高考数学(四海八荒易错集)专题16 圆锥曲线的综合问题 理

圆锥曲线综合题高考常见题型与分析本部分重点考查直线和圆锥曲线的综合性问题,从近几年的高考试题来看,除了在解答题中必然有直线与圆锥曲线的联立外,在选择题或填空题中出现的圆锥曲线问题也经常与直线结合起来.本部分的主要特点是运算量大、思维难度较高,但有时灵活地借助几何性质来分析问题可能会收到事半功倍的效果.(1)关于圆锥曲线的方程求解,一般是由定义法求曲线的方程或由已知条件直接求曲线方程,有时也会以求轨迹的形式出现,难度中等.(2)除了方程的求解,还有如下考查内容,圆锥曲线的弦长问题、最值问题、定点定值问题、探索性问题等,考查的知识点较多,能力要求高,尤其在考查学生的运算求解变形能力上,此类问题体现的淋漓尽致,是高考试题中区分度较高的题目.(3)预测2015年的高考,对本节知识的考查仍以解答题为主,选择的载体一般是椭圆,主要围绕着直线与椭圆的位置关系进行命题,有时会与向量的共线、模和内积等联系起来;对于方程的求解,不要忽视轨迹的求解形式,后面的设问将是对最值、定值、定点、参数范围的考查,探索类和存在性问题考查的概率也很高.一、直线和圆锥曲线经典结论椭 圆1. 以焦点弦PQ 为直径的圆必与对应准线相离.2. 以焦点半径PF 1为直径的圆必与以长轴为直径的圆内切.3. 若000(,)P x y 在椭圆22221x y a b +=上，则过0P 的椭圆的切线方程是00221x x y y a b +=.4. 若000(,)P x y 在椭圆22221x y a b+=外 ，则过Po 作椭圆的两条切线切点为P 1、P 2，则切点弦P 1P 2的直线方程是00221x x y ya b+=.5. 椭圆22221x y a b+= (a ＞b ＞0)的左右焦点分别为F 1，F 2，点P 为椭圆上任意一点12F PF g ?，则椭圆的焦点角形的面积为122tan2F PF S b gD =. 6. 椭圆22221x y a b+=（a ＞b ＞0）的焦半径公式：10||MF a ex =+,20||MF a ex =-(1(,0)F c - , 2(,0)F c 00(,)M x y ).7. AB 是椭圆22221x y a b +=的不平行于对称轴的弦，M ),(00y x 为AB 的中点，则22OM ABb k k a ?-，即0202y a x b K AB -=。

2024届高考数学易错题专项(圆锥曲线)练习 易错点一：求轨迹方程时忽略变量的取值范围（求动点轨迹方程）易错点二：忽略了给定条件对e范围的限定（离心率的求算）A．3B．2易错点三：易忽略判别式自身参数范围（求最值问题）易错点四：意义不明导致定点问题错误（有关直线与圆锥曲线的定点与定值问题）22x y参考答案易错点一：求轨迹方程时忽略变量的取值范围（求动点轨迹方程）2⎝⎭如图所示，过P作PB⊥准线，垂足为由抛物线定义可知PF=设直线AP为p y k x⎛⎫+=） 由已知可知24y x =，则()1,0F )()(11223,,,x y B x y C x 、、()11y x k=--，【答案详解】 )0QN PN +⋅= ，可得QN QP =4QP MP ==，所以NQ QM +的轨迹是以M ，N 为焦点，长轴长为 故||||DB DA =，则||||||||DC DB -=设()11,A x y ，()22,B x y ．由题意，设直线l 的方程为6,x my =+则2164240m ∆=+⨯>，由韦达定理可得所以2412x x m +=+，36x x =，9．已知()2,0A -，()2,0B，对于平面内一动点M ，且2PM AM BM =.求点Р的轨迹C 的方程；【答案】当||2x <，22:2C x y +=；当||2x >，易错点二：忽略了给定条件对e范围的限定（离心率的求算）=，由切线长定理可知，PA PB=与双曲线6．已知直线y kxPA PB不同的一点，直线,线的离心率为（）A．3B．2 【答案】D故选：A.9．已知F为双曲线C：2 2 x a的渐近线和右支于点A，B10．已知双曲线22 :xEa-右支交于B，C两点，且则双曲线E的离心率为（又因为0AF BF ⋅=，所以AF BF ⊥所以四边形1AF BF 为矩形， 设||BF t =，则||3CF t =，易错点三：易忽略判别式自身参数范围（求最值问题）故答案为：182．已知ABC 的内角A ，B ，C 的对边分别为a ，b ，c ，若则ABC 面积的最大值为 ． 【答案】22【详细分析】由余弦定理变形得出6AB AC +=，A 在以椭圆上，因此当A 是椭圆短轴顶点时，A 到BC 的距离最大，由此可求得三角形面积最设椭圆方程为22221x ya b+=，则所以2222b a c=-=，当A是椭圆短轴顶点时，A由椭圆的第二定义知：AO AH=【答案】(]4,7【详细分析】作点N 关于原点的对称点12EF F N =且M 、1F 、E 三点共线，故因为O 为EN 、12F F 的中点，所以，四边形1EF 所以，12//EF F N 且12EF F N =，因为12//MF F N ，故M 、1F 、E 三点共线，则MF 问题）） 当直线l 的斜率不为0时，设直线l ：4x ny =+，联立得2242x ny x y =+⎧⎪⎨+⎪⎩3．已知椭圆2222:1(x yCa b+=23．因为椭圆的离心率为32，所以当直线AB 的斜率存在时，设直线将y kx m =+与2214x y +=联立，消去()(所以直线CM 的斜率为00CM y n k x m-=-可得直线CM 交x 轴于点0my nx P ⎛-设()()1122,,,,:AB A x y B x y l x =因为1F 在椭圆内部，则直线22x y ⎧设直线:l y kx m =+交该椭圆220x +将y kx m =+代入221205x y +=）当直线L与x轴平行时，以AB为直径的圆方程为当直线L与y轴重合时，以AB为直径的圆方程为设()00,P x y ，且000,0x y >>； 易知直线PA 的斜率002PA y k x =+，所以1y +0,0.∴直线CD恒过定点()【名师点评】关键点名师点评：本题考查直线与椭圆综合应用中的直线过定点问题的求解，解题关键是能够利用中点坐标公式表示出,A B坐标，利用点在椭圆上可构造方程组整理得到,C D所满足的直线方程，根据直线CD方程可确定定点坐标.。

