专题16 圆锥曲线的综合问题-2017年高考数学（理）备考学易黄金易错点 23页

‎1．设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为(　　)‎ A.B.C.D．1‎ 答案　C 解析　如图，‎ ‎2．直线3x－4y＋4＝0与抛物线x2＝4y和圆x2＋(y－1)2＝1从左到右的交点依次为A、B、C、D，则的值为________．‎ 答案　 解析　由得x2－3x－4＝0，‎ ‎∴xA＝－1，xD＝4，∴yA＝，yD＝4.‎ 直线3x－4y＋4＝0恰过抛物线的焦点F(0,1)，‎ ‎∴|AF|＝yA＋1＝，|DF|＝yD＋1＝5，‎ ‎∴＝＝.‎ ‎3．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(－2,0)，点B(2，)在椭圆C上，直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)在x轴上是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，‎ 因为椭圆的左焦点为F1(－2,0)，‎ 所以a2－b2＝4.①‎ 因为点B(2，)在椭圆C上，‎ 所以＋＝1.②‎ 由①②解得，a＝2，b＝2.‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)方法一　因为椭圆C的左顶点为A，‎ 因为直线AE与y轴交于点M，‎ 令x＝0得y＝，即点M.‎ 同理可得点N(0，)．‎ 假设在x轴上存在点P(t,0)，使得∠MPN为直角，则·＝0.‎ 即t2＋×＝0，‎ 即t2－4＝0，解得t＝2或t＝－2.‎ 故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．‎ 方法二　因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为(－2，0)．‎ 因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆＋＝1交于两点E，F，设点E(x0，y0)，则点F(－x0，－y0)．‎ 所以直线AE的方程为y＝(x＋2)．‎ 因为直线AE与y轴交于点M，‎ 令x＝0得y＝，‎ 因为点E(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，‎ 即y＝.‎ 将y＝代入得t2－4＝0.‎ 解得t＝2或t＝－2.‎ 故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．‎ ‎4．设圆x2＋y2＋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．‎ 解　(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，‎ 故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，‎ 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.‎ 又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝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：＋＝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(x1，y1)，N(x2，y2)．‎ 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 所以|MN|＝|x1－x2|＝.‎ ‎5.已知椭圆C1：＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F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，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)因为C1，C2的焦点重合，‎ 所以＝，‎ 所以a2＝4.‎ 又a>0，所以a＝2.‎ 于是椭圆C1的方程为＋＝1，‎ 抛物线C2的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)假设存在直线l使得＝2，‎ 则可设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．‎ 由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，‎ 则x1＋x4＝，x1x4＝1，‎ 所以|PN|＝·＝.‎ 由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ 则x2＋x3＝，x2x3＝，‎ 易错起源1、范围、最值问题 例1、如图，椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.‎ ‎(1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ＜，试确定椭圆离心率e的取值范围．‎ 解　(1)由椭圆的定义，‎ ‎2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2.‎ 设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，‎ 因此2c＝|F1F2|＝ ‎＝＝2，‎ 即c＝，从而b＝＝1.‎ 故所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)如图，‎ 由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|，得 ‎|QF1|＝＝|PF1|.‎ 由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，‎ 进而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a，‎ 于是(1＋λ＋)|PF1|＝4a，‎ 解得|PF1|＝，‎ 故|PF2|＝2a－|PF1|＝.‎ e2＝＝82＋.‎ 由≤λ＜，并注意到1＋λ＋关于λ的单调性，得3≤t＜4，即＜≤.‎ 进而＜e2≤，即＜e≤.‎ ‎【变式探究】如图，已知椭圆：＋y2＝1，点A，B是它的两个顶点，过原点且斜率为k的直线l与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E，F两点．‎ ‎(1)若＝6，求k的值；‎ ‎(2)求四边形AEBF面积的最大值．‎ 解　(1)依题设得椭圆的顶点A(2,0)，B(0,1)，‎ 则直线AB的方程为x＋2y－2＝0.‎ 设直线EF的方程为y＝kx(k>0)．‎ 设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1b>0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．‎ 解　(1)由e＝＝，得a＝2c，‎ ‎∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，‎ 则椭圆方程变为＋＝1.‎ 又由题意知＝，解得c2＝1，‎ 故a2＝4，b2＝3，‎ 即得椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0.‎ 则①‎ 又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)‎ ‎＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2‎ ‎＝.