高考数学一轮复习专题9_9圆锥曲线的综合问题讲 30页

第九节 圆锥曲线的综合问题 【考纲解读】 考 点 考纲内容 5 年统计 分析预测 圆 锥 曲 线 的 综 合 问 题 （1）会解决直线与椭 圆、抛物线的位置关系 的问题。 (2) 了解方程与曲线的 对应关系和求曲线方程 的基本方法。 （3）理解数形结合、用 代数方法处理几何问题 的思想。了解圆锥曲线 的简单应用。 2013•浙江文 22；理 21； 2014•浙江文 17,22； 2015•浙江文 19；理 19； 2016•浙江文 19；理 19； 2017•浙江 21. 1.考查直线与椭圆的位置关系； 2.考查直线与抛物线的位置关 系； 3.考查直线与圆、圆锥曲线的综 合问题,如取值范围、最值、定值、 定点、存在性问题等. 4.备考重点： (1)掌握圆、椭圆、双曲线、抛 物线的定义、标准方程、几何性 质； （2）熟练掌握常见直线与圆锥曲 线综合问题题型的解法； （3）利用数形结合思想，灵活处 理综合问题. 【知识清单】 1. 圆锥曲线中的定点、定值问题 圆锥曲线中定值、定点问题的求解方法 圆锥曲线中的定点、定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关，如椭圆的长、短轴，双曲线的虚、实 轴，抛物线的焦参数等．定值问题的求解与证明类似，在求定值之前，已经知道定值的结果(题中未告知， 可用特殊值探路求之)，解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清，定值显现． 对点练习： 【2016 高考新课标 1 卷】设圆 2 2 2 15 0x y x    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. （I）证明 EA EB 为定值,并写出点 E 的轨迹方程； （II）设点 E 的轨迹为曲线 C1,直线 l 交 C1 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. 【答案】（Ⅰ） 134 22  yx （ 0y ）（II） )38,12[ 【解析】 试题解析：（Ⅰ）因为 |||| ACAD  , ACEB // ,故 ADCACDEBD  , 所以 |||| EDEB  ,故 |||||||||| ADEDEAEBEA  . 又圆 A 的标准方程为 16)1( 22  yx ,从而 4|| AD ,所以 4||||  EBEA . 由题设得 )0,1(A , )0,1(B , 2|| AB ,由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程为： 134 22  yx （ 0y ）. （Ⅱ）当 l 与 x 轴不垂直时,设l 的方程为 )0)(1(  kxky , ),( 11 yxM , ),( 22 yxN . 由      134 )1( 22 yx xky 得 01248)34( 2222  kxkxk . 则 34 8 2 2 21  k kxx , 34 124 2 2 21   k kxx . 所以 34 )1(12||1|| 2 2 21 2   k kxxkMN . 过点 )0,1(B 且与 l 垂直的直线 m ： )1(1  xky , A 到 m 的距离为 1 2 2 k ,所以 1 344) 1 2(42|| 2 2 2 2 2     k k k PQ .故四边形 MPNQ的面积 34 1112||||2 1 2  kPQMNS . 可得当 l 与 x 轴不垂直时,四边形 MPNQ面积的取值范围为 )38,12[ . 当 l 与 x 轴垂直时,其方程为 1x , 3|| MN , 8|| PQ ,四边形 MPNQ的面积为 12. 综上,四边形 MPNQ面积的取值范围为 )38,12[ . 2. 圆锥曲线中的最值与范围问题 与圆锥曲线相关的最值、范围问题综合性较强，解决的方法：一是由题目中的限制条件求范围，如直线 与圆锥曲线的位置关系中Δ的范围，方程中变量的范围，角度的大小等；二是将要讨论的几何量如长度、 面积等用参数表示出来，再对表达式进行讨论，应用不等式、三角函数等知识求最值，在解题过程中注 意向量、不等式的应用． 对点练习： 【2017 课标 1，理 10】已知 F 为抛物线 C：y2=4x 的焦点，过 F 作两条互相垂直的直线 l1，l2，直线 l1 与 C 交于 A、B 两点，直线 l2 与 C 交于 D、E 两点，则|AB|+|DE|的最小值为 A．16 B．14 C．12 D．10 【答案】A 3. 圆锥曲线中的探索性问题 探索性问题的求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明 结论成立，否则说明结论不成立．处理这类问题，一般要先对结论做出肯定的假设，然后由此假设出发， 结合已知条件进行推理论证．若推出相符的结论，则存在性随之解决；若推出矛盾，则否定了存在性； 若证明某结论不存在，也可以采用反证法． 