圆锥曲线中综合问题【考情分析】1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有：范围、最值问题，定点、定值问题，探索型问题等.2.以解答题的压轴题形式出现，难度较大，重在提升逻辑推理、直观想象、数学运算的核心素养.【题型一】圆锥曲线中的最值、范围问题【典例分析】1．（2021·山东滕州一中高三模拟）已知椭圆22:143x y C +=的左顶点为A ，过其右焦点F 作直线交椭圆C 于D ，E (异于左右顶点)两点，直线AD ，AE 与直线:4l x =分别交于M ，N ，线段MN 的中点为H ，连接FH .（1）求证：FH DE ⊥；（2）求DEH △面积的最小值.【解析】（1）由已知得(1,0)F ，设()11,D x y ，()22,E x y ，直线DE 的方程为1x my =+，与椭圆方程联立得()2234690m y my ++-=，122634m y y m +=-+，122934y y m =-+设直线AD 的方程为11(2)2y y x x =++，与直线:4l x =联立得1164,2y M x ⎛⎫⎪+⎝⎭，同理可得2264,2y N x ⎛⎫⎪+⎝⎭，则()()()12121221212123233323339M N H my y y y y y y y y m my my m y y m y y ++⎛⎫+==+==- ⎪+++++⎝⎭，(4,3)H m ∴-，3041FH m k m --==--，当0m =时，显然DE FH ⊥；当0m ≠时，()11DE FH k k m m⨯=⨯-=-时，DE FH ⊥，综上，可得DE FH ⊥.（2）12234y y m -===+()2122121||34m DE y y m +=-=+，H 到直线DE的距离d ==(221811||234DFHm S DE d m +=⨯=+△，设2211t m t =≥⇒=-，()3322()(1)31314t t f t t t t ==≥+-+，()422233'()031t t f t t +=>+()f t ∴在[1,)+∞上单调递增，min 1()(1)4f t f ==，当1t =，即0m =时取得最小值.DEH ∴ 面积的最小值是92.2．（2021·山东省实验中学高三模拟）已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的左、右焦点分别为1F ，2F ，点P 是椭圆C上位于第二象限的任一点，直线l 是12F PF ∠的外角平分线，直线2PF 交椭圆C 于另一点Q ，过左焦点1F 作l 的垂线，垂足为N ，延长1F N 交直线2PF 于点M ，||2ON =（其中O 为坐标原点），椭圆C 的离心率为12.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）求1PF Q 的内切圆半径r 的取值范围.【解析】（1）由题意可得1||||F N NM =，且1||||PF PM =，所以1222||||||||||2PF PF PM PF MF a +=+==，因为O ，N 分别为线段12F F ，1F M 的中点，所以ON 为12MF F △的中位线，所以2//ON MF 且21||||22ON MF a ===，由12c a =，222a b c =+得23b =，所以椭圆C 的标准方程为22143x y +=.（2）由（1）知2(1,0)F ，设直线2PF 的方程为1(0)x my m =+≠，由点P 在第二象限求得33m <.设11(,)P x y ，22(,)Q x y ，由221143x my x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩得22(34)690m y my ++-=，由根与系数的关系得122634m y y m +=-+，122934y y m =-+，所以12212121212211121||||2()42234PF Q m S F F y y y y y y m +=⋅⋅-=⨯+-+△，令2231()3t m t =+>，则221m t =-，所以12212121213(1)4313PF Q t t S t t t t===-+++△，因为13y t t=+在233t >时单调递增，所以15332y t t =+>所以11283153PF Q S t t=∈+△，又11111(||||||)4422PF Q S PF PQ QF r a r r =++⋅=⋅⋅=△，所以83045r <<，即305r <<，所以1PF Q 内切圆半径r 的取值范围是23)5.【提分秘籍】求解圆锥曲线中最值、范围问题的主要方法(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数形结合求解.(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,或者不等关系,或者已知参数与新参数之间的等量关系等,则利用代数法求参数的范围.【变式演练】1．（2021·辽宁本溪高级中学高三模拟）已知点F 为椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的右焦点，椭圆上任意一点到点F 距离的最大值为3，最小值为1.（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若M 为椭圆C 上的点，以M 为圆心，MF 长为半径作圆M ，若过点(1,0)E -可作圆M 的两条切线,EA EB (,A B 为切点)，求四边形EAMB 面积的最大值.【解析】（1）根据题意椭圆上任意一点到点F 距离的最大值为3，最小值为1.所以31a c a c +=⎧⎨-=⎩，解得2,1a c ==，所以b =因此椭圆C 的标准方程为22143x y +=（2）由（1）知，()1,0E-为椭圆的左焦点，根据椭圆定义知，||||4ME MF +=，设|r MF MB ==｜，∵点E 在圆M 外，∴||4ME r r =->，∴12r ≤<所以在直角三角形MEB 中，||EB ==1||||2MEB S EB MB =⋅= ，由圆的性质知，四边形EAMB面积22MEB S S == ，其中12r ≤<.即)12S r =≤<.令()322412y r r r =-+≤<，则2682(34)y r r r r '=-+=--当413r <<时，0y '>，3224y r r =-+单调递增；当423r <<时，0y '<，3224y r r =-+单调递减.所以，在43r =时，y 取极大值，也是最大值此时maxS ==2．在平面直角坐标系xOy 中，椭圆2222:1(0)x y C a b a b+=>>的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线10x y ++-=与以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆相切．（1）求椭圆C 的方程；（2）BMN △是椭圆C 的内接三角形，若坐标原点O 为BMN △的重心，求点B 到直线MN 距离的取值范围．【解析】（1）设椭圆2222:1x y C a b+=的右焦点()2,0F c ，则以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆：()222x c y a -+=，所以圆心到直线10x y ++=的距离d a ==，又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以2,a c b ==，解得：2,1a b c ===，所以椭圆的标准方程为22143x y +=；（2）设(),B m n ，设,M N 的中点为D ，直线OD 与椭圆交于A,B 两点，因为O 为BMN △的重心，则2BO OD OA ==,所以,22m n D ⎛⎫-- ⎪⎝⎭即B 到直线MN 的距离是原点O 到直线MN 距离的3倍.当MN 的斜率不存在时，点D 在x 轴上，所以此时B 在长轴的端点处.由2OB =得：1OD =,则O 到直线MN 距离为1，B 到直线MN 距离为3；当MN 的斜率存在时，设()()1122,,,M x y N x y ，则有：22112222143143x y x y ⎧+=⎪⎪⎨⎪+=⎪⎩两式相减得：()()()()12121212043x x x x y y y y +-+-+=，因为D 为,M N 的中点，所以1212,x x m y y n +=-+=-，所以121234y y mk x x n-==--，所以直线MN 的方程为3242n m m y x n ⎛⎫+=-+ ⎪⎝⎭，即2268430mx ny n m +++=，所以原点O 到直线MN距离22d =.因为22143m n +=，所以223124m n =-，所以22d ===因为203n <≤，所以3<≤13≤<，所以332d ≤<综上所述，33332d ≤≤.即点B 到直线MN 距离的取值范围33,32⎡⎤⎢⎥⎣⎦.【题型二】圆锥曲线中的定点、定值问题【典例分析】1．（2021浙江镇海中学高三模拟）已知()0,1F 且满足1PF x =+的动点(),P x y 的轨迹为C．（1）求曲线C 的轨迹方程；（2）如图，过点()1,0-T 的斜率大于零的直线与曲线C 交于D ，M 两点，()1,1Q -，直线DQ 交曲线C 于另外一点N ，证明直线MN 过定点．【解析】（1）∵1PF x =+，1x ≥-1x =+，等式两边平方整理得24y x =．（2）证明：设()11,M x y ，()22,N x y ，()33,D x y ．由21123344y x y x ⎧=⎨=⎩两式相减得1313134DM y y k x x y y -==-+．所以直线DM 的方程为()11134y y x x y y -=-+，整理得()13134y y y x y y +=+（*）．因为点T 在直线上，所以134y y =①，同理直线DN 的方程为()23234y y y x y y +=+，因为点Q 在直线上，所以()23234y y y y -+=+②．由①②两式得2211444y y y y ⎛⎫-+=+⋅ ⎪⎝⎭，整理得()121244y y y y =-+-．由（*）式同理知直线MN 的方程为()12124y y y x y y +=+，所以()()1212124444y y y x y y x y y +=+=-+-，整理得直线MN 的方程为()()()12441y y y x ++=-，所以直线MN 过定点()1,4-．2．（2021·天津八中高三模拟）已知椭圆C ：2221(0)6x y b b+=>的左、右焦点分别为()1,0F c -和()2,0F c ，P 为椭圆C 上任意一点，三角形12PF F 面积的最大值是3．（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）若过点()2,0的直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，且9,04Q ⎛⎫⎪⎝⎭，证明：QA QB ⋅ 为定值．【解析】（Ⅰ）由题意知226c b =-，当P 点位于椭圆C 短轴端点时，三角形12PF F 的面积S 取最大值，此时max 1232S c b bc =⨯⨯==．所以229b c =，即()2269bb -=，解得23b=．故椭圆C 的方程为22163x y +=．（Ⅱ）（方法1）当直线l 的斜率不为0时，设直线l ：2x my =+交椭圆于()()1122,,,A x y B x y ．由22226x my x y =+⎧⎨+=⎩消去x 得，()222420m y my ++-=．则12122242, 22m y y y y m m +=-=-++．而112299,,,44QA x y QB x y ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ，所以()()2121212129911144416QA QB x x y y m y y m y y ⎛⎫⎛⎫⋅=--+=+-++ ⎪⎪⎝⎭⎝⎭()222222141211512421621616m m m m m m m --⎛⎫⎛⎫=+---+=+=- ⎪ ⎪+++⎝⎭⎝⎭．当直线l 的斜率为0时，(A B ，则998115,0,06441616QA QB ⎫⎛⎫⋅=⋅=-+=-⎪ ⎪⎭⎝⎭ ．故QA QB ⋅ 为定值，且为1516-．（方法2）当直线l 的斜率存在时，设直线l ：()2y k x =-交椭圆于()()1122,,,A x y B x y ．由22(2)26y k x x y =-⎧⎨+=⎩消去y 得，()2222218860k x k x k +-+-=．则2122821k x x k +=+，21228621k x x k -=+．而112299,,,44QA x y QB x y ⎛⎫⎛⎫=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭．所以()()222121212129998112444416QA QB x x y y k x x k x x k ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⋅=--+=+-++++ ⎪⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎝⎭ ()22222228698811242142116k k k k k k k -⎛⎫=+⋅-+⋅++⎪++⎝⎭22126818115621161616k k --=+=-+=-+．当直线l 的斜率不存在时，可求得()()2,1,2,1A B -，则991152,12,11441616QA QB ⎛⎫⎛⎫⋅=-⋅--=-=- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭ ．故QA QB ⋅ 为定值，且为1516-．【提分秘籍】1.求定值问题的思路方法(1)思路:求解定值问题的基本思路是使用参数表示要解决的问题,然后证明与参数无关,这类问题选择消元的方向是非常关键的.(2)方法:从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.2.求定点问题的解题方法(1)动直线l 过定点问题: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: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.【变式演练】1．（2021·广东华南师范大学附属中学高三模拟）设A ，B 为双曲线2222:1x y C a b-=(0,0)a b >>的左、右顶点，直线l 过右焦点F 且与双曲线C 的右支交于M ，N 两点，当直线l 垂直于x 轴时，AMN 为等腰直角三角形.（1）求双曲线C 的离心率；（2）已知直线AM ，AN 分别交直线2ax =于,P Q 两点，当直线l 的倾斜角变化时，以PQ 为直径的圆是否过定点，若过定点，求出定点的坐标；若不过定点，请说明理由.【解析】（1）由l x ⊥轴时，AMN 为等腰直角三角形，可得||||||AF NF MF ==，所以2ba c a+=，即2220c ac a --=，故220e e --=，结合1e >，解得2e =.故双曲线C 的离心率为2.（2）因为2c e a ==，所以双曲线:C 222213x y a a-=，显然直线l 的斜率不为0，设直线:2l x my a =+，11(,)M x y ，22(,)N x y ，联立直线l 与双曲线C 的方程得2222213x my a x y a a=+⎧⎪⎨-=⎪⎩，化简得222(31)1290m y amy a -++=，根据根与系数的关系，得2121222129,3131am a y y y y m m +=-⋅=--，①所以121224()431ax x m y y a m -+=++=-，②222221212122342()431a m a x x m y y am y y a m --⋅=⋅+++=-，③设直线:AM 11()y y x a x a =++，直线:AN 22()y y x a x a=++，令2ax =，可得121233(,),(,)22()22()ay ay a a P Q x a x a ++，设()G x y ,是以PQ 为直径的圆上的任意一点，则0PG QG ⋅=，则以PQ 为直径的圆的方程为2121233()[][]022()2()ay ay a x y y x a x a -+--=++，由对称性可得，若存在定点，则一定在x 轴上，令0y =，可得2121233()022()2()ay ay a x x a x a -+⋅=++，即2212212129()024[()]a y y a x x x a x x a -+=+++，将①②③代入，可得22222222229931()034424()3131a a a m x a m a a a a m m ⋅--+=---+⋅+--，即229(24a x a -=，解得x a =-或2x a =，所以以PQ 为直径的圆过定点(,0)a -，(2,0)a .2．（2021·山师大附中高三模拟）已知圆(22:12C x y +=，动圆M过点)D且与圆C 相切.（1）求动圆圆心M 的轨迹E 的方程；（2）假设直线l 与轨迹E 相交于A ，B 两点，且在轨迹E 上存在一点P ，使四边形OAPB 为平行四边形，试问平行四边形OAPB 的面积是否为定值？若是，求出此定值；若不是，请说明理由.【解析】（1）因为CD =<，所以点D 在圆内.又因为圆M 过点D 且与圆C相切，所以MC MD =，所以MC MD CD +=>.即点M 的轨迹是以C ，D 为焦点的椭圆.则2a =，即a =又因为222a b -=，所以21b =.故动圆圆心M 的轨迹E 的方程为：2213x y +=.（2）当直线AB 的斜率不存在时，可得直线AB 的方程为32x =±，此时32A y =，所以四边形OAPB 的面积32S =.当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y kx m =+，由22,13y kx m x y =+⎧⎪⎨+=⎪⎩整理得，()()222316310k x kmx m +++-=.因为直线l 与轨迹E 相交于A ，B 两点，所以()()()222222361231112310k m k m k m =-+-=-+>△.设()11,A x y ，()22,B x y ，则122631kmx x k +=-+，()21223131m x x k -=+.所以()121222231my y k x x m k +=++=+.设AB 的中点为Q ，则Q 的坐标为223,3311km m k k ++⎛⎫-⎪⎝⎭.因为四边形OAPB 为平行四边形，所以22622,3131km m OP OQ k k ⎛⎫==- ⎪++⎝⎭，所以点P 的坐标为2262,3131km m k k ⎛⎫-⎪++⎝⎭.又因为点Р在椭圆上，所以222262311331km m k k ⎛⎫- ⎪+⎛⎫⎝⎭+= ⎪+⎝⎭.整理得，22431m k =+.又因为12223131AB x k k =-==++，原点О到直线AB的距离为d =所以平行四边形OAPB的面积322AOBS S AB d ==⋅== .综上可知，平行四边形OAPB 的面积为定值32.1．（2021·江苏南京师范大学附属中学高三模拟）已知抛物线2:2(0)C y px p =>，满足下列三个条件中的一个：①抛物线C 上一动点Q 到焦点F 的距离比到直线:1m x =-的距离大1；②点(2,3)A 到焦点F 与到准线:2pl x =-的距离之和等于7；③该抛物线C 被直线:20n x y --=所截得弦长为16.请选择其中一个条件解答下列问题.（1）求抛物线C 的标准方程；（2）O 为坐标原点，直线l 与抛物线C 交于M ，N 两点，直线OM 的斜率为1k ，直线ON 的斜率为2k ，当124k k ⋅=-时，求OMN 的面积的最小值.【解析】（1）若选择①，则抛物线C 上一动点Q 到焦点F 的距与到直线:2m x =-的距离相等，故22p=，故4p =，所以抛物线的方程为28y x =.2=72p +，解得4p =，故抛物线的方程为28y x =.若选择③，则由222y x y px=-⎧⎨=⎩可得2240y py p --=，16=，解得4p =，故抛物线的方程为28y x =.（2）设:MN x my n =+，()11,M x y 、()22,N x y ，因为MN 与抛物线C 相交于M 、N ，所以将:MN x my n =+代28y x =消去x 得：2880y my n --=，则264640m n ∆=+>且128y y m +=，128y y n ⋅=-，由题意可知111y k x =，222y k x =，所以1212122212121264644888y y y y k k y y x x y y n ⋅⋅=⋅====-⋅-⋅，所以2n =，所以OMN的面积1212122S y y y y =⨯⨯-=-=≥，当且仅当0m =时等号成立，所以OMN的面积的最小值为2．（2021·重庆第一中学高三模拟）已知A ，B 分别为椭圆()2222:10x y C a b a b+=>>的左､右顶点，F 为右焦点，点P 为C 上的一点，PF 恰好垂直平分线段OB (O 为坐标原点)，32PF =.（1）求椭圆C 的方程；（2）过F 的直线l 交C 于M ，N 两点，若点Q 满足OQ OM ON =+(Q ，M ，N 三点不共线)，求四边形OMQN面积的取值范围.【解析】（1）由题意可知(),0F c ，(),0B a ，∵PF 恰好垂直平分线段OB ，∴2a c =，令x c =，代入22221x y a b +=得：2b y a =±，∴232b a =，∴2222232a cba abc =⎧⎪⎪=⎨⎪=+⎪⎩，解得21a b c =⎧⎪=⎨⎪=⎩，∴椭圆C 的方程为：22143x y +=.（2）由题意可知直线l 的斜率不为0，设直线l 的方程为：1x my =+，设()11,M x y ，()22,N x y ，联立方程221431x y x my ⎧+=⎪⎨⎪=+⎩，消去x 得：()2234690m y my ++-=，∴()223636340m m ∆=++>，∴122634m y y m -+=+，122934y y m -=+，设MN 的中点为E ，则2OQ OM ON OE =+=，∴MN 与OQ 互相平分，四边形OMQN 为平行四边形，∴OMQN S 平行四边形2OMN S =△12122OF y y =⨯⨯⨯-12y y =-==212134m=+，令1t =≥，则()2121211313OMQN t S t t t t==≥++平行四边形，∵11333y t t t t ⎛⎫ ⎪=+=+ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭在[1,)+∞上单调递增，∴134t t+≥，∴(]120,313t t∈+，∴03OMQN S <≤平行四边形.综上所述，四边形OMQN 面积的取值范围为(0,3].3.（2021·浙江杭州高级中学高三模拟）已知抛物线2:2(0)C x py p =>的焦点为F ，点P 为抛物线C 上一点，点P 到F 的距离比点P 到x 轴的距离大1．过点P 作抛物线C 的切线，设其斜率为0k .（1）求抛物线C 的方程；（2）直线:l y kx b =+与抛物线C 相交于不同的两点A ，B （异于点P ），若直线AP 与直线BP 的斜率互为相反数，证明：00k k +=．【解析】（1）解：设点()00,P x y ，由点P 到F 的距离比点P 到x 轴的距离大1，可得01PF y =+，即0012py y +=+，所以2p =，即抛物线C 的方程为24x y =.（2）证明：设()11,A x y ，()22,B x y ，直线AP 的斜率为AP k ，直线BP 的斜率为BP k ，则()101010AP y y k x x x x -=≠-，()202020BP y yk x x x x -=≠-.因为直线AP 与直线BP 的斜率互为相反数，所以AP BP k k =-，即10201020y y y y x x x x --=---，又点()11,A x y ，()22,B x y 均在抛物线上，可得222200211020444x x x x x x x x --=---，化简可得1202x x x +=-，因为2114x y =，2224x y =，所以()2212124x x y y -=-，即1212124y y x x x x -+=-，故012122x y y k x x -==--，因为24x y =，所以214y x =，所以1 2y x '=，则0012k x =，故00k k +=.4．（2021·湖南长沙长郡中学高三模拟）已知椭圆E ：()222210x y a b a b+=>>上有一点A ，点A 在x 轴上方，1F ，2F分别为E 的左，右焦点，当△12AF F 121sin 2AF F ∠=.（Ⅰ）求E 的标准方程；（Ⅱ）若直线l 交E 于P ，Q 两点，设PQ 中点为M ，O 为坐标原点，2PQ OM =uu u r uuu r，作ON PQ ⊥，求证：ON为定值.【解析】（Ⅰ）由椭圆的性质知，△12AF F 的面积取最大时，A 为椭圆的上顶点，即(0,)A b ，而12||2F F c =，∴12121||||2AF F S F F OA bc =⋅== 121sin 2b AF F a ∠==，又222a bc =+，∴24a =，21b =，可得E 的标准方程2214x y +=.（Ⅱ）由题意，2PQ OM =uu u r uuu r且PQ 中点为M ，易得90POQ ∠=︒，即OP OQ ⊥，若直线l 斜率不存在时，P ，Q 关于x 轴对称，2PQ OM =uu u r uuu r知：横纵坐标的绝对值相等，不妨假设P 在第一象限，则(,)P m m ，(,)Q m m -在椭圆上，∴255m =，此时,M N 两点重合，即255ON =；若直线l 斜率为0时，同理可得255ON =，若直线l 斜率存在且不为0时，设直线l 为(0)y kx b b =+≠，11(,)P x y ，22(,)Q x y ，则11(,)OP x y = ，22(,)OQ x y =，且12120x x y y +=，联立椭圆与直线得：222(41)84(1)0k x kbx b +++-=且2216(41)0k b ∆=-+>，∴122841kb x x k +=-+，21224(1)41b x x k -=+，即2222222221212122224(1)84()414141k b k b b k y y k x x kb x x b b k k k --=+++=-+=+++，∴222222224(1)45440414141b b k b k k k k ----+==+++，即||b =.∴||5ON==，为定值.5．（2021·天津南开中学高三模拟）已知点A，B分别为椭圆2222:1(0)x yE a ba b+=>>的左顶点和上顶点，且坐标原点O到直线AB 的距离为61313，椭圆E的离心率是方程2650x-+=的一个根.（1）求椭圆E的标准方程；（2）若(3,0)P，过P作斜率存在的两条射线PM，PN，交椭圆E于M，N两点，且PM PN⊥，问：直线MN经过定点吗？若经过，求出这个定点坐标；若不经过，说明理由.【解析】（1）因为椭圆E的离心率是方程2650x-+=的一个根，所以2e=或3e=.因为椭圆E的离心率(0,1)e∈，所以53e=.因为3ca=，所以2295a c=，所以222245b ac c=-=，因为点A，B分别为椭圆E的左顶点和上顶点，所以||AB===.因为坐标原点O到直线AB 的距离为61313，所以11||22ab AB=，=⨯，所以c=，所以29a=，24b=，所以椭圆E的标准方程为22194x y+=.（2）当直线MN的斜率存在时，设MN：y=kx+m，由22194y kx mx y=+⎧⎪⎨+=⎪⎩，消元并化简得222(49)189360k x kmx m+++-=，设1122(,),(,)M x y N x y ，则1221849km x x k +=-+，212293649m x x k-=+，又(3,0)P ，PM PN ⊥，所以1212133y yx x ⋅=---，所以1212123()9()()0x x x x kx m kx m -+++++=，即221212(1)(3)()(9)0k x x km x x m ++-+++=，所以2222293618(1)(3)(9)04949m kmk km m k k--++-++=++，所以2222(1)(936)(3)(18)(9)(49)0k m km km m k +-+--+++=，即224554130k km m ++=，所以30k m +=或15130k m +=，当30k m +=时，(3)y k x =-，此时M ，N ，P 重合，舍去.当15130k m +=时，15(13y k x =-，恒过点15(,0)13.当直线MN 的斜率不存在时，MN ⊥x 轴，设(),3M t t -，则()223194t t -+=，解得1513t =，所以此时直线MN 也过点15(,0)13.所以直线MN 恒过定点15(,0)13.6.（2021·湖南长郡中学高三模拟）已知抛物线2:4C x y =的焦点为F ，准线为l .设过点F 且不与x 轴平行的直线m 与抛物线C 交于A ，B 两点，线段AB 的中点为M ，过M 作直线垂直于l ，垂足为N ，直线MN 与抛物线C 交于点P .（1）求证：点P 是线段MN 的中点.（2）若抛物线C 在点P 处的切线与y 轴交于点Q ，问是否存在直线m ，使得四边形MPQF 是有一个内角为60︒的菱形？若存在，请求出直线m 的方程；若不存在，请说明理由.【解析】（1）证明：由题意知直线m 的斜率存在且不为0，故设直线m 的方程为1(0)y kx k =+≠，代入24x y =，并整理得2440x kx --=.所以216160k ∆=+>，设()11,A x y ，()22,B x y ，则124x x k +=，124x x =-.设()00,M x y ，则12022x x x k +==，200121y kx k =+=+，即()22,21M k k +.由MN l ⊥，得(2,1)N k -，所以MN 中点的坐标为()22,k k.将2x k =代入24x y =，解得2y k =，则()22,P k k ，所以点P 是MN 的中点.（2）由24x y =，得24x y =，则'2x y =，所以抛物线C 在点()22,P k k的切线PQ 的斜率为k ，又由直线m 的斜率为k ，可得m PQ ∥；又M N y ∥轴，所以四边形MPQF 为平行四边形.而||MF ==()222||211MP k k k =+-=+，由||||MF MP =，得21k =+，解得3k =±，即当3k =±时，四边形MPQF 为菱形，且此时2||1||||PF k MP MF ==+==，所以60PMF ∠=︒，直线m 的方程为13y x =±+，2即0x +=或0x +=，所以存在直线m ，使得四边形MPQF 是有一个内角为60︒的菱形.。

