高考数学大二轮总复习 增分策略 专题六 解析几何 圆锥曲线的综合问题试题 19页

第 3 讲　圆锥曲线的综合问题 1．(2014·福建)设 P，Q 分别为圆 x2＋(y－6)2＝2 和椭圆 x2 10＋y2＝1 上的点，则 P，Q 两点间 的最大距离是(　　) A．5 2 B. 46＋ 2 C．7＋ 2 D．6 2 2．(2015·陕西)如图，椭圆 E： x2 a2＋ y2 b2＝1(a＞b＞0)，经过点 A(0，－1)，且离心率为 2 2 . (1)求椭圆 E 的方程； (2)经过点(1,1)，且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 P，Q(均 异于点 A)，证明：直线 AP 与 AQ 的斜率之和为 2. 　 　 　 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　(2015·重庆)如图，椭圆 x2 a2＋ y2 b2＝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＋ 2，|PF2|＝2－ 2，求椭圆的标准方程； (2)若|PQ|＝λ|PF1|，且 3 4≤λ＜ 4 3，试确定椭圆离心率 e 的取值范围． 　 　 　 　 　 　 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，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． 跟踪演练 1　已知椭圆 C 的左，右焦点分别为 F1，F2，椭圆的离心率为 1 2，且椭圆经过点 P(1， 3 2)． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)线段 PQ 是椭圆过点 F2 的弦，且PF2→ ＝λF2Q→ ，求△PF1Q 内切圆面积最大时实数 λ 的值． 　 　 　 　 　 　 　 热点二　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－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． 例 2　椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 1 2，其左焦点到点 P(2,1)的距离为 10. (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． 　 　 　 　 思维升华　(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． 跟踪演练 2　已知直线 l：y＝x＋ 6，圆 O：x2＋y2＝5，椭圆 E： y2 a2＋ x2 b2＝1(a>b>0)的离心率 e＝ 3 3 ，直线 l 被圆 O 截得的弦长与椭圆的短轴长相等． (1)求椭圆 E 的方程； (2)过圆 O 上任意一点 P 作椭圆 E 的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线的斜率之积 为定值． 　 　 　 　 　 　 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． 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 λ，求出 λ 的值；若不存在，说明理由． 　 　 　 　 　 　 　 　 　 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． (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　(2015·四川)如图，椭圆 E： x2 a2＋ y2 b2＝1(a＞b＞0)的离心率 是 2 2 ，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． 　 　 已知椭圆 C1： x2 a2＋ y2 3 ＝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 |PN| |MQ|＝2？若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由． 　 　 提醒：完成作业　专题六　第 3 讲 二轮专题强化练 专题六 第3 讲　圆锥曲线的综合问题 A 组　专题通关 1．(2015·北京西城区期末)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 B. 1 a< 1 b C．0b>0)的离心率为 e＝ 1 2，右焦点为 F(c,0)，方程 ax2＋bx－c＝0 的两个 实根分别为 x1 和 x2，则点 P(x1，x2)(　　) A．必在圆 x2＋y2＝2 内 B．必在圆 x2＋y2＝2 上 C．必在圆 x2＋y2＝2 外 D．以上三种情形都有可能 5．若点 O 和点 F 分别为椭圆 x2 4 ＋ y2 3 ＝1 的中心和左焦点，点 P 为椭圆上的任意一点，则OP→ ·FP→ 的最大值为(　　) A．2 B．3 C．6 D．8 6．已知双曲线 x2－ y2 3 ＝1 的左顶点为 A1，右焦点为 F2，P 为双曲线右支上一点，则PA1→ ·PF2→ 的最小值为_______________________________________________________________． 7．已知 A(1,2)，B(－1,2)，动点 P 满足AP→ ⊥BP→ .若双曲线 x2 a2－ y2 b2＝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________． 8．在直线 y＝－2 上任取一点 Q，过 Q 作抛物线 x2＝4y 的切线，切点分别为 A、B，则直线 AB 恒过定点________． 9．已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的短轴长为 2，离心率为 2 2 ，过点 M(2,0)的直线 l 与椭圆 C 相交于 A，B 两点，O 为坐标原点． (1)求椭圆 C 的方程； (2)若 B 点关于 x 轴的对称点是 N，证明：直线 AN 恒过一定点． B 组　能力提高 10．已知直线 y＝a 交抛物线 y＝x2 于 A，B 两点．若该抛物线上存在点 C，使得∠ACB 为直角， 则 a 的取值范围为________． 