对点练习： 【2017 课标 II，理】设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C： 2 2 12 x y  上，过 M 作 x 轴的垂线，垂足为 N， 点 P 满足 2NP NM  。 (1) 求点 P 的轨迹方程； (2)设点 Q 在直线 3x   上，且 1OP PQ   。证明：过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦点 F。 【答案】(1) 2 2 2x y  。 (2)证明略。 【解析】 （2）由题意知  1,0F  。设    3, , ,Q t P m n ,则    3, , 1 , , 3 3OQ t PF m n OQ PF m tn             ，    , , 3 ,OP m n PQ m t n      。 由 1OP PQ    得 2 23 1m m tn n     ，又由（1）知 2 2 2m n  ，故 3 3 0m tn   。 所以 0OQ PF    ，即 OQ PF   。又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ，所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线l 过 C 的左焦点 F。 【考点深度剖析】 圆锥曲线是历年高考命题的重点和热点，也是一大难点．命题的热点主要有四个方面：一是直线和圆锥 曲线的位置关系中的基本运算；二是最值与范围问题；三是定点与定值问题；四是有关探究性的问题．命 题多与函数、方程、不等式、数列、向量等多种知识综合，考查考生的各种数学思想与技能，因此也是 高考的难点． 【重点难点突破】 考点 1 圆锥曲线中的定点、定值问题 【1-1】【2016 年高考北京理数】已知椭圆 C： 2 2 2 2 1 x y a b （ 0a b  ）的离心率为 3 2 ， ( ,0)A a ， (0, )B b ， (0,0)O ， OAB 的面积为 1. （1）求椭圆 C 的方程； （2）设 P 的椭圆 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： BMAN  为定值. 【答案】（1） 2 2 14 x y  ；（2）详见解析. 【解析】（1）由题意得            , ,12 1 ,2 3 222 cba ab a c 解得 1,2  ba . 所以椭圆C 的方程为 14 2 2  yx . 直线 PB 的方程为 11 0 0  xx yy . 令 0y ，得 10 0  y xxN .从而 122 0 0  y xxAN N . 所以 2 2112 0 0 0 0  x y y xBMAN 22 8844 22 48444 0000 0000 0000 0000 2 0 2 0    yxyx yxyx yxyx yxyxyx 4 . 当 00 x 时， 10 y ， ,2,2  ANBM 所以 4 BMAN . 综上， BMAN  为定值. 【1-2】【2016 高考山东理数】平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：   2 2 2 2 1 0x y a ba b   ＞ ＞ 的离心率是 3 2 ， 抛物线 E： 2 2x y 的焦点 F 是 C 的一个顶点. （I）求椭圆 C 的方程； （II）设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线l 与 C 交与不同的两点 A，B，线段 AB 的 中点为 D，直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M. （i）求证：点 M 在定直线上; （ii）直线l 与 y 轴交于点 G，记 PFG△ 的面积为 1S ， PDM△ 的面积为 2S ，求 1 2 S S 的最大值及取得最 大值时点 P 的坐标. 【答案】（Ⅰ） 14 22  yx ;（Ⅱ）（i）见解析；（ii） 1 2 S S 的最大值为 4 9 ，此时点 P 的坐标为 )4 1,2 2( （Ⅱ）（i）设 )0)(2,( 2 mmmP ，由 yx 22  可得 xy / ， 所以直线l 的斜率为 m ， 因此直线l 的方程为 )(2 2 mxmmy  ，即 2 2mmxy  . 设 ),(),,(),,( 002211 yxDyxByxA ，联立方程 2 2 2 2 4 1 my mx x y       得 014)14( 4322  mxmxm ， 由 0 ，得 520  m 且 14 4 2 3 21   m mxx ， 因此 14 2 2 2 3 21 0   m mxxx , 将其代入 2 2mmxy  得 )14(2 2 2 0   m my ， 因为 mx y 4 1 0 0  ，所以直线OD 方程为 xmy 4 1 . 