圆锥曲线的综合问题●知识梳理分析几何是联系初等数学与高等数学的纽带，它自己重视于形象思想、 推理运算和数形联合，综合了代数、三角、几何、向量等知识. 反应在解题上，就是依据曲线的几何特色准确地变换为代数形式，依据方程画出图形，研究几何性质. 学习时应娴熟掌握函数与方程的思想、数形联合的思想、参数的思想、分类与转变的思想等，以达到优化解题的目的.详细来说，有以下三方面：（ 1）确立曲线方程，本质是求某几何量的值；含参数系数的曲线方程或变化运动中的圆锥曲线的主要问题是定值、最值、最值范围问题，这些问题的求解都离不开函数、方程、不等式的解题思想方法 . 有时题设设计的特别隐蔽，这就要求仔细审题，发掘题目的隐含条 件作为解题打破口 .（ 2）分析几何也能够与数学其余知知趣联系，这种综合一般比较直观，在解题时保持思想的灵巧性和多面性，能够顺利进行转变，即从一知识转变为另一知识.（ 3）分析几何与其余学科或本质问题的综合，主要表此刻用分析几何知识去解相关知 识，详细地说就是经过成立坐标系， 成立所研究曲线的方程， 并经过方程求解往返答本质问题. 在这一类问题中“本质量”与“数学量”的转变是易犯错的地方，这是由于在座标系中 的量是“数目” ，不单有大小还有符号 .●点击双基1. （ 2005 年春天北京， 5）设 abc ≠0，“ ac >0”是“曲线 ax 2+by 2=c 为椭圆”的 A. 充足不用要条件B. 必需不充足条件C. 充足必需条件D. 既不充足又不用要条件 2 2分析： ac >0 曲线 ax +by =c 为椭圆 .答案： B2. 到两定点 A （0， 0）， B （ 3， 4）距离之和为 5 的点的轨迹是A. 椭圆所在直线 C. 线段 ABD. 无轨迹分析：数形联合易知动点的轨迹是线段： = 4，此中 0≤ x ≤ 3.AB3答案： C3. 若点（ x ， y ）在椭圆 4x 2+y 2=4 上，则x y 的最小值为2B. － 1C.－23D. 以上都不对3分析：y的几何意义是椭圆上的点与定点（ 2， 0）连线的斜率 . 明显直线与椭圆相x2切时获得最值，设直线 = （ － 2）代入椭圆方程（ 4+k 2）x 2－4 2 +4 2－4=0.y k xk x k令 =0， k =± 23 .3∴ k min =－ 23 .3答案： C4. （ 2005 年春天上海， 7）双曲线 9 2－ 16 y 2=1 的焦距是 ____________.x分析：将双曲线方程化为标准方程得x2y221 21 ，－ 1 =1. ∴ a =9 ， b =16 19 16c 2=a 2+b 2= 1 + 1 =25 .9 16 144∴ c = 5， 2c = 5.126答案：565. （ 2004 年春天北京）若直线+ －3=0 与圆 x 2+ y 2=3 没有公共点，则mx ny系式为 ____________；以（ m ， n ）为点 P 的坐标，过点 P 的一条直线与椭圆公共点有 ____________个 .分析：将直线 mx +ny － 3=0 变形代入圆方程x 2+y 2=3，消去 x ，得（2+2） y 2－ 6 ny +9－3 2=0.m nm22令 <0 得 m +n <3.又 m 、n 不一样时为零，2 2∴ 0<m +n <3.223 ， | m |< 3 ，由 0<m +n <3，可知 | n |<m 、n 知足的关2 2 x y再由椭圆方程 a = 7 ， b = 3 可知公共点有 2 个.2 2答案： 0<m +n <3 2 ●典例分析【例 1】 （2005 年春天北京， 18）如图， O 为坐标原点，直线 l 在 x 轴和 y 轴上的截距分别是 a 和 b （ a >0， b ≠ 0），且交抛物线 y 2=2px （p >0）于 M （ x 1， y 1），N （ x 2， y 2）两点 .lyMOa xb N（ 1）写出直线 l 的截距式方程；（ 2）证明： 1+1=1；y 1y 2 b （ 3）当 =2 时，求∠的大小 .a pMON分析：易知直线l 的方程为 x + y =1 ，欲证 1+1=1，即求 y1y 2 的值，为此只要aby 1 y 2by 1 y 22=2px 交点的纵坐标 . 由根与系数的关系易得 121 2的值，从而证得 求直线 l 与抛物线 y y +y 、y y 1+ 1 = 1. 由 OM · ON =0 易得∠ MON =90° . 亦可由 k OM ·k ON =－ 1 求得∠MON =90° . y 1 y 2 b（ 1）解：直线 l 的截距式方程为x + y=1.a b①（ 2）证明：由①及 y 2=2 消去x可得by 2+2－2 =0.pxpaypab②点、 的纵坐标 y 1、 y 2 为②的两个根，故 y 1+ 2=2 pa ， 1 y 2=－2. M Npab2 pa所以 1 + 1y 1 y 2 = b1== .y 1 y 2y 1 y 2 2 pa b （ 3）解：设直线 OM 、 ON 的斜率分别为k 1、 k 2，则 k 1=y 1，k 2=y 2.x 1 x 2当 a =2p 时，由（ 2）知， y 1y 2=－ 2pa =－ 4p 2，2222由 y 1 =2px 1， y 2 =2px 2，相乘得（ y 1y 2）=4p x 1 x 2，x 1x 2= ( y 1 y 2 ) 2 =( 4 p 2 ) 2=4p 2，4 p 2 4 p 2所以 ky 1 y 2 4 p 21k 2===－ 1.x 1 x 24 p 2所以 OM ⊥ ON ，即∠ MON =90° .评论：此题主要考察直线、 抛物线等基本知识， 考察运用分析几何的方法分析问题和解决问题的能力 .【例 2】 （2005 年黄冈高三调研考题）已知椭圆C 的方程为x 2+ y 2=1（ a >b >0），双a 2b 2x 2 y 2121曲线a 2－b 2 =1 的两条渐近线为 l 、l ，过椭圆 C 的右焦点 F 作直线 l，使 l ⊥ l ，又 l 与l 2 交于 P 点，设 l 与椭圆 C 的两个交点由上至下挨次为A 、B . （以下列图）ylPl 2AOFx Bl 1（ 1）当 l 1 与 l 2 夹角为 60°，双曲线的焦距为4 时，求椭圆 C 的方程；（ 2）当 FA =λ AP 时，求 λ的最大值 .分析：（ 1）求椭圆方程即求、 b 的值，由l 1与l2的夹角为 60°易得b=3，由双曲aa3线的距离为 4 易得 a 2+b 2=4，从而可求得 a 、b .（ 2）由 FA =λ AP ，欲求 λ 的最大值，需求A 、P 的坐标，而 P 是 l 与 l 1 的交点，故需求 l 的方程 . 将 l 与 l 2 的方程联立可求得 P 的坐标，从而可求得点A 的坐标 . 将 A 的坐标代入椭圆方程可求得λ的最大值 .解：（ 1）∵双曲线的渐近线为 y =± bx ，两渐近线夹角为60°，a又 b<1，a∴∠ POx =30°，即 b=tan30 ° = 3.a3∴ a = 3 b .又 a 2+b 2=4，∴ a 2=3，b 2=1.故椭圆 C 的方程为x 22+y =1.3（ 2）由已知 l ： y = a（ x －c ），与 y = bx 解得 P （ a 2，ab），ba ccca 2abFA=cc） .由得 （，λ APA11将 A 点坐标代入椭圆方程得（ c 2+λa 2）2+λ2a 4=（ 1+λ） 2a 2c 2. ∴（ e 2+λ） 2+λ2=e 2（ 1+λ） 2.∴ λ2= e4e 2 =－［（ 2－ e 2）+ 2 ］+3≤3－2 2 . e 222 e 2∴ λ的最大值为2 － 1.评论：此题考察了椭圆、双曲线的基础知识，及向量、定比分点公式、重要不等式的应用. 解决此题的难点是经过恒等变形， 利用重要不等式解决问题的思想 . 此题是培育学生分析问题和解决问题能力的一道好题 .【例 3】 设椭圆中心是坐标原点，长轴在x 轴上，离心率= 3，已知点（0， 3）2 2到这个椭圆上的点的最远距离是 7 ，求这个椭圆方程， 并求椭圆上到点P 的距离等于 7 的点的坐标 .分析：设椭圆方程为x2+ y2=1，由 e =3知椭圆方程可化为x 2+4y 2=4b 2，而后将距离a 2b 22转变为 y 的二次函数，二次函数中含有一个参数b ，在判断距离有最大值的过程中，要议论y =－ 1能否在 y 的取值范围内，最后求出椭圆方程和P 点坐标 .2解法一：设所求椭圆的直角坐标方程是x2 y 2=1，此中 a ＞b ＞ 0 待定 .a+2b 2由 e 2c2=a 2b 2=1－（b2可知b1 e2 = 13 1 ，即 a =2b .=a 2 a 2a ） =4 =a222322y 229设椭圆上的点 （ x ，y ）到点 P 的距离为 d ，则 d =x +（y － 2 ） =a （ 1－ b 2）+y － 3y + 4 =4b 2－3y 2－ 3y + 9 =－ 3（y + 1）2 +4b 2+3，此中－ b ≤ y ≤b .42假如b ＜1，则当y =－ b 时2（从而 ）有最大值，由题设得（7）2=（ + 3）2，由2ddb 2此得 b = 7 － 3＞ 1，与 b ＜ 1矛盾 .222所以必有 b ≥1成立，于是当 y =－127 222 2 时 d （从而 d ）有最大值， 由题设得 （） =4b +3，由此可得 b =1， a =2.故所求椭圆的直角坐标方程是x 2 +y 2=1.4由 y =－ 1及求得的椭圆方程可得，椭圆上的点（－3 ，－ 1），点（3，－ 1）到222点 P 的距离都是7 .解法二：依据题设条件，设椭圆的参数方程是x =a cos θ，y =b sin θ， 此中 a ＞ b ＞ 0 待定，0≤ θ＜ 2π，∵ e = 3，2 ∴ a =2b .设椭圆上的点（ x ， y ）到点 P 的距离为 d ，则d 2=x 2+（ y －3）2=a 2cos 2θ +（ b sin θ－3）2=－ 3b 2·（sin θ+1） 2+4b 2+3.222b假如1＞1，即 b ＜1272，则当 sin θ=－ 1 时， d （从而 d ）有最大值，由题设得（） =2b2（ +3） 2，由此得b =7－3＞1，与 ＜1矛盾 .b22 2b 2所以必有1≤1 成立，于是当 sin θ=－1时， d 2（从而 d ）有最大值，由题设得（7 ）2b2b2=4b 2+3.由此得 b =1， a =2. 所以椭圆参数方程x =2cos θ， y =sin θ.消去参数得 x2+y 2=1，由 sin θ=1 ，cos θ=±3知椭圆上的点 （－ 3，－1），（ 3 ，4222－ 1）到 P 点的距离都是7 .2评论：此题表现认识析几何与函数、三角知识的横向联系，解答中要注意议论.深入拓展依据图形的几何性质，以P 为圆心，以 7 为半径作圆，圆与椭圆相切时，切点与P 的距离为7 ，此时的椭圆和切点即为所求. 读者不如一试 .x 2+（ y － 3） 2=7，提示：由2x 2+4 2=4 2，y b得 3y 2+3y － 9=4b 2－ 7，4由 =0 得 b 2=1，即椭圆方程为 x 2+4y 2=4.所求点为（－3，－ 1）、（ 3，－ 1） .22●闯关训练夯实基础1. （ 2005 年北京东城区目标检测）以正方形的相对极点 、 为焦点的椭圆，恰ABCD A C好过正方形四边的中点，则该椭圆的离心率为102 B. 5 1A.3351D. 102C.22分析：成立坐标系，设出椭圆方程，由条件求出椭圆方程，可得e =102.2答案： D2. 已知 F 1（－ 3， 0）、F 2（3， 0）是椭圆x 2 + y 2＝ 1 的两个焦点， P 是椭圆上的点，当m n∠ F 1PF 2＝2π时，△ F 1PF 2 的面积最大，则有3=12， n =3=24 ， n =6 =6， n =3=12 ， n =62分析：由条件求出椭圆方程即得 m =12， n =3.答案： A3. （ 2005 年启东市第二次调研）设P （ 2 ，2 ）、P （－2 ，－ 2 ）， M 是双曲线12y = 1上位于第一象限的点，对于命题①| 2| － |1|=2；②以线段1为直径的圆与圆xMPMP2MPx 2+y 2=2 相切；③存在常数 b ，使得 M 到直线 y =－ x +b 的距离等于2| MP 1|. 此中全部正确命2题的序号是 ____________.分析：由双曲线定义可知①正确，②绘图由题意可知正确，③由距离公式及| MP 1| 可知正确 .答案：①②③4. （ 2004 年全国Ⅱ， 15）设中心在原点的椭圆与双曲线2 2－ 2 2=1 有公共的焦点，且xy它们的离心率互为倒数，则该椭圆的方程是_________________.分析：双曲线中， a =1=b ，∴ F （± 1， 0）， e = c= 2 . ∴椭圆的焦点为（± 1， 0），2a离心率为2. ∴长半轴长为2 ，短半轴长为1.2∴方程为x 2+y 2=1.2答案： x 2+y 2=125. （ 1）试议论方程（ 1－k ） x 2+（ 3－k 2） y 2=4（ k ∈ R ）所表示的曲线；（ 2）试给出方程x 2 y2k+=1 表示双曲线的充要条件 .k 26 6k 2k 1解：（ 1） 3－ k 2>1－k >0 k ∈（－ 1， 1），方程所表示的曲线是焦点在x 轴上的椭圆；1－ k >3－ k 2>0 k ∈（－3 ，－ 1），方程所表示的曲线是焦点在 y 轴上的椭圆； 1－k =3－k 2>0 k =－ 1，表示的是一个圆； （ 1－ k ）（ 3－ k 2） <0 k ∈（－∞，－ 3 ）∪（ 1， 3 ），表示的是双曲线； k =1， k =－3 ，表示的是两条平行直线； k = 3 ，表示的图形不存在 .（ 2）由（ k 2+k － 6）（ 6k 2－ k －1）<0（k +3）（ k －2）（ 3k +1）（ 2k － 1）<0 k ∈（－ 3，－ 1）∪（ 1，2）.326. （ 2003 年湖北八市模拟试题）已知抛物线y 2 =2px 上有一内接正△ AOB ，O 为坐标原点 .yAOxB（ 1）求证：点 A 、 B 对于 x 轴对称； （ 2）求△ AOB 外接圆的方程 .