11．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 |AB| |CD|的值为________． 12．(2015·课标全国Ⅱ)已知椭圆 C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，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. (1)证明：直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值； (2)若 l 过点(m 3，m )，延长线段 OM 与 C 交于点 P，四边形 OAPB 能否为平行四边形？若能， 求此时 l 的斜率；若不能，说明理由． 学生用书答案精析 第 3 讲　圆锥曲线的综合问题 高考真题体验 1．D　[如图所示，设以(0,6)为圆心，以 r 为半径的圆的方程 为 x2＋(y－6)2＝r2(r>0)，与椭圆方程 x2 10＋y2＝1 联立得方程 组，消掉 x2 得 9y2＋12y＋r2－46＝0. 令 Δ＝122－4×9(r2－46)＝0， 解得 r2＝50，即 r＝5 2. 由题意易知 P，Q 两点间的最大距离为 r＋ 2＝6 2， 故选 D.] 2．(1)解　由题设知 c a＝ 2 2 ，b＝1， 结合 a2＝b2＋c2，解得 a＝ 2， 所以椭圆的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (2)证明　由题设知，直线 PQ 的方程为 y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入 x2 2 ＋y2＝1， 得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知 Δ＞0， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0， 则 x1＋x2＝ 4kk－1 1＋2k2 ，x1x2＝ 2kk－2 1＋2k2 ， 从而直线 AP，AQ 的斜率之和 kAP＋kAQ＝ y1＋1 x1 ＋ y2＋1 x2 ＝ kx1＋2－k x1 ＋ kx2＋2－k x2 ＝2k＋(2－k)( 1 x1＋ 1 x2) ＝2k＋(2－k) x1＋x2 x1x2 ＝2k＋(2－k) 4kk－1 2kk－2＝2k－2(k－1)＝2. 热点分类突破 例 1　解　(1)由椭圆的定义， 2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋ 2)＋(2－ 2)＝4，故 a＝2. 设椭圆的半焦距为 c，由已知 PF1⊥PF2，因此 2c＝|F1F2|＝ |PF1|2＋|PF2|2 ＝ 2＋ 22＋2－ 22＝2 3， 即 c＝ 3，从而 b＝ a2－c2＝1. 故所求椭圆的标准方程为 x2 4 ＋y2＝1. (2)如图，由 PF1⊥PQ， |PQ|＝λ|PF1|，得 |QF1|＝ |PF1|2＋|PQ|2＝ 1＋λ2|PF1|. 由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a， 进而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a， 于是(1＋λ＋ 1＋λ2)|PF1|＝4a， 解得|PF1|＝ 4a 1＋λ＋ 1＋λ2， 故|PF2|＝2a－|PF1|＝ 2aλ＋ 1＋λ2－1 1＋λ＋ 1＋λ2 . 由勾股定理得 |PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2， 从而 ( 4a 1＋λ＋ 1＋λ2)2＋ (2aλ＋ 1＋λ2－1 1＋λ＋ 1＋λ2 )2＝4c2， 两边除以 4a2，得 4 1＋λ＋ 1＋λ22＋ λ＋ 1＋λ2－12 1＋λ＋ 1＋λ22＝e2. 若记 t＝1＋λ＋ 1＋λ2，则上式变成 e2＝ 4＋t－22 t2 ＝8(1 t－ 1 4 )2＋ 1 2. 由 3 4≤λ＜ 4 3，并注意到 1＋λ＋ 1＋λ2关于 λ 的单调性，得 3≤t＜4，即 1 4＜ 1 t≤ 1 3. 进而 1 2＜e2≤ 5 9，即 2 2 ＜e≤ 5 3 . 跟踪演练 1　解　(1)e＝ c a＝ 1 2，P(1， 3 2)满足 1 a2＋  3 22 b2 ＝1， 又 a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝3， ∴椭圆标准方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)显然直线 PQ 不与 x 轴重合， 当直线 PQ 与 x 轴垂直时， |PQ|＝3，|F1F2|＝2， ＝3； 当直线 PQ 不与 x 轴垂直时，设直线 PQ：y＝k(x－1)，k≠0 代入椭圆 C 的标准方程， 整理，得(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0， Δ>0，y1＋y2＝ －6k 3＋4k2，y1·y2＝ －9k2 3＋4k2. ＝ 1 2·|F1F2|·|y1－y2|＝12 k2＋k4 3＋4k22， 令 t＝3＋4k2，∴t>3，k2＝ t－3 4 ， ∴ ＝3 －3 1 t＋ 1 32＋ 4 3， ∵0< 1 t< 1 3， ∴ ∈(0,3)， ∴当直线 PQ 与 x 轴垂直时 最大，且最大面积为 3. 设△PF1Q 内切圆半径为 r， 则 ＝ 1 2(|PF1|＋|QF1|＋|PQ|)·r＝4r≤3. 即 rmax＝ 3 4，此时直线 PQ 与 x 轴垂直，△PF1Q 内切圆面积最大， ∴PF2→ ＝F2Q→ ，∴λ＝1. 例 2　解　(1)设椭圆方程为 x2 a2＋ y2 b2＝1 (a>b>0)， 由 e＝ c a＝ 1 2，得 a＝2c，∵a2＝b2＋c2， ∴b2＝3c2， 则椭圆方程变为 x2 4c2＋ y2 3c2＝1. 又由题意知 2＋c2＋12＝ 10，解得 c2＝1， 故 a2＝4，b2＝3， 即得椭圆的标准方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立Error! 得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0. 1PF QS 1PF QS 1PF QS 1PF QS 1PF QS 1PF QS 则Error!