联立方程      mx xmy 4 1 ，得点 M 的纵坐标为 M 1 4y   ， 即点 M 在定直线 4 1y 上. （ii）由（i）知直线l 方程为 2 2mmxy  ， 令 0x 得 2 2my  ，所以 )2,0( 2mG  ， 又 2 1( , ), (0, ),2 2 mP m F D ) )14(2 , 14 2( 2 2 2 3    m m m m ， 所以 )1(4 1||2 1 2 1  mmmGFS ， )14(8 )12(||||2 1 2 22 02   m mmxmPMS ， 所以 22 22 2 1 )12( )1)(14(2   m mm S S ， 令 12 2  mt ，则 211)1)(12( 22 2 1  ttt tt S S ， 当 2 11  t ，即 2t 时， 2 1 S S 取得最大值 4 9 ，此时 2 2m ，满足 0 ， 所以点 P 的坐标为 )4 1,2 2( ，因此 1 2 S S 的最大值为 4 9 ，此时点 P 的坐标为 )4 1,2 2( . 【领悟技法】 定点、定值问题通常是通过设参数或取特殊值来确定“定点”是什么、“定值”是多少，或者将该问题 涉及的几何式转化为代数式或三角问题，证明该式是恒定的. 定点、定值问题同证明问题类似，在求定 点、定值之前已知该值的结果，因此求解时应设参数，运用推理，到最后必定参数统消，定点、定值显 现. 【触类旁通】 【变式一】【2018 届河南省漯河市高级中学高三上期中】在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 2 2: 13 xC y  ，如图所示，斜率为 ( 0)k k  且不过原点的直线 l 交椭圆C 于两点 ,A B ，线段 AB 的中点 为 E ，射线 OE 交椭圆C 于点G ，交直线 3x   于点  3,D m . （1）求 2 2m k 的最小值； （2）若 2OG OD OE  ，求证：直线l 过定点. 【答案】（1） 2 .（2）见解析 （2）由（1）知 OD 所在直线方程，和椭圆方程联立，求得点 G 的坐标，并代入 2OG OD OE  ， 得到t k ，因此得证直线过定点； 试题解析：（1）设直线l 的方程为 ( 0)y kx t k   ，由题意， 0t  ， 由方程组 2 2{ 13 y kx t x y     ，得 2 2 23 1 6 3 3 0k x ktx t     ， 由题意 0  ，所以 2 23 1k t  ， 设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ， 由根与系数的关系得 1 2 2 6 3 1 ktx x k     ，所以 1 2 2 2 3 1 ty y k    ， 由于 E 为线段 AB 的中点，因此 2 2 3 ,3 1 3 1E E kt tx yk k     ， 此时 1 3 E OE E yk x k    ，所以OE 所在直线的方程为 1 3y xk   ， 又由题意知  3,D m ，令 3x   ，得 1m k  ，即 1mk  ， 所以 2 2 2 2m k mk   ，当且仅当 1m k  时上式等号成立， 此时由 0  得 0 2t  ，因此当 1m k  且 0 2t  时， 2 2m k 取最小值 2 . （2）证明：由（1）知 D 所在直线的方程为 1 3y xk   ， 将其代入椭圆C 的方程，并由 0k  ，解得 2 2 3 1, 3 1 3 1 kG k k       ， 又 2 2 3 1, , 3, 3 1 3 1 kt tE D kk k            ， 由距离公式及 0t  得 2 2 2 2 22 2 3 1 9 1 3 13 1 3 1 k kOG kk k                 ，   2 2 2 1 9 13 kOD k k        ， 2 2 2 22 2 3 9 1 3 13 1 3 1 kt t t kOE kk k                 ， 由 2OG OD OE  ，得t k ， 因此直线l 的方程为  1y k x  ，所以直线l 恒过定点 1,0 . 【变式二】【2017 届北京市东城区东直门中学高三上学期期中】如图，椭圆 经过点 ，且离心率为 ． （ ）求椭圆 的方程． （ ）经过点 ，且斜率为 的直线与椭圆 交于不同的两点 ， （均异于点 ），判断直线 与 的斜 率之和是否为定值？若是定值，求出改定值；若不是定值，请说明理由． 【答案】（1） ．（ ）斜率之和为定值 ． （ ）由题设知，直线 的方程为 ， 将直线方程与椭圆方程联立， ，得 ． 由已知 ， 设 ， ， ， 则 ， ， 从而直线 ， 的斜率之和： ． 故直线 、 斜率之和为定值 ． 考点 2 圆锥曲线中的最值与范围问题 【2-1】【2018 届江苏省仪征中学高三 10 月检测】椭圆 C： 2 2 2 2 1( 0)x y a ba b     的长轴是短轴的两倍， 点 1P 3, 2      在椭圆上.不过原点的直线 l 与椭圆相交于 A、B 两点，设直线 OA、l、OB 的斜率分别为 1k 、 k 、 2k ，且 1k 、 k 、 2k 恰好构成等比数列，记△ ABO 的面积为 S. （1）求椭圆 C 的方程. （2）试判断 2 2OA OB 是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由？ （3）求 S 的范围. 【答案】(1) 2 2 14 x y  （2）5（3）  0,1S   2 设直线l 的方程为 y kx m  ,代入椭圆方程，消去 y ，根据 1k 、k 、 2k 恰好构成等比数列，求出 k , 进而表示出 2 2OA OB ，即可得出结论。  3 表示出 ABO 的面积，利用基本不等式，即可求出 S 的范围。 解析：(1)由题意可知 ，且 ， 所以椭圆的方程为 2 2 14 x y  （2）依题意，直线 斜率存在且 ，设直线 的方程为 （ ）， 、 由 ，因为 、 、 恰好构成等比数列， 所以 ， 即 ； 所以 此时 得 ，且 （否则： ，则 ， 中至少有一个为 ， 直线 、 中至少有一 个斜率不存在，与已知矛盾） 所以 ； 所以 所以 是定值为 5； （3） （ ，且 ） 所以  0,1S  【2-2】【2018 届浙江省嘉兴市第一中学高三 9 月测试】如图，已知抛物线 ，过直线 上任一 点 作抛物线的两条切线 ，切点分别为 . （I）求证： ； （II）求 面积的最小值. 【答案】(1)见解析(2) 面积取最小值 【解析】试题分析：（1）设 ， 的斜率分别为 ，由切线条件，易得 ，即 ， 由两根之积可得 所以 ；（2） ，而 ，同理可得 ，即 ，然后求最值即可. （II）由（I）得 ， 所以 综上，当 时， 面积取最小值 . 【综合点评】 1.(1)凡涉及抛物线的弦长、弦的中点、弦的斜率问题时都要注意利用韦达定理，避免求交点坐标的复杂 运算．解决焦点弦问题时，抛物线的定义有广泛的应用，而且还应注意焦点弦的几何性质． (2)对于直线与抛物线相交、相切、中点弦、焦点弦问题，以及定值、存在性问题的处理，最好是作出草 图，由图象结合几何性质做出解答．并注意“设而不求”“整体代入”“点差法”的灵活应用． 2.解析几何中的综合性问题很多，而且可与很多知识联系在一起出题，解决这类问题需要正确运用转化 思想、函数与方程思想、数学结合思想，其中运用最多的是利用方程根与系数关系构造等式或者函数关 系式，注意根的判别式来确定或者限制参数的范围． 【领悟技法】 圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法 (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决； (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，则可首先建立目标函数，再求这个函数的 最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑： ①利用判别式来构造不等关系，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，解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系； ③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； ④利用基本不等式求出参数的取值范围； ⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围． 【触类旁通】 【变式 1】【2018 届浙江省名校协作体高三上学期联考】设 ,A B 是椭圆 2 2 : 14 x yC k   长轴的两个端点， 若C 上存在点 P 满足 120APB   ，则 k 的取值范围是（ ） 4 2. 0, [12,+ ) . 0, [6,+ )3 3 2 4. 0, [12,+ ) . 0, [6,+ )3 3 A B C D                         【答案】A 当椭圆的焦点在 y 轴上时， 3m＞ ， 当 P 位于短轴的端点时， APB 取最大值，要使椭圆C 上存在点 P 满足 120APB   ， 120 60 60 3 4 mAPB APO tan APO tan          ， ， ，，解得： 12m  ， m 的取值 范围是 40, [12,+ )3       故选 A． 【变式 2】【2018 届浙江省名校协作体高三上学期联考】如图，已知抛物线 的焦点在抛物线 2 2 : 1C y x  上，点 是抛物线 上的动点． （Ⅰ）求抛物线 的方程及其准线方程； （Ⅱ）过点 作抛物线 的两条切线， A 、 B 分别为两个切点，求 PAB 面积的最小值． 【答案】(Ⅰ) 1C 的方程为 2 4x y 其准线方程为 1y   ；(Ⅱ)2. 联立 2 2 4 2{ 1 y tx t y x      由韦达定理得 1 2 2 1 2 4{ 1 x x t x x t      ，可求得 2 21 16 12 4AB t t   ． 进而求得点 P 到直线 AB 的距离 2 2 6 +2 1 16 td t   ． 则 PAB 的面积    3 2 2 2 21 2 3 1 3 1 2 3 12S AB d t t t      所以当 0t  时， S 取最小值为 2 。即 PAB 面积的最小 值为 2.． 