（ 1）证明：设 A （ x 1， y 1）、 B （ x 2， y 2），∵| |=|| ，∴x 2+ 22211=2+2.OAOByxy又∵ y 12=2px 1， y 22=2px 2， 22∴ x 2 － x 1 +2p （x 2－ x 1） =0， 即（ x 2－x 1）（ x 1+x 2+2p ）=0.又∵ x 1、x 2 与 p 同号，∴ x 1+x 2+2p ≠ 0. ∴ x 2－ x 1=0，即 x 1=x 2. 由抛物线对称性，知点A 、B 对于 x 轴对称 .（ 2）解：由（ 1）知∠ AOx =30°，则y 2=2px ， x =6p ，y =3 x ∴y =2 3 p .3∴ A （ 6p ， 2 3 p ） .方法一：待定系数法， △ AOB 外接圆过原点 O ，且圆心在 x 轴上，可设其方程为 x 2+y 2+dx =0.将点 A （ 6p ， 2 3 p ）代入，得 d =－ 8p . 故△ AOB 外接圆方程为 x 2+y 2－ 8px =0.方法二：直接求圆心、半径，设半径为 r ，则圆心（ r ，0） .培育能力7. （理）（ 2004 年北京， 17）以下列图，过抛物线2=2px （ p ＞ 0）上必定点 P （x ， y ）y（＞ 0），作两条直线分别交抛物线于（1，1）、 （ 2， 2） .yA xyB x y（ 1）求该抛物线上纵坐标为p的点到其焦点 F 的距离；2yPO AxB（ 2）当 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求是非零常数 .解：（ 1）当 y =p时， = p.2 x 8又抛物线 y 2=2px 的准线方程为x =－ p，2由抛物线定义得所求距离为p－（－ p） =5p.8 2 8（ 2）设直线 PA 的斜率为 k PA ，直线 PB 的斜率为22=2px ，由 y=2px ， y0 11相减得（ y 1－ y 0）（ y 1+y 0） =2p （ x 1－ x 0），故 ky 1y 0 =2 p（x ≠ x ） .PA1x 1 x 0 y 1 y 0y1y2的值，并证明直线AB的斜率y0 k PB.同理可得 k PB =2 p（ x 2 ≠ x 0）.y 2y 0由 PA 、 PB 倾斜角互补知 k PA =－ k PB ，即2 p 2 p，所以 y +y =－ 2y ，=－y 1y 0y 2 y 0 1 2 0故y1y 2=－ 2.y 0设直线 AB 的斜率为 k.AB22由 y 2 =2px 2， y 1 =2px 1， 相减得（ y 2－ y 1）（ y 2+y 1） =2p （ x 2－ x 1）， 所以 k AB = y2y1= 2 p（ x 1≠ x 2） .x 2 x 1 y 1y 2将 y 1+y 2=－2y 0（ y 0＞ 0）代入得k AB =2 p =－ p，所以 k AB 是非零常数 . y 1 y 2 y 0（文）以下列图，抛物线对于x 轴对称，它的极点在座标原点，点（ 1，2）、 （ 1， 1）、PA xyB （ x 2， y 2）均在抛物线上 .y PO AxB（ 1）写出该抛物线的方程及其准线方程；（ 2）当 PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补时，求y 1+y 2 的值及直线 AB 的斜率 .解：（ 1）由已知条件，可设抛物线的方程为 y 2=2px . ∵点 P （ 1， 2）在抛物线上，∴ 22=2p ·1，得 p =2.故所求抛物线的方程是 y 2=4x ，准线方程是 x =－ 1. （ 2）设直线 的斜率为 k PA ，直线 的斜率为 k PB .PAPB则 k PA =y 12（ x 1≠ 1），k PB =y 22（ x 2≠ 1） .x 1 1x 2 1∵ PA 与 PB 的斜率存在且倾斜角互补，∴ k PA =－ k PB .由 A （x 1， y 1）、 B （ x 2， y 2）在抛物线上，得2y 1 =4x 1，①2y 2 =4x 2，②∴ y 12=－ y 2 2 .1 y 12 1 1 y 2 2 1 4 4∴ y 1+2=－（ y 2+2） . ∴ y 1+y 2=－ 4. 由①－②得直线 AB 的斜率y 2 y 14=－ 4） .=－ 1（ x ≠ xAB12x 2x 1 y 1 y 2 48.（ 2003 年北京东城区模拟试题）从椭圆 x2+ y 2 =1（ a ＞ b ＞ 0）上一点 M 向 x 轴作垂线，a 2b 2恰巧经过椭圆的左焦点 F 1，且它的长轴右端点A 与短轴上端点B 的连线 AB ∥ OM .（ 1）求椭圆的离心率；（ 2）若 Q 是椭圆上随意一点， F 2 是右焦点，求∠ F 1QF 2 的取值范围；（ 3）过 F 1 作 AB 的平行线交椭圆于 C 、 D 两点，若 | CD |=3 ，求椭圆的方程 .解：（ 1）由已知可设 （－ ， ），Mcy则有( c) 2y2a 2+=1.b2∵ M 在第二象限，∴ M （－ c ，b 2） .a又由 AB ∥ OM ，可知 k AB =k OM .∴－ b 2 =－ b. ∴b =c . ∴ a = 2 b .acac2a2（ 2）设 | F 1Q |= m ，| F 2Q |= n ，22则 m +n =2a ， mn ＞ 0.| F 1F 2|=2 c ，a =2c ，∴ cos ∠ 1 2= m 2 n 2 4c 2F QF2mn( m n) 22mn 4c 2 4a 2 4c2=2mn=2mn － 1= a 2 － 1≥ a 2 － 1= a 2 － 1=0.mn m n 2 a 2()2 当且仅当 m =n =a 时，等号成立 .故∠ F QF ∈［ 0， π ］.122（3）∵ ∥ ， CD =－ b=－ 2 .CD AB ka2设直线 CD 的方程为 y =－2（x +c ），2即 y =－2（ x +b ）.222x+ y =1，a 22b则 消去 y ，整理得y =－2（x +b ）.2（ a 2+2b 2）x 2+2a 2bx － a 2b 2=0.设 C （x 1， y 1）、 D （ x 2， y 2），∵ a 2=2b 2，∴ x 1+x 2=－2a 2b =－ 4b 3=－ b ，a 22b 24b 2x 1· x 2=－a 2b 2 =－ 2b 4 =－ b 2.a 2 2b 24b 22∴ | CD |= 1 k 2| x 1－x 2|=1 k 2· (x 1x 2 )24x 1x 2=1 (2 ) 2 · ( b)22b 2=9b 2 =3.22∴ b 2=2，则 a 2=4.∴椭圆的方程为 x 2+ y 2 =1.4 2 研究创新9. （ 2005 年春天上海， 22）（ 1）求右焦点坐标是（ 2， 0），且经过点（－ 2，－ 2 ）的椭圆的标准方程 .（ 2）已知椭圆 C 的方程是 x 2 + y 2=1（ a >b >0）. 设斜率为 k 的直线 l 交椭圆 C 于 A 、Ba 2b 2两点，的中点为 . 证明：当直线 l 平行挪动时，动点在一条过原点的定直线上 .AB MM （ 3）利用（ 2）所揭露的椭圆几何性质，用作图方法找出下边给定椭圆的中心，简要写出作图步骤，并在图中标出椭圆的中心.（ 1）解：设椭圆的标准方程为x2+y2 =1， a >b >0，a 2b 2 ∴ a 2=b 2+4，即椭圆的方程为x 2 +y2 =1.b 2 4 b 2∵点（－ 2，－2 ）在椭圆上，∴4+2 =1.b24 b 2解得 b2=4或 b2=－2（舍）.由此得 a2=8，即椭圆的标准方程为x2+ y2=1.8 4 （2）证明：设直线l的方程为y=kx +m，与椭圆 C的交点 A（ x， y）、B（ x ， y ），1122y=kx+m，则有x2+ y2=1.a 2b2222222222解得（ b+a k） x +2a kmx+a m－ a b =0.2222∵ >0，∴m<b+a k，即－ b 2 a 2 k 2<m< b 2 a 2 k 2.2a 2 km， y+y=kx +m+kx +m=b 22b 2m，则 x +x =－b2a 2k 2 a 2k 2121212∴ AB中点 M的坐标为（－a 2 km b2 mb2 a 2k 2，b 2a 2 k 2）.∴线段 AB的中点 M在过原点的直线b2x+a2ky=0上.（ 3）解：以下列图，作两条平行直线分别交椭圆于A、 B和 C、 D，并分别取 AB、 CD的中点 M、 N，连接直线MN；又作两条平行直线（与前两条直线不平行）分别交椭圆于A、B 和11 C1、D1，并分别取 A1B1、C1D1的中点 M1、N1，连接直线 M1N1，那么直线 MN和 M1N1的交点 O即为椭圆中心 .C AMA1ON C1BM1DB1N 1●思悟小结在知识的交汇点处命题，是高考命题的趋向，而分析几何与函数、三角、数列、向量等知识的亲密联系，正是高考命题的热门，为此在学习时应抓住以下几点：1.客观题求解时应注意绘图，抓住波及到的一些元素的几何意义，用数形联合法去分析解决 .2.四点重视：①重视定义在解题中的作用；②重视平面几何知识在解题中的简化功能；③重视根与系数关系在解题中的作用；④重视曲线的几何特色与方程的代数特色的一致3. 注意用好以下数学思想、方法：.①方程思想；②函数思想；③对称思想；④参数思想；⑤转变思想；⑥分类思想.除上述几种常用数学思想外，整体思想、数形联合思想、主元分析思想、正难则反省想、结构思想等也是分析几何解题中不行缺乏的思想方法. 在复习中一定赐予足够的重视，真实发挥数学解题思想作为联系知识与能力中的作用，从而提升简化计算能力.●教师下载中心教课点睛本节是圆锥曲线的综合应用，主假如曲线方程的运用、变量范围的计算、最值确实定等，解决这种问题的重点是依照分析几何自己的特色，找寻一个打破口，那么怎样找到解决问题的打破口呢？（1）联合定义利用图形中几何量之间的大小关系 . （ 2）成立目标函数，转变为求函数的最值问题 . （ 3）利用代数基本不等式 . 代数基本不等式的应用，常常需要创建条件，并进行奇妙的构想 . （ 4）联合参数方程，利用三角函数的有界性. 直线、圆或椭圆的参数方程，它们的一个共同特色是均含有三角式 . 所以，它们的应用价值在于：①经过参数示曲线上点的坐标；②利用三角函数的有界性及其变形公式来帮助求解诸如最值、题.（5）结构一个二次方程，利用鉴别式≥ 0.拓展题例【例 1】（ 2005 年启东市第二次调研题）抛物线y2=4px（p>0）的准线与x 轴交于 M 点，过点 M作直线 l 交抛物线于 A、 B 两点.（ 1）若线段AB的垂直均分线交x 轴于 N（ x ，0），求证： x>3p；00（ 2）若直线l的斜率挨次为p，p2，p3，，线段AB的垂直均分线与x 轴的交点挨次为 N， N， N，，当0<p<1时，求111的值 .++ +123| N1N2 | | N2N3 || N10 N11 |（1）证明：设直线l方程为y=k（x+p），代入y2=4px.得 k2x2+（2k2p－4p）x+k2p2=0.=4（k2p－ 2p）2－ 4k2·k2p2>0，得 0<k2<1.令 A（x， y）、 B（ x ， y），则 x +x=－2k 2 p 4 p， y +y=k（x+x +2p） =4 p，112212k 21212kAB中点坐标为（ 2 p k 2 p ， 2 p ）.k 2k垂直均分线为y － 2 p=－1（x－ 2 p k 2 p） .AB k k k2令y =0，得x0= k 2 p 2 p= +2 p.k 2p2k由上可知 0<k2<1，∴x0>p+2p=3p.∴x0>3p.（2）解：∵l的斜率挨次为p，p2，p3，时，AB中垂线与x轴交点挨次为N1，N2，N3，（0<p<1） .∴点N的坐标为（2， 0）. +np 2n1| N n N n+1|=| （p+2）－（ p+2） |= 2(1p 2 )，p2n1p2n 1p 2n1θ简洁地表范围等问1p 2n 1| N n N n 1 |=，2(1 p 2 )13421p 3 (1 p 19 )所求的值为 2(1p 2 ) ［ p +p + +p ］ = 2(1 p) 2 (1p) .【例 2】 （ 2003 年南京市模拟试题）已知双曲线： x 2－ y2=1（ ＞0， ＞ 0）， B 是右C2 b 2a极点， F 是右焦点，点 A 在 x 轴正半轴上，且知足 | OA |、| OB | 、| OF | 成等比数列，过 F作双曲线 C 在第一、三象限的渐近线的垂线l ，垂足为 P .yDPEAB FxO l（ 1）求证： PA · OP =PA · FP ；（ 2）若 l 与双曲线 C 的左、右两支分别订交于点D 、E ，求双曲线 C 的离心率 e 的取值范围 .（ 1）证法一：yDPEOABFlxl ： y =－ a（ x －c ） . b y =－ a（ x － c ），bby = x .解得（ a2，ab）. ∵ | OA | 、| OB | 、 | OF | 成等比数列，∴（ a2， 0）.ccc∴ PA =（ 0，－ab）， OP =（ a 2，ab），c cc b2，ab） .FP =（－cc∴ PA · OP =－a 2b 2， PA · FP =－a 2b 2.c 2c 2∴ PA · OP =PA · FP .证法二：同上得 P （ a 2，ab） .cc∴ PA ⊥x 轴，PA · OP － PA · FP =PA · OF =0.∴ PA · OP =PA · FP .y =－ a（x － c ），（ 2）解：bb 2x 2－ a 2y 2=a 2b 2.422a222∴ b x －（ x － c ） =a b ，即（ b 2－ a4） x 2+2 a4cx －（ a 4c 2+a 2b 2） =0.b 2b 2b 2a 4c 2 22)(2 a b∵ x 1· x 2=ba 4＜ 0，b 2b2∴ b 4＞ a 4，即 b 2＞ a 2，c 2－ a 2＞ a 2.∴ e 2＞ 2，即 e ＞ 2 .。

