kx360，(8 9k2)由 0，得 kR 且 k0.16 x1 x2 ，36k9k2 8 x0 ， y0 kx02 . 18k9k2 8 169k2 8 GE MN， kGE ，1k即 ，169k2 8
26、 0 18k9k2 8 m 1k m . 2k9k2 8 29k 8k当 k0 时，9 k 2 128k 98 2，(当 且 仅 当 9k8k， 即 k 223时 ， 取 等 号 ) m0)(1)证明： kb0)上(3，12) x2a2 y2b2的一点， F1， F2是该椭圆的左、右焦点，且| F1F2|2 .3(1)求椭圆 C 的方程；(2)设点 A， B 是椭圆 C 上与坐标原点 O 不共线的两点，直线 OA， OB， AB 的斜率分别为18k1， k2， k，且 k1k2 k2.试探究| OA|2| OB|2是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由解 (1)由题意知， F1( ，0)
27、， F2( ，0)，3 3根据椭圆定义可知| MF1| MF2|2 a，所以 2a 3 32 (12 0)24，3 32 (12 0)2所以 a24， b2 a2 c21，所以椭圆 C： y21.x24(2)设直线 AB： y kx m(km0)，A(x1， y1)， B(x2， y2)，由Error!消去 y，得(14 k2)x28 kmx4 m240， (8 km)216( m21)(4 k21)0，x1 x2 ， x1x2 ，8km1 4k2 4m2 41 4k2因为 k1k2 k2，所以 k2，kx1 mx1 kx2 mx2即 km(x1 x2) m20( m0)，解得 k2 .14|
28、OA|2| OB|2 x x y y21 2 21 2 (x1 x2)22 x1x25，54所以| OA|2| OB|25.B 组 能力提高5(2018衡水模拟)已知椭圆 C： 1( ab0)的上顶点为点 D，右焦点为 F2(1,0)，x2a2 y2b2延长 DF2交椭圆 C 于点 E，且满足| DF2|3| F2E|.(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)过点 F2作与 x 轴不重合的直线 l 和椭圆 C 交于 A， B 两点，设椭圆 C 的左顶点为点 H，且直线 HA， HB 分别与直线 x3 交于 M， N 两点，记直线 F2M， F2N 的斜率分别为 k1， k2，则 k1与 k2之积是
29、否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由19解 (1)椭圆 C 的上顶点为 D(0， b)，右焦点 F2(1,0)，点 E 的坐标为( x， y)| DF2|3| F2E|，可得 3 ，DF2 F2E 又 (1， b)， ( x1， y)，DF2 F2E Error! 代入 1，x2a2 y2b2可得 1，(43)2a2( b3)2b2又 a2 b21，解得 a22， b21，即椭圆 C 的标准方程为 y21.x22(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， H ， M ，( 2， 0) (3， yM)N .(3， yN)由题意可设直线 AB 的方程为 x my1，联立Erro
30、r! 消去 x，得( m22) y22 my10， 4 m24( m22)0 恒成立Error!根据 H， A， M 三点共线，可得 ，yM3 2 y1x1 2 yM .y1(3 2)x1 2同理可得 yN ，y2(3 2)x2 2 M， N 的坐标分别为 ， ，(3， y1(3 2)x1 2)(3， y2(3 2)x2 2) k1k2 yMyNyM 03 1 yN 03 1 14 14 y1(3 2)x1 2 y2(3 2)x2 2y1y23 224(my1 1 2)(my2 1 2)y1y23 224m2y1y2 (1 2)m(y1 y2) (1 2)2 . 11 62m2 24 m2m2
31、 2 2(1 2)m2m2 2 3 22 11 62m2 246 42m2 2 42 9820 k1与 k2之积为定值，且该定值是 .42 986(2018潍坊模拟)已知平面上动点 P 到点 F 的距离与到直线 x 的距离之比为(3， 0)433，记动点 P 的轨迹为曲线 E.32(1)求曲线 E 的方程；(2)设 M(m， n)是曲线 E 上的动点，直线 l 的方程为 mx ny1.设直线 l 与圆 x2 y21 交于不同两点 C， D，求| CD|的取值范围；求与动直线 l 恒相切的定椭圆 E的方程，并探究：若 M(m， n)是曲线 ： Ax2 By21( AB0)上的动点，是否存在与直线
32、 l： mx ny1 恒相切的定曲线 ？若存在，直接写出曲线 的方程；若不存在，说明理由解 (1)设 P(x， y)，由题意，得 .(x 3)2 y2|x 433| 32整理，得 y21，x24曲线 E 的方程为 y21.x24(2)圆心到直线 l 的距离 d ，1m2 n2直线与圆有两个不同交点 C， D，| CD|24 .(11m2 n2)又 n21( m0)，m24| CD|24 .(143m2 4)| m|2，0 m24，01 .43m2 4 34| CD|2(0，3，| CD| ，(0， 3即| CD|的取值范围为 .(0， 3当 m0， n1 时，直线 l 的方程为 y1；当 m2， n0 时，直线 l 的方程为 x .12根据椭圆对称性，猜想 E的方程为 4x2 y21.下面证明：直线 mx ny1( n0)与 4x2 y21 相切，21其中 n21，即 m24 n24.m24由Error! 消去 y 得(m24 n2)x22 mx1 n20，即 4x22 mx1 n20， 4 m216 4 0 恒成立，从而直线 mx ny1 与椭圆(1 n2) (m2 4n2 4)E：4 x2 y21 恒相切若点 M 是曲线 ： Ax2 By21 上的动点，则直线 l： mx ny1 与定曲线(m， n) (AB 0) ： 1 恒相切x2A y2B (AB 0)