试题解析：（Ⅰ） 1C 的方程为 2 4x y 其准线方程为 1y   ． （Ⅱ）设 22P t t（ ， ），  1 1,A x y ，  2 2,B x y ， 则切线 PA 的方程：  1 1 12y y x x x   ，即 2 1 1 12 2y x x x y   ，又 2 1 1 1y x  ， 所以 1 12 2y x x y   ，同理切线 PB 的方程为 2 22 2y x x y   ， 又 PA 和 PB 都过 P 点，所以 2 1 1 2 2 2 4 2 0{ 4 2 0 tx y t tx y t         ， 所以直线 AB 的方程为 24 2 0tx y t    . 联立 2 2 4 2{ 1 y tx t y x      得 2 24 1 0x tx t    ，所以 1 2 2 1 2 4{ 1 x x t x x t      。 所以 2 2 2 1 21 16 1 16 12 4AB t x x t t      ． 点 P 到直线 AB 的距离 2 2 2 2 2 2 8 2 6 +2 1 16 1 16 t t t td t t        ． 所以 PAB 的面积    3 2 2 2 21 2 3 1 3 1 2 3 12S AB d t t t      所以当 0t  时， S 取最小值为 2 。即 PAB 面积的最小值为 2. 考点 3 圆锥曲线中的探索性问题 【3-1】【2017 届湖南省长沙市长郡中学高三下学期临考冲刺】在平面直角坐标系 xOy 中，点  1 3,0F  ， 圆 2 2 2 : 2 3 13 0F x y x    ，以动点 P 为圆心的圆经过点 1F ，且圆 P 与圆 2F 内切. （Ⅰ）求动点 P 的轨迹 E 的方程； （Ⅱ）若直线l 过点 1,0 ，且与曲线 E 交于 ,A B 两点，则在 x 轴上是否存在一点   ,0 0D t t  ，使得 x 轴平分 ADB ？若存在，求出t 的值；若不存在，请说明理由. 【答案】（1） 2 2 14 x y  （2）在 x 轴上存在一点  4,0D ，使得 x 轴平分 ADB . 试题解析：解：（Ⅰ）圆 2F 的方程可化为：  2 23 16x y   ， 故圆心  2 3,0F ，半径 4r  ， 而 1 2 2 3 4F F   ，所以点 1F 在圆 2F 内. 又由已知得圆 P 的半径 2R PF ，由圆 P 与圆 2F 内切可得，圆 P 内切于圆 2F ，即 12 4PF PF  ， 所以 1 2 1 24 |PF PF F F  ， 故点 P 的轨迹，即曲线 E 是以 1 2,F F 为焦点，长轴长为 4 的椭圆. 显然 3, 2c a  ，所以 2 2 2 1b a c   ， 故曲线 E 的方程为 2 2 14 x y  （Ⅱ）设    1 1 2 2, , ,A x y B x y ，当直线 AB 的斜率不为 0 时，设直线 : 1l x ny  ， 代入 2 24 4 0x y   得：  2 24 2 3 0n y ny    ，  216 3 0n    恒成立. 由根与系数的关系可得， 1 2 1 22 2 2 3,4 4 ny y y yn n      ， 设直线 ,DA DB 的斜率分别为 1 2,k k ，则由 ODA ODB   得， 1 2 1 2 1 2 y yk k x t x t            1 2 2 1 1 2 y x t y x t x t x t             1 2 2 1 1 2 1 1y ny t y ny t x t x t              1 2 1 2 1 2 2 1 0ny y t y y x t x t      . ∴   1 2 1 22 1 0ny y t y y    ，将 1 2 1 22 2 2 3,4 4 ny y y yn n      代入得 6 2 2 0n n nt    ， 因此  4 0n t   ，故存在 4t  满足题意. 当直线 AB 的斜率为 0 时，直线为 x 轴，取    2,0 , 2,0A B ，满足 ODA ODB   ， 综上，在 x 轴上存在一点  4,0D ，使得 x 轴平分 ADB . 【3-2】【2017 届浙江省湖州、衢州、丽水三市高三 4 月联考】已知点 1, 2P t     在椭圆 2 2: 12 xC y  内， 过 P 的直线l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，且点 P 是线段 AB 的中点，O 为坐标原点． （Ⅰ）是否存在实数 t，使直线 和直线 OP 的倾斜角互补？若存在，求出 的值，若不存在，试说明理由； （Ⅱ）求 OAB 面积 S 的最大值． 【答案】( Ⅰ)存在；(Ⅱ) max 2 2S  . 【解析】试题分析： 试题解析： （Ⅰ）存在. 由题意直线 的斜率必存在，设直线 的方程 是 代入 得： .（1） 设 ， ，则 ，即 ， 解得： ， 此时方程（1）即 由 解得， ， （或由 解得， ） 当 时，显然不符合题意； 当 时，设直线 的斜率为 ， 只需 ， 即 ，解得 ，均符合题意. （Ⅱ）由（1）知 的方程是 ， 所以 ， ， 因为 ，所以当 时， . 