高中数学圆锥曲线难点题解思路归纳总结圆锥曲线是解析几何的重要组成部分，也是高考数学的重要考点之一。

在历年的高考数学中，圆锥曲线的题目类型多种多样，解题的思路难度基本排在高考解答题的第二位，又兼具对考生的计算能力的考察，到时大多数高中同学对其相当的头痛。

学好圆锥曲线必须从其底层逻辑出发、究其本质，才能在高考时得心应手。

我们来看一下近几年高考考察圆锥曲线部分都有哪些专类题型，并从中总结出解题的思路与步骤，以便大家从更高的维度上去学习圆锥曲线。

第一类考察曲线的位置关系一般是选、填题。

较为简单，相信大多数同学都会，但要特别注意，直线斜率不存在的情况。

第二类曲线与矢量结合问题可以出现在选、填题，也可以是解答题的第一问。

主要利用向量的相等、平行、垂直来求坐标之间的数量关系，通常要转化成根和系数之间的关系。

借助数形结合，可以直观上进行简化。

难度也不是很大。

第三类曲线与弦问题①涉及弦长问题，常用“根与系数的关系”设而不求计算弦长(即应用弦长公式)，对于弦长问题一定要牢记弦长公式，但不要死记硬背。

思考一下：弦长公式适用于那些曲线，每种曲线都亲自推导一下，加深记忆。

实际上这也是个二级结论。

②涉及弦的中点问题，常用“点差法”设而不求，将弦所在直线的斜率、弦的中点坐标联系起来，相互转化第四类定点和定值问题圆锥曲线的定点、定值问题会涉及到曲线上的动点、动直线，是一个难点问题。

有两种思路：①先利用特殊值或对称性探索定点，后证明结论。

②计算消除变量，得到定值。

该专类题型一般需要引入参数。

引参求定值：利用题设写出已知点的坐标（或直线的方程），设出动点的坐标（或直线的方程），引入参数，结合已知条件将目标式用参变量表示，再根据点在某曲线上代入消参求得定值，或经过整理化简后恒为定值.应注意到繁难的代数运算是此类问题的特点，设而不求法、整体思想和消元的思想的运用可有效地简化运算.引参求定点：①引进的参数一般为点的坐标、直线的斜率、直线的夹角等②根据题设条件，表示出对应的动态直线或曲线方程③探求直线过定点若是动态的直线方程，将动态的直线方程转化为：若是直线y-y0=k（x-x0）的形式，则K∈R时直线恒过定点（x0，y0）；若是动态的曲线方程，将动态的曲线方程转化成f（x，y）+γg（x，y）=0的形式，则γє R时曲线恒过的定点即是f（x，y）=0与g（x，y）=0的交点。

