2019年数学二轮复习 专题五 解析几何 第三讲 圆锥曲线的综合应用

设M(x1，y1)，M′(x2，y2)， 设 MF1 的方程为 x＝my－ 3，
x＝my－ 3，
由x42＋y2＝1
得(m2＋4)y2－2 3my－1＝0，
故yy11＋y2＝y2＝－mm2 221＋＋3m44.，
设F1M与F2N的距离为d，四边形F1F2NM的面积为S，
则 S＝12(|F1M|＋|F2N|)d＝12(|F1M′|＋|F1M|)d＝12|MM′|d＝ S△MF2M′,
2
PART TWO
真题体验 押题预测
真题体验 (2018·全国Ⅰ，文，20)设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2,0)，过点A的直线l与 C交于M，N两点. (1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；
解 当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2， 可得点M的坐标为(2,2)或(2，－2). 所以直线 BM 的方程为 y＝12x＋1 或 y＝－12x－1. 即x－2y＋2＝0或x＋2y＋2＝0.
所以 y1＋y2＝2k，y1y2＝－4.
直线 BM，BN 的斜率之和 kBM＋kBN＝x1y＋1 2＋x2y＋2 2＝x2y1＋x1x＋1y22＋x22＋y12＋ y2.
①
将 x1＝yk1＋2，x2＝yk2＋2 及 y1＋y2，y1y2 的表达式代入①式分子，
可得 x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝2y1y2＋4kky1＋y2＝－8k＋8＝0.
当且仅当 t2＝92，即 t＝±322时取等号.
故△BPQ
的面积的最大值为
2 2.
热点二 范围问题
圆锥曲线的范围问题的常见解法 (1)几何法：若题目中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：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系或不等关系或已知 参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些关系去求参数的范围.

解得 a＝2，∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆 C 的标准方程为x42＋y32＝1.
(2)联立方程，得x42＋y32＝1，消去 y 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设 A(x1，y1)，B(x2， y＝kx＋m，
y2)，则 x1＋x2＝3－＋84kmk2，x1x2＝43m＋2－4k122，且 Δ＝48(3＋4k2－m2)>0，① 设 AB 的中点为 M(x0，y0)，连接 QM，则 x0＝x1＋2 x2＝3－＋44kmk2，y0＝kx0＋m＝3＋3m4k2，
化简得x42＋y22＝1(|x|≠2)，
所以 C 为中心在坐标原点，焦点在 x 轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)①证明：设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 y＝kx(k>0)．
y＝kx， 由x42＋y22＝1得 x＝±
2 1＋2k2.
设 u＝
2 ，则 1＋2k2
P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
所以 Δ＝4p2－8pkb>0，得 kb<p2，
又 y1＋y2＝2kp，y1y2＝2pkb，由 y1＋y2＝2kp>0，y1y2＝2pkb>0，可知 k>0，b>0，因为|CD|＝ 1＋k2
|x1－x2|＝a 1＋k2，
点 O 到直线 CD 的距离 d＝
|b| ， 1＋k2
所以 S1＝12·a 1＋k2· 1|b＋| k2＝12ab.
在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．
解答题的热点题型有：
(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲 线中的判断与证明．
第 1 课时 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 考点一 圆锥曲线中的最值问题

故
������������ ������������ + 为定值 ������������ ������������
2.
考点1
考点2
考点3
考点4
考点1
考点2
考点3
考点4
(1)求 C 的方程; (2)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.证明 :直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值. 解 :(1)由题意有 解得 a2=8,b2=4. 所以 C
第三讲 圆锥曲线的综合应用
1.理解数形结合的思想.
2.了解圆锥曲线的简单应用.
1.解答圆锥曲线的综合问题时应根据曲线的几何特征,熟练运用圆锥曲线的知
识将曲线的几何特征转化为数量关系(如方程、函数等),再结合代数、三角知识
解答,要重视函数与方程思想、等价转化思想的应用. 对于求曲线方程中参数的取值范围问题,应根据题设条件及曲线的几何性质(曲
1 p= , 2 1 , 2 ������
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(2)因为函数 y=- ������ 的导函数为 y'=-
设 A(x0,y0),则直线 MA 的方程为 y-y0=MA 上, 所以-2-y0=- × 联立
1 2 1 2 1 (-x0). ������0
1 (x-x0),因为点 2 ������0
M(0,-2)在直线
1 4
(1)求抛物线的方程 ; (2)试问 :
������������ ������������ + 的值是否为定值?若是,求出定值 ;若不是,说明理由. ������������ ������������
考点1
考点2