【领悟技法】 解析几何中存在性问题的求解方法： 1．通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化，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，列出关于特定参数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、 直线、曲线或参数）存在，否则（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的常用方法． 【触类旁通】 【变式一】【2017 届浙江省嘉兴一中、杭州高级中学、宁波效实中学等高三下五校联考】如图，已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x y a ba b      经过不同的三点 5 5 1 3, , , , (2 4 2 4A B C C             在第三象限），线段 BC 的中 点在直线OA上． （Ⅰ）求椭圆  的方程及点C 的坐标； （Ⅱ）设点 P 是椭圆  上的动点（异于点 , , )A B C 且直线 ,PB PC 分别交直线OA于 ,M N 两点，问 OM ON 是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由． 【答案】（1） 3 1, .2 4      ；（2） 25 16 ． 试题解析：（Ⅰ）由点 ,A B 在椭圆  上，得 2 2 2 2 5 5 1,4 16{ 1 9 14 16 a b a b     解得 2 2 5 ,2{ 5.8 a b   所以椭圆  的方程为 2 2 1.5 5 2 8 x y  ………………………3 分 由已知，求得直线OA的方程为 2 0,x y  从而 2 1.m n  （1） 又点C 在椭圆  上，故 2 22 8 5.m n  （2） 由（1）（2）解得 3 4n  （舍去）或 1 .4n   从而 3 ,2m   所以点C 的坐标为 3 1, .2 4      ………………………………………6 分 （Ⅱ）设      0 0 1 1 2 2, , 2 , , 2 , .P x y M y y N y y 因 , ,P B M 三点共线，故 1 0 1 0 3 3 4 4 ,1 12 2 2 y y y x      整理得   0 0 1 0 0 3 2 .4 2 1 x yy y x    因 , ,P C N 三点共线，故 2 0 2 0 1 1 4 4 ,3 32 2 2 y y y x      整理得   0 0 2 0 0 6 .4 2 1 x yy y x    ……………10 分 因点 P 在椭圆  上，故 2 2 0 02 8 5x y  ，即 2 2 0 0 5 4 .2x y  从而        2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 1 2 2 2 2 0 0 0 00 0 3 2 6 3 20 12 16 4 4 116 2 1 x y x y x x y yy y y x x yy x            2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 5 33 4 20 12 5 4 52 2 .5 3 1616 4 1 16 42 2 y x y y x y x y x y                            所以 1 2 1 2 255 5 5 16OM ON y y y y     为定值． ………………………15 分 【变式二】【2018 届云南省大理市云南师范大学附属中学月考卷二】已知点 为圆 上一动点， 轴于点 ，若动点 满足 （其中 为非零常数） （1）求动点 的轨迹方程； （2）若 是一个中心在原点，顶点在坐标轴上且面积为 8 的正方形，当 时，得到动点 的轨迹为曲 线 ，过点 的直线 与曲线 相交于 两点，当线段 的中点落在正方形 内（包括边界）时，求 直线 斜率的取值范围. 【答案】(1) ,(2) . （Ⅰ）设动点 ，则 ，且 ，① 又 ，得 ， 代入①得动点 的轨迹方程为 ． （Ⅱ）当 时，动点 的轨迹曲线 为 ． 直线 的斜率存在，设为 ，则直线 的方程为 ，代入 ， 得 ， 由 ， 解得 ，② 设 ，线段 的中点 ， 则 ． 由题设知，正方形 在 轴左边的两边所在的直线方程分别为 ，注意到点 不可能在 轴 右侧，则点 在正方形 内（包括边界）的条件是 即 解得 ，此时②也成立． 于是直线 的斜率的取值范围为 ． 考点 4 直线、圆及圆锥曲线的交汇问题 【4-1】【2017 届陕西省西安市西北工业大学附属中学高三下学期第六次模拟】已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     ，直线 3 2y x 与椭圆C 在第一象限内的交点是 M ，点 M 在 x 轴上的射影恰 好是椭圆C 的右焦点 2F ，椭圆C 的另一个焦点是 1F ，且 1 2 9 4MF MF   . (1) 求椭圆C 的方程； (2) 直线l 过点 1,0 ，且与椭圆C 交于 ,P Q 两点，求 2F PQ 的内切圆面积的最大值. 