§9.8 圆锥曲线的综合问题考纲解读考点内容解读要求 高考示例常考题型 预测热度2017 课标全国 Ⅰ ,20; 1.定值与最值及掌握与圆锥曲线有关的最值、定值、参 2017 浙江 ,21;2017 山东 ,21;2016 课标全国 Ⅱ ,20;2016 北京 ,19;解答题★★★范围问题数范围问题掌握2016 山东 ,21;2015 浙江 ,19;2014 四川 ,10;2014 浙江 ,212.存在性问题 了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问 2014 山东 ,21;2013 江西 ,20 解答题 ★★☆掌握题分析解读1.会处理动曲线 (含直线 )过定点的问题 .2.会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3.会按条件建立目标函数 ,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用 “数形结合 ”“几何法 ”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇 ,从假设结论成立入手, 通过推理论证解答存在性问题 .5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系 ,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查 ,分值约为 12 分 ,难度偏大 .五年高考考点一 定值与最值及范围问题1.(2017 浙江 ,21,15 分) 如图 ,已知抛物线 x 2=y,点 A - ,B ,抛物线上的点 P(x,y) - .过点 B 作直线 AP 的垂线 ,垂足为Q.(1)求直线 AP 斜率的取值范围 ; (2)求 |PA|·|PQ|的最大值 .-解析 (1)设直线 AP 的斜率为 k,k= =x- ,因为 - <x< ,所以直线 AP 斜率的取值范围是 (-1,1).-(2)解法一 : 联立直线 AP 与 BQ 的方程--解得点 Q 的横坐标是 x Q =-.因为 |PA|== (k+1),|PQ|=-,(x Q -x)=- 所以 |PA|·|PQ|=-(k-1)(k+1) 3,令 f(k)=-(k-1)(k+1) 3. 因为 f '(k)=-(4k-2)(k+1) 2,所以 f(k) 在区间 -上单调递增 ,上单调递减 ,因此当 k= 时,|PA|·|PQ|取得最大值 .解法二 : 如图 ,连接 BP,|AP|·|PQ|=|AP|·|PB|·cos∠BPQ= ·( - )= · -.易知 P(x,x 2) - ,则· =2x+1+2x 2 - =2x 2+2x+ , = + - =x2+x+ +x4- x 2+ =x 4+ x2+x+ .∴|AP|·|PQ|=-x4+ x2+x+ - .设 f(x)=-x 4 + x2+x+- ,则f '(x)=-4x 3 +3x+1=-(x-1)(2x+1) 2,∴f(x) 在 - 上为增函数 ,在上为减函数 ,∴f(x)max=f(1)= .故|AP|·|PQ|的最大值为 .2.(2017 山东 ,21,14 分) 在平面直角坐标系xOy 中,椭圆 E: + =1(a>b>0) 的离心率为,焦距为 2.(1)求椭圆 E 的方程 ;(2)如图 , 动直线 l:y=k 1x-交椭圆E于A,B两点,C是椭圆E上一点,直线OC的斜率为k2,且 k 1k 2= .M 是线段 OC 延长线上一点 ,且|MC|∶|AB|=2 ∶ 3,☉M 的半径为 |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 .解析(1)由题意知 e= = ,2c=2,所以 a= ,b=1,因此椭圆 E 的方程为 +y2=1.(2)设 A(x 1,y 1),B(x 2,y2),联立消 y 整理得 (4 +2)x 2-4 k1x-1=0,-由题意知>0,且 x1+x 2=,x1x2=-,所以 |AB|=|x1-x2|=. 由题意可知圆M 的半径r= |AB|=·.由题设知 k 1k 2= ,所以 k 2= ,因此直线 OC 的方程为y=x.联立得 x 2=,y2 =, 因此 |OC|= = .由题意可知 sin ∠= =,而==,·令t=1+2 ,则 t>1, ∈(0,1),因此= ·= ·--= ·≥1,- -当且仅当= ,即 t=2 时等号成立 ,此时 k1=±,∠所以 sin≤,∠≤ ,所以∠SOT 的最大值为 .因此综上所述 :∠SOT 的最大值为 , 取得最大值时直线l 的斜率 k 1=± .3.(2016 课标全国Ⅱ,20,12 分 )已知椭圆 E: + =1 的焦点在 x 轴上 ,A 是 E 的左顶点 ,斜率为 k(k>0) 的直线交 E 于 A,M 两点 ,点 N 在 E 上,MA ⊥NA.(1)当 t=4,|AM|=|AN| 时 ,求△AMN 的面积 ;(2)当 2|AM|=|AN| 时 ,求 k 的取值范围 .解析(1)设 M(x 1 ,y1 ),则由题意知 y1>0.当 t=4 时 ,E 的方程为 + =1,A(-2,0).(1 分 )由已知及椭圆的对称性知,直线 AM 的倾斜角为.因此直线 AM 的方程为 y=x+2.(2 分)将 x=y-2 代入+ =1 得 7y2-12y=0.解得 y=0 或 y= ,所以 y1 = .(4 分 )因此△AMN 的面积 S△AMN =2×× × = .(5 分)(2)由题意 ,t>3,k>0,A(- ,0). 将直线 AM 的方程 y=k(x+ ) 代入 + =1 得(3+tk 2)x2+2 ·tk 2x+t2 k2-3t=0.(7 分 )由 x 1·(- )= -得 x1 =-,故|AM|=|x 1 + | = .(8 分 )由题设 ,直线 AN 的方程为 y=- (x+ ),故同理可得 |AN|= .(9 分)由 2|AM|=|AN| 得= ,即(k3-2)t=3k(2k-1).当 k= 时上式不成立 ,因此 t= - .(10 分)-- - - -t>3 等价于-=- <0, 即- <0.(11 分)由此得-或- - -解得<k<2.因此 k 的取值范围是 ( ,2).(12 分 )教师用书专用 (4 — 15)4.(2014 四川 ,10,5 分)已知 F 为抛物线 y2=x 的焦点 ,点 A,B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧 , · =2( 其中 O 为坐标原点 ),则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是()A.2B.3C.D.答案 B5.(2015 江苏 ,12,5 分)在平面直角坐标系则实数 c 的最大值为.xOy 中,P 为双曲线x 2-y2=1 右支上的一个动点.若点P 到直线x-y+1=0 的距离大于 c 恒成立 , 答案6.(2016 山东 ,21,14 分) 平面直角坐标系xOy 中 ,椭圆 C: +=1(a>b>0) 的离心率是,抛物线E:x2=2y 的焦点 F 是 C 的一个顶点.(1)求椭圆 C 的方程 ;(2)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 交于不同的两点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 S1,△PDM 的面积为 S2.求的最大值及取得最大值时点P 的坐标 .-= ,可得 a2=4b 2.解析 (1)由题意知因为抛物线 E 的焦点 F 的坐标为,所以 b= ,所以 a=1.所以椭圆 C 的方程为 x2+4y 2=1.(2)(i) 设 P (m>0).由x 2=2y,可得 y'=x,所以直线 l 的斜率为m.因此直线 l 方程为 y- =m(x-m), 即 y=mx- . 设A(x 1,y1),B(x 2 ,y2),D(x 0,y0).联立-得(4m 2+1)x 2-4m 3x+m 4-1=0.由>0,得 0<m< (或 0<m2<2+ ),(*) 且 x 1+x2= ,因此 x0=.将其代入 y=mx--. ,得 y0=因为=- ,所以直线 OD 方程为 y=-x.联立- 得点 M 的纵坐标 y M =- , 所以点 M 在定直线y=- 上 .(ii) 由 (i)知直线 l 方程为 y=mx- .令 x=0, 得 y=- ,所以 G - .又 P ,F,D -,所以 S1,= ·|GF|·m=S2= ·|PM|·|m-x 0|= ××= . 所以 = .设t=2m 2+1.-= -则 = =- + +2,当= ,即 t=2 时 , 取到最大值 ,此时 m= ,满足 (*) 式 ,所以 P 点坐标为.因此的最大值为,此时点 P 的坐标为.7.(2015 课标全国Ⅱ,20,12 分 )已知椭圆 C:9x 2+y2=m 2(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,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 .解析(1)设直线 l:y=kx+b(k ≠0,b≠0),A(x 1 1 2 2 M M,y ),B(x ,y ),M(x ,y ).将 y=kx+b 代入 9x2+y2=m 2得(k 2+9)x 2+2kbx+b 2 -m2=0,故x M=-=,y M =kx M +b=.于是直线 OM 的斜率 k OM= =- ,即 k OM·k=-9.所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值 .(2)四边形 OAPB 能为平行四边形 .因为直线 l 过点,所以 l 不过原点且与 C 有两个交点的充要条件是 k>0,k ≠3. 由(1)得 OM 的方程为 y=- x.设点 P 的横坐标为 x P.-得= ,即 x P= .由将点-, 的坐标代入 l 的方程得 b=因此 x M = -.四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段AB 与线段 OP 互相平分 ,即 x P=2x M .于是-,解得 k1 =4- ,k2=4+ . =2×因为 k i>0,k i≠3,i=1,2, 所以当 l 的斜率为 4- 或 4+ 时,四边形 OAPB 为平行四边形 .8.(2015 浙江 ,19,15 分) 已知椭圆+y 2=1 上两个不同的点 A,B 关于直线 y=mx+ 对称 .(1)求实数 m 的取值范围 ;(2)求△AOB 面积的最大值 (O 为坐标原点 ).解析(1)由题意知m≠0,可设直线 AB 的方程为y=- x+b. 由消去 y,得x2 - x+b2-1=0.-因为直线 y=- x+b 与椭圆+y2=1 有两个不同的交点 ,所以Δ=-2b2+2+ >0,①将 AB 中点 M 代入直线方程 y=mx+ ,解得 b=-.②由①②得 m<- 或 m> .(2)令 t= ∈ - ∪,则|AB|=-, ·且 O 到直线 AB 的距离为 d=.设△AOB 的面积为 S(t),所以 S(t)= |AB| ·d= - - ≤ .当且仅当 t 2= 时,等号成立 .故△AOB 面积的最大值为.9.(2015 天津 ,19,14 分) 已知椭圆 + =1(a>b>0) 的左焦点为 F(-c,0),离心率为 ,点 M 在椭圆上且位于第一象限,直线 FM 被圆x2+y2 = 截得的线段的长为c,|FM|= .(1)求直线 FM 的斜率 ;(2)求椭圆的方程 ;(3)设动点 P 在椭圆上 ,若直线 FP 的斜率大于,求直线 OP(O 为原点 )的斜率的取值范围 .解析(1)由已知有= ,又由 a2=b2+c2,可得 a2=3c2,b2=2c 2.设直线 FM 的斜率为 k(k>0), 则直线 FM 的方程为 y=k(x+c). 由已知 ,有+=,解得 k= .(2)由 (1) 得椭圆方程为+ =1, 直线 FM 的方程为 y= (x+c),两个方程联立 ,消去 y,整理得 3x2+2cx-5c2=0,解得 x=- c 或 x=c. 因为点M 在第一象限 ,可得 M 的坐标为.由|FM|=-=,解得 c=1,所以椭圆的方程为+=1.(3)设点 P 的坐标为 (x,y), 直线 FP 的斜率为t,得 t=,即 y=t(x+1)(x ≠-1),与椭圆方程联立得消去y,整理得2x2 +3t2(x+1) 2 =6.又由已知 ,得 t= -> ,解得 - <x<-1, 或-1<x<0.设直线 OP 的斜率为 m,得 m= ,即 y=mx(x ≠0),与椭圆方程联立,整理可得m2= - .①当 x∈ - - 时,有 y=t(x+1)<0, 因此 m>0,于是 m= - ,得 m∈.②当 x∈(-1,0) 时,有 y=t(x+1)>0, 因此 m<0,于是 m=- - ,得 m∈ - -.综上 ,直线 OP 的斜率的取值范围是 - - ∪.10.(2014 浙江 ,21,15 分 )如图 ,设椭圆 C: + =1(a>b>0), 动直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点P,且点 P 在第一象限 .(1)已知直线 l 的斜率为 k,用 a,b,k 表示点 P 的坐标 ;(2)若过原点 O 的直线 l1与 l 垂直 ,证明 : 点 P 到直线 l1的距离的最大值为a-b.解析 (1)设直线 l 的方程为 y=kx+m(k<0), 由消去 y 得 (b2 +a2k2 )x2+2a2 kmx+a2 m2 -a2b2 =0.由于 l 与 C 只有一个公共点 ,故=0,即 b2-m2 +a2k2=0,解得点 P 的坐标为 - .又点 P 在第一象限 ,故点 P 的坐标为-.(2)由于直线 l1过原点 O 且与 l 垂直 ,故直线 l1的方程为 x+ky=0,-所以点 P 到直线 l1的距离 d= ,-.