‎ ‎∵椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2⊥BA2，‎ ‎∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，‎ ‎∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，‎ ‎∴＋＋＋4＝0，‎ ‎∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－，‎ 由①，得3＋4k2－m2>0，②‎ 当m1＝－2k时，l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．‎ 当m2＝－时，l的方程为y＝k，直线过定点，且满足②，‎ ‎∴直线l过定点，定点坐标为.‎ ‎【变式探究】已知抛物线：y2＝2px(p>0)的焦点F在双曲线：－＝1的右准线上，抛物线与直线l：y＝k(x－2)(k>0)交于A，B两点，AF，BF的延长线与抛物线交于C，D两点．‎ ‎(1)求抛物线的方程；‎ ‎(2)若△AFB的面积等于3，求k的值；‎ ‎(3)记直线CD的斜率为kCD，证明：为定值，并求出该定值．‎ 由得ky2－4y－8k＝0，‎ Δ＝16＋32k2>0，y1＋y2＝，y1y2＝－8.‎ S△AFB＝×1×|y1－y2|＝ ‎＝2＝3，解得k＝2.‎ ‎(3)设C(，y3)，则＝(－1，y1)，＝(－1，y3)，‎ 因为A，F，C共线，‎ ‎【名师点睛】‎ ‎ (1)动线过定点问题的两大类型及解法 ‎①动直线l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．‎ ‎(2)求解定值问题的两大途径 ‎①→‎ ‎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．‎ ‎【锦囊妙计，战胜自我】‎ ‎1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．‎ ‎2．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．‎ 易错起源3、探索性问题 例3、如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．‎ ‎(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；‎ ‎(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，‎ 所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程为x＝－1.‎ ‎(2)由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.‎ x1＋x2＝，x1x2＝1.‎ 又Q(1,2)，则k1＝，k2＝.‎ 因为A，F，B共线，所以kAF＝kBF＝k，‎ 即＝＝k.‎ 所以k1＋k2＝＋ ‎＝＋－ ‎＝2k－＝2k＋2，‎ 即k1＋k2＝2k＋2.‎ 又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3.‎ 即存在常数λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立．‎ ‎【变式探究】如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－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·＋λ·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)，‎ 联立 得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，‎ 其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，‎ 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ 从而，·＋λ· ‎＝x1x2＋y1y2＋λx1x2＋(y1－1)(y2－1)]‎ ‎＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1‎ ‎＝ ‎＝－－λ－2.‎ 所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，‎ ‎【名师点睛】‎ 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．‎ ‎【锦囊妙计，战胜自我】‎ ‎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．‎ ‎1．若曲线ax2＋by2＝1为焦点在x轴上的椭圆，则实数a，b满足(　　)‎ A．a2>b2 .< C．00)，△ABC的三个顶点都在抛物线上，O为坐标原点，设△ABC三条边AB，BC，AC的中点分别为M，N，Q，且M，N，Q的纵坐标分别为y1，y2，y3.若直线AB，BC，AC的斜率之和为－1，则＋＋的值为(　　)‎ A．－ B．－ C. D. 答案　B 即 所以＋＋＝－.‎ ‎5．若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为(　　)‎ A．2B．3C．6D．8‎ 答案　C 解析　由题意得F(－1,0)，设点P(x0，y0)，‎ 则y＝3(1－)(－2≤x0≤2)．‎ ·＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋y ‎＝x＋x0＋3(1－)＝(x0＋2)2＋2.‎ 又因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，·取得最大值，最大值为6，故选C.‎ ‎6．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，A，B为左，右顶点，点P为双曲线C在第一象限的任意一点，点O为坐标原点，若直线PA，PB，PO的斜率分别为k1，k2，k3，记m＝k1k2k3，则m的取值范围为________．‎ 答案　(0,2)‎ 解析　∵双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，∴e＝＝，∴b＝a，‎ ‎7．已知A(1,2)，B(－1,2)，动点P满足⊥.若双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线与动点P的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．‎ 答案　(1,2)‎ 解析　设P(x，y)，由题设条件，‎ 得动点P的轨迹为(x－1)(x＋1)＋(y－2)(y－2)＝0，‎ 即x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．‎ 又双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，即bx±ay＝0，‎ 由题意，可得>1，即>1，‎ 所以e＝<2，‎ 又e>1，故10)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)求椭圆方程；‎ ‎(2)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；‎ ‎(3)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．‎ 解　(1)因为F(－1,0)为椭圆的焦点，‎ 所以c＝1，又b2＝3，所以a2＝4，‎ 所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)因为直线的倾斜角为45°，所以直线的斜率为1，‎ 所以直线方程为y＝x＋1，‎ ‎△ABD，△ABC面积相等，|S1－S2|＝0.‎ 当直线l斜率存在(显然k≠0)时，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，‎ 和椭圆方程联立 消掉y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.‎ 显然Δ>0，方程有根，且x1＋x2＝－，‎