【答案】(1) 2 2 14 3 x y  ；(2)3. 【解析】试题分析： (1)由题意求得 2, 3a b  ，所以椭圆的方程为 2 2 14 3 x y  ； (2)由题意求得内切圆的面积函数： 2 2 2 12 3 4F PQ nS n   ，换元之后结合对勾函数的性质可得 2F PQ 面积 的最大值为 3. （2）由（1）知  1 1,0F  ，过点  1 1,0F  的直线与椭圆 C 交于 ,P Q 两点，则 2F PQ 的周长为 4 8a  ， 则 2 1 4 42F PQS a r r     （ r 为三角形的内切圆半径），当 2F PQ 面积最大时，其内切圆面积最大 设直线l 的方程为：    1 1 2 21, , , ,x ny P x y Q x y  由 2 2 1 { , 14 3 x ny x y     得  2 24 3 6 9 0n y ny    1 2 1 22 2 6 9,3 4 3 4 ny y y yn n     所以 2 1 2 2 1 2 2 1 12 2 3 4F PQ nS F F y y n       令 2 1n t  ，则 1t  ，所以 2 12 43 F PQS t t    ，而 13t t  在 1, 上单调递增， 所以 2 12 343 F PQS t t     ，当 1t  时取等号，即当 0n  ， 2F PQ 面积的最大值为 3 【4-2】已知圆 M：(x＋1)2＋y2=1，圆 N：(x－1)2＋y2=9，动圆 P 与圆 M 外切并与圆 N 内切，圆心 P 的轨 迹为曲线 C （Ⅰ）求 C 的方程； （Ⅱ）l 是与圆 P，圆 M 都相切的一条直线，l 与曲线 C 交于 A，B 两点，当圆 P 的半径最长时，求|AB|. 【答案】（1） 2 2 1( 2)4 3 x y x   ；（2） 18 7AB  . 若直线 l 不垂直于 x 轴，设 l 与 x 轴的交点为 Q，则 1 QP R QM r  ，解得 ( 4,0)Q  ，故直线 l： ( 4)y k x  ； 有 l 与圆 M 相切得 2 3 1 1 k k   ，解得 2 4k   ；当 2 4k  时，直线 2 24y x  ，联立直线与椭圆 的方程解得 18 7AB  ；同理，当 2 4k   时， 18 7AB  . 【领悟技法】 直线、圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思 想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力． 【触类旁通】 【变式一】【2018 届江西省南昌市上学期高三摸底】已知椭圆 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b     的离心率为 3 2 ， 短轴长为 2. （1）求椭圆C 的标准方程； （2）设直线 :l y kx m  与椭圆C 交于 ,M N 两点， O 为坐标原点，若 5 4OM ONk k  ， 求证：点 ,m k 在定圆上. 【答案】（1）椭圆C 的标准方程为 2 2 14 x y  （2）证明见解析 1 2 1 2 1 2 1 2 5 5 4 54 4OM ON y yk k y y x xx x       2 2 1 2 1 2 1 24 4 4 5k x x km x x m x x       2 24 5 1k m    2 2 2 28 4 1 0k m m k    2 2 5 4m k  ② ，由①②得 2 26 1 50 ,5 20 4m k     点 ,m k 在定 圆 2 2 5 4x y  上. 试题解析：（1）设焦距为 2c ，由已知 3 2 ce a   ， 2 2b  ，∴ 1b  ， 2a  ， ∴椭圆 C 的标准方程为 2 2 14 x y  . （2）设    1 1 2 2, , ,M x y N x y ，联立 2 2{ 14 y kx m x y     得 2 2 24 1 8 4 4 0k x kmx m     ， 依题意，     2 2 28 4 4 1 4 4 0km k m      ，化简得 2 24 1m k  ，① 2 1 2 1 22 2 8 4 4,4 1 4 1 km mx x x xk k      ，     2 2 1 2 1 2 1 2 1 2y y kx m kx m k x x km x x m       ， 若 5 4OM ONk k  ，则 1 2 1 2 5 4 y y x x  ， 即 1 2 1 24 5y y x x ， ∴  2 2 1 2 1 2 1 24 4 4 5k x x km x x m x x    ， ∴   2 2 2 2 2 4 1 84 5 4 4 04 1 4 1 m kmk km mk k             ， 即    2 2 2 2 2 24 5 1 8 4 1 0k m k m m k      ，化简得 2 2 5 4m k  ，② 由①②得 2 26 1 50 ,5 20 4m k    . ∴点 ,m k 在定圆 2 2 5 4x y  上.