第三讲 圆锥曲线的综合应用 第二课时 圆锥曲线的定点、定值、存在性问题1．(2018·云南师大附中质检)已知椭圆C 的焦点在x 轴上，离心率等于255，且过点⎝ ⎛⎭⎪⎫1，255.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)过椭圆C 的右焦点F 作直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，交y 轴于M 点，若MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，求证：λ1＋λ2为定值．解析：(1)设椭圆C 的方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)， 则⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝255，1a 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫255b 22＝1，∴a 2＝5，b 2＝1，∴椭圆C 的标准方程为x 25＋y 2＝1.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (0，y 0) ， 又易知F 点的坐标为(2,0)． 显然直线l 存在斜率， 设直线l 的斜率为k ，则直线l 的方程是y ＝k (x －2)，将直线l 的方程代入椭圆C 的方程中，消去y 并整理得(1＋5k 2)x 2－20k 2x ＋20k 2－5＝0，∴x 1＋x 2＝20k 21＋5k 2，x 1x 2＝20k 2－51＋5k2.又∵MA →＝λ1AF →，MB →＝λ2BF →，将各点坐标代入得λ1＝x 12－x 1，λ2＝x 22－x 2，∴λ1＋λ2＝x 12－x 1＋x 22－x 2＝x 1＋x 2－2x 1x 24－x 1＋x 2＋x 1x 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫20k 21＋5k 2－20k 2－51＋5k 24－2·20k 21＋5k 2＋20k 2－51＋5k2＝－10， 即λ1＋λ2为定值．2．(2018·贵阳一模)过抛物线C ：y 2＝4x 的焦点F 且斜率为k 的直线l 交抛物线C 于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求l 的方程；(2)若A 关于x 轴的对称点为D ，求证：直线BD 恒过定点，并求出该点的坐标．解析：(1)易知点F 的坐标为(1,0)，则直线l 的方程为y ＝k (x －1)，代入抛物线方程y 2＝4x 得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，由题意知k ≠0，且[－(2k 2＋4)]2－4k 2·k 2＝16(k 2＋1)＞0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∴x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1，由抛物线的定义知|AB |＝x 1＋x 2＋2＝8， ∴2k 2＋4k2＝6，∴k 2＝1，即k ＝±1， ∴直线l 的方程为y ＝±(x －1)．(2)由抛物线的对称性知，D 点的坐标为(x 1，－y 1)，直线BD 的斜率k B D ＝y 2＋y 1x 2－x 1＝y 2＋y 1y 224－y 214＝4y 2－y 1， ∴直线BD 的方程为y ＋y 1＝4y 2－y 1(x －x 1)， 即(y 2－y 1)y ＋y 2y 1－y 21＝4x －4x 1，∵y 21＝4x 1，y 22＝4x 2，x 1x 2＝1，∴(y 1y 2)2＝16x 1x 2＝16， 即y 1y 2＝－4(y 1，y 2异号)，∴直线BD 的方程为4(x ＋1)＋(y 1－y 2)y ＝0， 恒过点(－1,0)．3．(2018·南宁模拟)已知抛物线C ：y 2＝ax (a ＞0)上一点P (t ，12)到焦点F 的距离为2t .(1)求抛物线C 的方程；(2)抛物线C 上一点A 的纵坐标为1，过点Q (3，－1)的直线与抛物线C 交于M ，N 两个不同的点(均与点A 不重合)，设直线AM ，AN 的斜率分别为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值．解析：(1)由抛物线的定义可知|PF |＝t ＋a4＝2t ，则a ＝4t ，由点P (t ，12)在抛物线上，得at ＝14，∴a ×a 4＝14，则a 2＝1，由a ＞0，得a ＝1， ∴抛物线C 的方程为y 2＝x . (2)∵点A 在抛物线C 上，且y A ＝1， ∴x A ＝1.∴A (1,1)，设过点Q (3，－1)的直线的方程为x －3＝m (y ＋1)， 即x ＝my ＋m ＋3，代入y 2＝x 得y 2－my －m －3＝0.设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝m ，y 1y 2＝－m －3， ∴k 1k 2＝y 1－1x 1－1·y 2－1x 2－1＝y 1y 2－y 1＋y 2＋1m 2y 1y 2＋m m ＋y 1＋y 2＋m ＋2＝－12，∴k 1k 2为定值．4．(2018·福州四校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的两个焦点分别为F 1，F 2，短轴的一个端点为P ，△PF 1F 2内切圆的半径为b3，设过点F 2的直线l 被椭圆C 截得的线段为RS ，当l ⊥x 轴时，|RS |＝3.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)在x 轴上是否存在一点T ，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称？若存在，请求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．解析：(1)由内切圆的性质，得12×2c ×b ＝12×(2a ＋2c )×b 3，得c a ＝12.将x ＝c 代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，得y ＝±b 2a ，所以2b2a＝3.又a 2＝b 2＋c 2，所以a ＝2，b ＝3， 故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 垂直于x 轴时，显然x 轴上任意一点T 都满足TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．当直线l 不垂直于x 轴时，假设存在T (t,0)满足条件，设l 的方程为y ＝k (x －1)，R (x 1，y 1)，S (x 2，y 2)．联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，3x 2＋4y 2－12＝0，得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝8k 23＋4k2，x 1x 2＝4k 2－123＋4k2①，其中Δ＞0恒成立，由TS 与TR 所在直线关于x 轴对称，得k TS ＋k TR ＝0(显然TS ，TR 的斜率存在)， 即y 1x 1－t ＋y 2x 2－t＝0 ②.因为R ，S 两点在直线y ＝k (x －1)上， 所以y 1＝k (x 1－1)，y 2＝k (x 2－1)，代入②得k x 1－x 2－t ＋k x 2－x 1－tx1－t x 2－t＝k [2x 1x 2－t ＋x 1＋x 2＋2t ]x 1－t x 2－t＝0，即2x 1x 2－(t ＋1)(x 1＋x 2)＋2t ＝0 ③， 将①代入③得8k 2－24－t ＋k 2＋2t＋4k23＋4k 2＝6t －243＋4k2＝0 ④， 则t ＝4，综上所述，存在T (4,0)，使得当l 变化时，总有TS 与TR 所在直线关于x 轴对称．。