整理得 d=因为 a2k 2+≥2ab,-≤-所以=a-b,当且仅当k 2= 时等号成立.所以 ,点 P 到直线 l1的距离的最大值为a-b.11.(2014 湖北 ,21,14 分 )在平面直角坐标系xOy 中 ,点 M 到点F(1,0) 的距离比它到y 轴的距离多 1.记点M 的轨迹为 C.(1)求轨迹 C 的方程 ;(2)设斜率为k 的直线l 过定点P(-2,1). 求直线l 与轨迹 C 恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k 的相应取值范围.解析(1)设点 M(x,y), 依题意得 |MF|=|x|+1,即- =|x|+1,化简整理得y 2=2(|x|+x).故点 M 的轨迹 C 的方程为y2 =2(2)在点 M 的轨迹 C 中 ,记 C1:y =4x,C 2:y=0(x<0),由方程组-可得ky2-4y+4(2k+1)=0.①(i) 当 k=0 时,此时 y=1.把 y=1 代入轨迹 C 的方程 , 得 x= .故此时直线l:y=1 与轨迹 C 恰好有一个公共点.(ii)当 k≠0 时 ,方程①的判别式为Δ=-16(2k 2+k-1). ②设直线 l 与 x 轴的交点为 (x0,0),由y-1=k(x+2), 令 y=0,得x 0=-.③1°若由②③解得k<-1 或 k> .即当k∈(-∞,-1)∪时, 直线l 与 C1没有公共点, 与 C2有一个公共点,故此时直线l 与轨迹 C 恰好有一个公共点.2°若或则由②③解得k∈- 或 - ≤k<0.即当k∈- 时 ,直线l 与 C1只有一个公共点,与C2有一个公共点.当 k ∈- 时 ,直线l 与 C1有两个公共点, 与 C2没有公共点 .故当k∈- ∪- 时 ,直线l 与轨迹 C 恰好有两个公共点.3°若则由②③解得 -1<k<- 或 0<k< .即当k∈ -- ∪时, 直线l 与C1有两个公共点,与 C2有一个公共点,故此时直线l 与轨迹 C 恰好有三个公共点.综合 (i)(ii) 可知 ,当 k∈(- ∞,-1) ∪∪{0} 时 ,直线l 与轨迹 C 恰好有一个公共点;当 k∈- ∪- 时,直线l 与轨迹 C 恰好有两个公共点 ; 当 k∈ - -∪时,直线l与轨迹C恰好有三个公共点.12.(2014 湖南 ,21,13 分)如图 ,O 为坐标原点 ,椭圆 C1 : + =1(a>b>0) 的左、右焦点分别为F1、F2,离心率为e1; 双曲线 C2: - =1 的左、右焦点分别为F3、 F4,离心率为e2,已知 e1 e2= ,且|F2F4|=-1.(1)求 C1 ,C2的方程 ;(2)过 F1作 C1的不垂直于y 轴的弦 AB,M 为 AB 的中点 ,当直线 OM 与 C2交于 P,Q 两点时 ,求四边形 APBQ 面积的最小值 .解析 (1)因为 e 1e 2= ,所以 -·= ,即 a 4-b 4= a 4 ,因此 a 2=2b 2,从而 F 2(b,0),F 4(b,0),于是b-b=|F 2F 4|= -1, 所以 b=1, 所以a 2=2.故 C 1 ,C 2 的方程分别为+y 2=1, -y 2=1.(2)因为 AB 不垂直于 y 轴,且过点 F 1(-1,0), 故可设直线 AB 的方程为 x=my-1.由 - 得(m 2+2)y 2-2my-1=0,易知此方程的判别式大于 0,设 A(x 1,y 1),B(x 2,y 2 ),则 y 1,y 2 是上述方程的两个实根, 所以 y 1+y 2=-,y 1y 2=.-,于是 AB 的中点 M 的坐标为-,则 PQ 的方程为 y=- x,即 mx+2y=0.因此 x 1+x 2 =m(y 1+y 2 )-2=.故直线 PQ 的斜率为 -- 得 (2-m 2)x 2=4, 所以 2-m 2 >0,且 x 2= - ,y 2=由--,从而 |PQ|=2=2-.设点 A 到直线 PQ 的距离为 d,则点 B 到直线 PQ 的距离也为 d,所以 2d=,因为点 A,B 在直线 mx+2y=0 的异侧 , 所以 (mx 11 2 +2y 2 11221+2y 12-2y 2|,+2y )(mx )<0,于是 |mx +2y |+|mx +2y |=|mx -mx从而 2d=-.又因为 |y 1-y 2|= - = ,所以 2d=. 故四边形 APBQ 的面积S= |PQ|·2d==2-- .-而 0<2-m 2<2, 故当 m=0 时,S 取得最小值 2. 综上所述 ,四边形 APBQ 面积的最小值为 2.13.(2013 陕西 ,20,13 分 )已知动圆过定点 A(4,0), 且在 y 轴上截得弦 MN 的长为 8. (1)求动圆圆心的轨迹C 的方程 ;(2)已知点 B(-1,0), 设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的两点P,Q,若 x 轴是 ∠PBQ 的角平分线 ,证明直线 l 过定点 .解析 (1)如图 ,设动圆圆心为 O 1 (x,y), 由题意 ,知 |O 1A|=|O 1M|,当 O 1 不在 y 轴上时 ,过 O 1 作 O 1H ⊥MN 交 MN 于 H,则 H 是 MN 的中点 ,∴|O1 M|= ,又|O1 A|=- ,∴- = ,化简得 y 2=8x(x ≠0).又当 O1在 y 轴上时 ,O1与 O 重合 ,点 O1的坐标 (0,0)也满足方程 y2=8x, ∴动圆圆心的轨迹 C 的方程为 y 2=8x.(2)由题意 ,设直线 l 的方程为 y=kx+b(k ≠0),P(x 1,y1 ),Q(x2,y2),将y=kx+b 代入 y2 =8x 中,得k 2x2+(2bk-8)x+b 2 =0.其中Δ=-32kb+64>0.-由根与系数的关系得,x1+x2=,①x1x2= ,②因为 x 轴平分∠PBQ,所以=-,即y 1(x 2+1)+y 2(x1+1)=0,(kx 1+b)(x 2+1)+(kx 2+b)(x 1+1)=0,2kx 1x 2+(b+k)(x 1 +x2)+2b=0,③将① ,②代入③得 2kb2 +(k+b)(8-2bk)+2k 2b=0,∴k=-b, 此时 >0,∴直线 l 的方程为y=k(x-1), 即直线 l 过定点 (1,0).14.(2013 安徽 ,18,12 分 )设椭圆 E: +-=1 的焦点在x 轴上 .(1)若椭圆 E 的焦距为(2)设 F1,F2分别是椭圆1,求椭圆 E 的方程 ;E 的左 ,右焦点 ,P 为椭圆 E 上第一象限内的点,直线F2P 交 y 轴于点Q,并且F1P⊥F1Q.证明 :当 a 变化时 ,点 P 在某定直线上.解析(1)因为焦距为1,所以2a2-1= ,解得 a2= . 故椭圆 E 的方程为+=1.(2)证明 : 设 P(x0,y0 ),F1(-c,0),F2(c,0),其中c= - .由题设知x 0≠c,则直线F1P 的斜率= , 直线F2P 的斜率= - .故直线 F2P 的方程为 y=- (x-c).当 x=0 时 ,y= - ,即点 Q 的坐标为- .因此 ,直线 F1Q 的斜率为=-.由于 F1P⊥F1Q,所以· = · =-1.-化简得 = -(2a2-1).①将①代入椭圆 E 的方程 ,由于点 P(x0 0,y ) 在第一象限 ,解得 x0=a2,y0 =1-a2,即点 P 在定直线 x+y=1 上.15.(2013 山东 ,22,13 分 )椭圆 C: + =1(a>b>0) 的左、右焦点分别是F1、 F2,离心率为 , 过 F1且垂直于 x 轴的直线被椭圆 C 截得的线段长为 1.(1)求椭圆 C 的方程 ;(2)点 P 是椭圆 C 上除长轴端点外的任一点,连接 PF1,PF2 .设∠F1PF 2的角平分线 PM 交 C 的长轴于点 M(m,0), 求 m 的取值范围 ;(3)在 (2) 的条件下 ,过点 P 作斜率为 k 的直线 l,使得 l 与椭圆 C 有且只有一个公共点.设直线 PF1,PF2的斜率分别为k1 ,k2.若 k ≠0,试证明+ 为定值 ,并求出这个定值 .解析(1)由于 c2=a2 -b2,将 x=-c 代入椭圆方程+ =1,得 y=± ,由题意知=1, 即 a=2b2.又e= = ,所以 a=2,b=1.所以椭圆 C 的方程为+y2=1.(2)解法一 : 设 P(x0 ,y0)(y 0≠0).又 F1(- ,0),F2( ,0),所以直线 PF1,PF2的方程分别为:y0x-(x 0+ )y+ y0=0,:y0x-(x 0- )y- y0 =0.由题意知= -. -由于点 P 在椭圆上 ,所以+=1.所以= -.-因为 - <m< ,-2<x 0<2, 所以= - .-所以 m= x0.因此 - <m< .解法二 : 设 P(x0,y0).当0≤x0<2 时 ,①当x0=时,直线PF2的斜率不存在,易知 P或 P - .若 P,则直线 PF 1 的方程为 x-4 y+ =0.由题意得 = -m,因为 - <m< ,所以 m= .若 P - ,同理可得 m= .②当 x 0 12的方程分别为 y=k 1 (x+2(x- ).≠ 时 ,设直线 PF ,PF ),y=k 由题意知-,=所以因为 所以=即= .-+ =1,并且 k 1= ,k 2 = - ,=-----=,-=.--因为 - <m<,0≤x 0<2 且 x 0≠ ,所以- = -.整理得 m=,故 0≤m< 且 m ≠ .综合 ①② 可得 0≤m< .当 -2<x 0<0 时 ,同理可得 - <m<0.综上所述 ,m 的取值范围是- .(3)设 P(x 0,y 0)(y 0≠0), 则直线 l 的方程为 y-y 0=k(x-x 0).联立得--整理得 (1+4k22+8(ky 02 0)x+4( 0 02-1)=0.)x -k x -2kx y +k由题意知=0,即 (4- )k 2+2x 0 y 0k+1- =0.又 + =1,所以 16k 2+8x 0y 0 k+ =0,故 k=- .由(2)知 + = + - = ,所以+ = = - ·=-8,因此+ 为定值 ,这个定值为-8.考点二存在性问题1.(2015 北京 ,19,14 分) 已知椭圆 C: +=1(a>b>0) 的离心率为,点 P(0,1)和点A(m,n)(m ≠0)都在椭圆 C 上 ,直线PA 交 x 轴于点M.(1)求椭圆 C 的方程 , 并求点 M 的坐标 (用 m,n 表示 );(2)设 O 为原点 ,点 B 与点 A 关于 x 轴对称 ,直线 PB 交 x 轴于点标; 若不存在 ,说明理由 .N.问:y 轴上是否存在点Q,使得∠OQM= ∠ONQ?若存在 ,求点Q 的坐解析(1)由题意得解得a2 =2.故椭圆 C 的方程为+y2=1.设M(x M ,0).因为 m≠0,所以 -1<n<1.直线 PA 的方程为 y-1= - x,所以 x M = - ,即 M - .(2)因为点 B 与点 A 关于 x 轴对称 , 所以 B(m,-n).设 N(x N ,0),则 x N= .“存在点 Q(0,y Q)使得∠OQM= ∠ONQ ”等价于“存在点 Q(0,y Q) 使得=”,即y Q满足=|x M||x N|.因为 x M = ,x N= , +n2=1,-所以 =|x M||x N |= =2.-所以 y Q= 或 y Q=- .故在 y 轴上存在点 Q,使得∠OQM= ∠ONQ.点 Q 的坐标为 (0, )或 (0,- ).2.(2014 山东 ,21,14 分) 已知抛物线 C:y 2=2px(p>0) 的焦点为 F,A 为 C 上异于原点的任意一点,过点 A 的直线 l 交 C 于另一点 B, 交 x 轴的正半轴于点 D, 且有 |FA|=|FD|. 当点 A 的横坐标为 3 时 ,△ADF 为正三角形 .(1)求 C 的方程 ;(2)若直线 l1∥l,且 l 1和 C 有且只有一个公共点 E,(i)证明直线 AE 过定点 ,并求出定点坐标 ;(ii)△ABE 的面积是否存在最小值 ?若存在 , 请求出最小值 ,若不存在 ,请说明理由 .解析(1)由题意知 F .设 D(t,0)(t>0), 则 FD 的中点为.因为 |FA|=|FD|,由抛物线的定义知 3+ = - ,解得 t=3+p 或 t=-3( 舍去 ).由=3,解得 p=2.所以抛物线 C 的方程为y2=4x.(2)(i) 由 (1)知 F(1,0),设A(x 0,y0)(x 0y0≠0),D(x D,0)(x D>0),因为 |FA|=|FD|, 则|x D-1|=x 0+1,由x D >0 得 x D =x0+2,故 D(x 0 +2,0).故直线 AB 的斜率 k AB =- .因为直线 l 1和直线 AB 平行 ,所以设直线l 1的方程为 y=- x+b,代入抛物线方程得y2+ y-=0,由题意得Δ= + =0, 得 b=- .设 E(x E,y E),则 y E=- ,x E= ,-当≠4 时,k AE =-=-=- ,-可得直线 AE 的方程为y-y 0=-(x-x 0 ),由=4x 0,整理可得 y=- (x-1),直线 AE 恒过点 F(1,0).当=4 时,直线 AE 的方程为 x=1,过点 F(1,0),所以直线 AE 过定点 F(1,0).(ii) 由 (i)知直线 AE 过焦点 F(1,0),所以 |AE|=|AF|+|FE|=(x 0+1)+ =x0+ +2. 设直线 AE 的方程为 x=my+1,因为点 A(x 0,y0) 在直线 AE 上,故 m= - ,设B(x 1,y1),直线 AB 的方程为y-y 0=-(x-x 0 ), 由于 y0≠0,可得 x=-y+2+x 0 ,代入抛物线方程得y2+y-8-4x 0 =0. 所以 y0+y1 =- ,可求得 y 1=-y 0- ,x1= +x0+4,所以点 B 到直线 AE 的距离为-d===4 .则△ABE 的面积 S= ×4 ≥16,当且仅当 =x 0, 即 x 0 =1 时等号成立 .所以 △ABE 的面积的最小值为 16.教师用书专用 (3)3.