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)