① 又 y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) ＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2 ＝ 3m2－4k2 3＋4k2 . ∵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， ∴ 3m2－4k2 3＋4k2 ＋ 4m2－3 3＋4k2 ＋ 16mk 3＋4k2＋4＝0， ∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得 m1＝－2k，m2＝－ 2k 7 ， 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＝－ 2k 7 时，l 的方程为 y＝k(x－ 2 7 )，直线过定点(2 7，0 )，且满足②， ∴直线 l 过定点，定点坐标为(2 7，0 ). 跟踪演练 2　(1)解　设椭圆的半焦距为 c， 圆心 O 到直线 l 的距离 d＝ 6 1＋1＝ 3， ∴b＝ 5－3＝ 2. 由题意得Error!∴a2＝3，b2＝2. ∴椭圆 E 的方程为 y2 3 ＋ x2 2 ＝1. (2)证明　设点 P(x0，y0)，过点 P 的椭圆 E 的切线 l0 的方程为 y－y0＝k(x－x0)， 联立直线 l0 与椭圆 E 的方程得Error! 消去 y 得(3＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(kx0－y0)2－6＝0， ∴Δ＝[4k(y0－kx0)]2－4(3＋2k2)[2(kx0－y0)2－6]＝0， 整理得，(2－x20)k2＋2kx0y0－(y20－3)＝0， 设满足题意的椭圆 E 的两条切线的斜率分别为 k1，k2， 则 k1·k2＝－ y20－3 2－x20， ∵点 P 在圆 O 上，∴x20＋y20＝5， ∴k1·k2＝－ 5－x20－3 2－x20 ＝－1. ∴两条切线的斜率之积为常数－1. 例 3　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. 由抛物线准线 l：x＝－1， 可知 M(－1，－2k)． 又 Q(1,2)，所以 k3＝ 2＋2k 1＋1 ＝k＋1， 即 k3＝k＋1. 把直线 AB 的方程 y＝k(x－1)，代入抛物线方程 y2＝4x，并整理，可得 k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝ 0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，知 x1＋x2＝ 2k2＋4 k2 ，x1x2＝1. 又 Q(1,2)，则 k1＝ 2－y1 1－x1，k2＝ 2－y2 1－x2. 因为 A，F，B 共线，所以 kAF＝kBF＝k， 即 y1 x1－1＝ y2 x2－1＝k. 所以 k1＋k2＝ 2－y1 1－x1＋ 2－y2 1－x2＝ y1 x1－1＋ y2 x2－1－ 2x1＋x2－2 x1x2－x1＋x2＋1＝2k－ 2 2k2＋4 k2 －2 1－ 2k2＋4 k2 ＋1 ＝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． 跟踪演练 3　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Error!解得 a＝2，b＝ 2， 所以椭圆 E 的方程为 x2 4 ＋ y2 2 ＝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(x1，y1)， (x2，y2)， 联立Error!得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， 其判别式 Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0， 所以 x1＋x2＝－ 4k 2k2＋1，x1x2＝－ 2 2k2＋1， 从而，OA→ ·OB→ ＋λPA→ ·PB→ ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝ －2λ－4k2＋－2λ－1 2k2＋1 ＝－ λ－1 2k2＋1－λ－2. 所以当 λ＝1 时，－ λ－1 2k2＋1－λ－2＝－3， 此时OA→ ·OB→ ＋λPA→ ·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→ ＋λPA→ ·PB→ ＝OC→ ·OD→ ＋PC→ ·PD→ ＝－2－1＝－3. 故存在常数 λ＝1，使得OA→ ·OB→ ＋λPA→ ·PB→ 为定值－3. 高考押题精练 解　(1)因为 C1，C2 的焦点重合， 所以 a2－3＝ a 2， 所以 a2＝4. 又 a>0，所以 a＝2. 于是椭圆 C1 的方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1， 抛物线 C2 的方程为 y2＝4x. (2)假设存在直线 l 使得 |PN| |MQ|＝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Error!可得 k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 则 x1＋x4＝ 2k2＋4 k2 ，x1x4＝1， 所以|PN|＝ 1＋k2· x1＋x42－4x1x4＝ 41＋k2 k2 . 由Error!可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 则 x2＋x3＝ 8k2 3＋4k2，x2x3＝ 4k2－12 3＋4k2 ， 所以|MQ|＝ 1＋k2· x2＋x32－4x2x3＝ 121＋k2 3＋4k2 . 若 |PN| |MQ|＝2， 则 41＋k2 k2 ＝2× 121＋k2 3＋4k2 ， 解得 k＝± 6 2 . 故存在斜率为 k＝± 6 2 的直线 l， 使得 |PN| |MQ|＝2. 二轮专题强化练答案精析 第 3 讲　圆锥曲线的综合问题 1．C　[由 ax2＋by2＝1，得 x2 1 a ＋ y2 1 b ＝1， 因为焦点在 x 轴上，所以 1 a> 1 b>0， 所以 00，b>0)的渐近线方程为 y＝± b ax，即 bx±ay＝0， 由题意，可得 2a a2＋b2>1，即 2a c >1， 所以 e＝ c a<2， 又 e>1，故 1