（没有求 k 范围不扣分） 【变式二】【2017 届云南省昆明市高三下学期第二次统测】在直角坐标系 xOy 中， 动圆 M 与圆 2 2 1 : 2 0O x x y   外切，同时与圆 2 2 2 : 2 24 0O x y x    内切. （1）求动圆圆心 M 的轨迹方程； （2）设动圆圆心 M 的轨迹为曲线 C ，设 ,A P 是曲线C 上两点，点 A 关于 x 轴的对称点为 B (异于点 P )， 若直线 ,AP BP 分别交 x 轴于点 ,S T ，证明: ·OS OT 为定值. 【答案】（1） 2 2 19 8 x y  ；（2）详见解析. 2 29, 8a b  ，所以动圆圆心 M 的轨迹方程为 2 2 19 8 x y  . (2)设        0 0 1 1, , , , ,0 , ,0S TP x y A x y S x T x ，则  1 1,B x y ，由题意知 0 1x x  .则 1 0 1 0 AP y yk x x   ， 直线 AP 方程为  1 1APy y k x x   ，令 0y  ，得 0 1 1 0 1 0 S x y x yx y y   ，同理     0 1 1 0 0 1 1 0 1 0 1 0 T x y x y x y x yx y y y y       ，于是 2 2 2 2 0 1 1 0 0 1 1 0 0 1 1 0 2 2 1 0 1 0 1 0 · ·S T x y x y x y x y x y x yOS OT x x y y y y y y        ， 又  0 0,P x y 和  1 1,A x y 在椭圆 2 2 19 8 x y  上，故 2 2 2 20 1 0 18 1 , 8 19 9 x xy y             ，则    22 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 201 1 0 0 1 0 1 1 0 0 1 0 1 8 , 8 1 8 1 89 9 9 xxy y x x x y x y x x x x                  . 所以     2 22 2 2 2 0 10 1 1 0 2 2 2 21 0 0 1 8 · 98 9 x xx y x yOS OT y y x x     . 【易错试题常警惕】 易错典例： ABC 中，B，C 坐标分别为（-3，0），（3，0），且三角形周长为 16，求点 A 的轨迹方程． 易错分析：没注意检验曲线上的点是否都满足题意． 温馨提示：1.要注意完备性和纯粹性的检验． 2.求轨迹方程的常用方法 (1)直接法：直接利用条件建立 x，y 之间的关系 F(x，y)＝0. (2)待定系数法：已知所求曲线的类型，求曲线方程． (3)定义法：先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲线，再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程． (4)代入(相关点)法：动点 P(x，y)依赖于另一动点 Q 0 0( )x y， 的变化而运动，常利用代入法求动点 P(x， y)的轨迹方程． 【学科素养提升之思想方法篇】 ----数形结合百般好，隔裂分家万事休——数形结合思想 我国著名数学家华罗庚曾说过:"数形结合百般好，隔裂分家万事休。""数"与"形"反映了事物两个方面的 属性。我们认为，数形结合，主要指的是数与形之间的一一对应关系。数形结合就是把抽象的数学语言、 数量关系与直观的几何图形、位置关系结合起来，通过"以形助数"或"以数解形"即通过抽象思维与形象 思维的结合，可以使复杂问题简单化，抽象问题具体化，从而起到优化解题途径的目的. 数形结合的思想，其实质是将抽象的数学语言与直观的图像结合起来，关键是代数问题与图形之间的相 互转化，它可以使代数问题几何化，几何问题代数化.在运用数形结合思想分析和解决问题时，要注意三 点：第一要彻底明白一些概念和运算的几何意义以及曲线的代数特征，对数学题目中的条件和结论既分 析其几何意义又分析其代数意义；第二是恰当设参、合理用参，建立关系，由数思形，以形想数，做好 数形转化；第三是正确确定参数的取值范围. 【典例】【2018 届河南省长葛一高高三上学期开学】如图，已知抛物线 ，圆 ，过抛物线 的焦点 且与 轴平行的直线与 交于 两点，且 . （1）证明：抛物线 与圆 相切； （2）直线 过 且与抛物线 和圆 依次交于 ，且直线 的斜率 ，求 的取值范围. 【答案】（1）见解析；（2） ． 试题解析： （1）证明：∵ ，∴ ，故抛物线 的方程为 ， 联立 与 ，得 ， ∵ ，∴抛物线 与圆 相切. （2） ，直线 的方程为 ， 圆心 到直线 的距离为 ， ∴ ， 设 ， 由 ，得 ， 则 ， ∴ ， ∴ ，设 ，则 ， 设 ，则 ， ∵ ，∴ ，∴函数 在 上递增， ∴ ，∴ ，即 的取值范围为 .