(2013 湖北 ,21,13 分) 如图 ,已知椭圆 C 1 与 C 2 的中心在坐标原点 O,长轴均为 MN 且在 x 轴上 ,短轴长分别为 2m,2n(m>n), 过原点且不与 x 轴重合的直线 l 与 C 1,C 2 的四个交点按纵坐标从大到小依次为 A,B,C,D. 记 λ=,△BDM 和△ABN 的面积分别为 S 1 和 S 2.(1)当直线 l 与 y 轴重合时 ,若 S 1=λS 2,求 λ的值 ;1=λS 2(2)当 λ变化时 ,是否存在与坐标轴不重合的直线 l,使得 S?并说明理由 .解析 依题意可设椭圆 C 1 和 C 2 的方程分别为 C 1: + =1,C 2: + =1. 其中 a>m>n>0,λ=>1.(1)解法一 : 如图 1,若直线 l 与 y 轴重合 ,即直线 l 的方程为 x=0, 则 S 1= |BD|·|OM|= a|BD|,S 2= |AB| ·|ON|= a|AB|,所以 = .-在 C 1 和 C 2 的方程中 ,分别令 x=0, 可得 y A =m,y B =n,y D =-m, 于是 =-= - = -.若 =λ,则2=λ,化简得 λ-2λ-1=0.-由 λ >1,可解得 λ= +1.故当直线 l 与 y 轴重合时 ,若 S 1=λS 2,则 λ= +1. 解法二 : 如图 1,若直线 l 与 y 轴重合 ,则 |BD|=|OB|+|OD|=m+n,|AB|=|OA|-|OB|=m-n; S 1= |BD|·|OM|= a|BD|,S 2= |AB| ·|ON|= a|AB|.所以==-=-.若 =λ,则-2=λ,化简得 λ-2λ-1=0.由 λ >1,可解得 λ= +1.故当直线 l 与 y 轴重合时 ,若 S 1=λS 2,则 λ= +1.(2)解法一 : 如图 2,若存在与坐标轴不重合的直线l,使得 S 1=λS 2.根据对称性 ,不妨设直线 l:y=kx(k>0), 点 M(-a,0),N(a,0) 到直线 l 的距离分别为d 1,d 2,则---d 1==,d 2==,所以 d 1=d 2.又 S 1= |BD|d 1,S 2= |AB|d 2,所以 = =λ,即 |BD|= λ |AB|.由对称性可知 |AB|=|CD|, 所以 |BC|=|BD|- |AB|=( -1)λ·|AB|,|AD|=|BD|+|AB|=( λ +1)|AB|,于是= - .①将 l 的方程分别与 C 1,C 2 的方程联立 ,可求得 x A =,x B =.根据对称性可知 x C =-x B ,x D =-x A ,于是-= = .②=-从而由 ① 式和 ②式可得=.③-令 t= - ,则由 m>n, 可得 t ≠1,于是由 ③ 式可解得 k-.2=-因为 k ≠0,所以 k 2>0.于是 ③式关于 k 有解 ,当且仅当- >0,-等价于 (t 2-1)- <0. 由 λ >1,可解得 <t<1,即 < - <1, 由 λ >1,解得 λ >1+ ,所以当 1< λ≤1+ 时 ,不存在与坐标轴不重合的直线 l, 使得 S 1=λS 2; 当 λ >1+ 时 ,存在与坐标轴不重合的直线l, 使得 S 1=λS 2.解法二 : 如图 2,若存在与坐标轴不重合的直线 l, 使得 S 1 =λS 2.根据对称性 ,不妨设直线 l:y=kx(k>0),点 M(-a,0),N(a,0) 到直线 l 的距离分别为 d 1,d 2,则 d 1= - - = ,d 2=-= ,所以 d 1=d 2.又 S 1= |BD|d 1,S 2= |AB|d 2,所以 ==λ.-=λ,所以 = - .因为= = --由点 A(x A,kx A ),B(x B ,kx B)分别在 C1,C2上 ,可得 + =1, + =1,- -=0,两式相减可得+依题意得 x A>x B >0,所以> .所以由上式解得 k 2= - .-因为 k2>0, 所以由- >0,可解得 1< <λ.-从而 1< - <λ,解得λ >1+ ,所以当 1< λ≤1+ 时 ,不存在与坐标轴不重合的直线l, 使得 S1 =λS;2当λ >1+ 时 ,存在与坐标轴不重合的直线l, 使得 S1=λS2.三年模拟A 组2016—2018 年模拟·基础题组考点一定值与最值及范围问题1.(人教 A 选 2—1,二 A,5, 变式 )若双曲线- =1(a>0,b>0) 与直线 y=2x 无交点 ,则其离心率 e 的取值范围是 ()A.(1,2)B.(1,2]C.(1, )D.(1, ]答案 D2.(2017 湖南长沙模拟 ,11)P 是双曲线 C: -y2=1 右支上一点 ,直线 l 是双曲线 C 的一条渐近线 ,P 在 l 上的射影为Q,F1是双曲线 C 的左焦点 ,则 |PF1|+|PQ|的最小值为 ()A.1B.2+C.4+D.2 +1答案 D3.(2018 河北五校 12 月联考 ,20)已知椭圆C: + =1(a>b>0) 的离心率为,右焦点为 F,上顶点为A, 且△AOF 的面积为(O 是坐标原点).(1)求椭圆 C 的方程 ;(2)设 P 是椭圆 C 上的一点 ,过 P 的直线 l 与以椭圆的短轴为直径的圆切于第一象限,切点为 M, 证明 :|PF|+|PM|为定值 .解析(1)设椭圆的半焦距为c,由已知得?∴椭圆的方程为+y2=1.(2)证明 : 以短轴为直径的圆的方程为x2 +y2=1,F(1,0),设 P(x 0,y0),则+ =1(0<x 0≤).∴|PF|=-=--=-=-=(2-x 0).又l 与圆 x 2+y2=1 相切于 M,∴|PM|=- =- =- == x0,∴|PF|+|PM|=(2-x0 )+ x 0= ,为定值 .考点二存在性问题4.(2018 四川乐山模拟 ,20)设椭圆 C: + =1(a>b>0) 的左、右焦点分别为F1,F2 ,上顶点为 A, 过点 A 与 AF 2垂直的直线交x 轴负半轴于点 Q,且 2+=0,过 A,Q,F 2三点的圆的半径为 2.过定点 M(0,2) 的直线 l 与椭圆 C 交于 G,H 两点 (点 G 在点 M,H 之间 ).(1)求椭圆 C 的方程 ;(2)设直线 l 的斜率 k>0,在 x 轴上是否存在点P(m,0), 使得以 PG,PH 为邻边的平行四边形是菱形?如果存在 , 求出 m 的取值范围 ;如果不存在 ,请说明理由 .解析(1)因为 2+=0,所以 F1为 F2 Q 的中点 .由F1(-c,0),F2 (c,0)及已知得 Q 的坐标为 (-3c,0),因为 AQ⊥AF 2,所以 b2=3c×c=3c2,a2=4c×c=4c2,且过 A,Q,F 2 三点的圆的圆心为 F1半径为 2c,(-c,0),所以 2c=2,解得 c=1,所以 a=2,b= , 所以所求椭圆方程为+ =1.(2)假设存在点P 满足题意 ,由已知得 l 的方程为 y=kx+2(k>0), 与椭圆方程联立,消去 y 可得 (3+4k 2)x2+16kx+4=0.设 G(x 1,y1),H(x 2,y2),则 x1+x 2=-2 2又 k>0,∴ k> . , =(16k)-16(3+4k )>0,+=(x 1-m,y 1)+(x 2-m,y 2)=(x 1+x 2-2m,y 1 +y2)=(x 1+x 2-2m,k(x 1+x2)+4), =(x 2-x 1,y2 -y1 )=(x2-x 1,k(x 2-x1)).由于菱形的对角线互相垂直,故(+)·=0,所以 (x2-x1 )[(x 1+x2)-2m]+k(x 2-x 1)[k(x 1 +x2)+4]=0,即(x2-x1)[(x 1+x2 )-2m+k 2(x1+x2 )+4k]=0.因为 k>0,所以 x2-x1≠0.所以 (x1+x2 )-2m+k 2(x1+x2 )+4k=0,即(1+k 2 1 2)(x +x )+4k-2m=0.所以 (1+k 2) - +4k-2m=0.解得 m=- ,即 m=-.因为 k> ,所以 +4k≥2· =4当且仅当k=时,“=”成立,所以 -≤m<0, 故存在满足题意的点P,且 m 的取值范围是-.5.(2017 河北唐山模拟 ,20)已知椭圆+ =1(a>b>0) 的离心率e= ,过点 A(0,-b) 和 B(a,0) 的直线与原点的距离为.(1)求椭圆的方程 ;(2)已知定点E(-1,0), 若直线 y=kx+2(k ≠0)与椭圆交于C、 D 两点 ,问 :是否存在k 使得以 CD 为直径的圆过 E 点 ?请说明理由 . 解析(1)直线 AB 的方程为 bx-ay-ab=0,依题意可得-解得∴椭圆的方程为+y2=1.(2)存在 . 理由 :假设存在这样的k.联立得(1+3k 2)x2+12kx+9=0,由题意知2 2)>0, ①=(12k)-36(1+3k设C(x 1,y1),D(x 2 ,y2),则x 1+x2=-,②x1·x2=,③而y 1·y2=(kx 1 +2)(kx 2+2)=k 2x1x 2+2k(x 1+x2)+4,要使以 CD 为直径的圆过点E(-1,0),当且仅当 CE⊥DE 时成立 ,则 y 1 2 1 2+1)=0,y +(x +1)(x∴(k2+1)x 1 x2+(2k+1)(x 1+x 2)+5=0, ④将②③代入④整理得 k= ,经验证 ,k= 时①成立 .综上可知 ,存在 k= 使得以 CD 为直径的圆过点 E.B 组2016— 2018 年模拟·提升题组(满分 :35 分时间 :30 分钟 )一、选择题 (共 5 分)1.(2017 河南郑州一模 ,11)已知直线 l 与双曲线-y2 =1 相切于点 P,l 与双曲线的两条渐近线交于M,N 两点 ,则·的值为 ()A.3B.4C.5D.与 P 的位置有关答案 A二、解答题 (共 30 分 )2.(2018 湖南长沙模拟 )已知动圆M 在圆 F1:(x+1) 2+y2= 外部且与圆F1相切 , 同时还在圆F2 :(x-1) 2+y2=内部与圆F2相切.(1)求动圆圆心M 的轨迹方程 ;(2)记 (1) 中求出的轨迹为C,C 与 x 轴的两个交点分别为A1、 A2 ,P 是 C 上异于 A 1、 A 2的动点 ,直线 l:x=与x轴交于点D, 直线 A 1P、A 2P 分别交直线l 于 E 、F 两点 , 求证 :|DE|·|DF|为定值 .解析(1)设动圆 M 的半径为 r,由已知得 |MF 1|= +r,|MF 2|= -r,|MF 1|+|MF 2|=4>|F1 F2 |,∴M点的轨迹是以F1,F2为焦点的椭圆,设椭圆方程为+=1(a>b>0),则 a=2,c=1,则 b2=a2-c2=3, 故圆心 M 的轨迹方程为+ =1.(2)设 P(x0,y0),由已知得 A 1(-2,0),A 2(2,0),则=, 直线 PA1的方程为:y= (x+2),=- ,直线 PA2的方程为:y=-(x-2),当 x= 时 ,E ,F-- ,∴|DE|·|DF|=( +2) ×- ( -2) = - ×2 ,又∵ (x0,y0)满足 + =1,∴- =- ,∴|DE|·|DF|= - ×2 = ,为定值.3.(2017 广东汕头二模 ,20)已知 O 为坐标原点 ,圆 M:(x+1) 2+y2 =16,定点 F(1,0),点 N 是圆 M 上一动点 ,线段 NF 的垂直平分线交圆 M 的半径 MN 于点 Q,点 Q 的轨迹为 E.(1)求曲线 E 的方程 ;(2)已知点 P 是曲线 E 上但不在坐标轴上的任意一点,曲线 E 与 y 轴的交点分别为 B 1、B 2 1 2P 分别与 x 轴相交于 C、 D , 直线 B P 和 B两点 ,请问线段长之积 |OC|·|OD|是否为定值 ?如果是 ,请求出定值 ;如果不是 ,请说明理由 ;(3)在 (2) 的条件下 ,若点 C 的坐标为 (-1,0), 过点 C 的直线 l 与 E 相交于 A 、B 两点 ,求△ABD 面积的最大值 . 解析 (1)连接 FQ,则|FQ|=|NQ|,∴|MQ|+|FQ|=|MQ|+|QN|=|MN|=4>|MF|,根据椭圆的定义得,E 是以 M(-1,0),F(1,0) 为焦点 ,4 为长轴长的椭圆,∴2a=4,即 a=2,又∵焦点为 (1,0), 即 c=1,∴b2=a2-c2=4-1=3. 故点 Q 的轨迹 E 的方程为+=1.(2)是定值 .设P(x 0,y0)(x 0≠±2,y0≠±3),不妨设 B 1在 y 轴负半轴上 , 则直线 B 1P的方程为y=x- .令 y=0, 得 x C D= - ,= ,同理得 x∴|OC|·|OD|=|x C|·|x D|= - .∵点 P 是曲线 E 上但不在坐标轴上的任意一点,∴+ =1, 即 3 =4(3- ),∴|OC|·|OD|= =4,-因此 |OC|·|OD|是定值 ,且定值为4.(3)当点 C 的坐标为 (-1,0) 时,点 D(-4,0),|CD|=3,设直线 l 的方程为 x=my-1,A(x 1,y1),B(x 2,y2),由-得(3m2 2 2+4)y -6my-9=0, =36(4m+4),y1,2=,∴|y1-y2|=,△ABD 的面积 S= ×|y1-y2 | ×3= ·==.∵m2≥0,∴≥1,又函数 y=3x+在[1,+∞)上为增函数,∴3 + ≥4,∴S≤,∴当 m=0,即直线 AB 的方程为 x=-1 时 ,△ABD 的面积最大 ,且最大值为 .C 组 2016— 2018 年模拟·方法题组方法 1 与圆锥曲线相关的最值、范围问题的解题方法1.(2017 江西南昌 NCS 项目模拟 ,11)抛物线 y2=8x 的焦点为 F,设 A(x 1,y1),B(x 2,y2 )是抛物线上的两个动点,若 x 1+x2+4= |AB|,则∠AFB 的最大值为 ( )A. B. C. D.答案 D2.(2018 天津模拟 ,20)已知椭圆C: + =1(a>b>0), 且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为 b.(1)求椭圆 C 的离心率 ;(2)若点 M在椭圆C上,不过原点O的直线l与椭圆C相交于A,B两点,与直线OM相交于点N,且 N 是线段 AB 的中点 ,求△OAB 面积的最大值 .解析(1)由题意得a-c= b,则(a-c)2= b2,结合 b2 =a2-c2,得 (a-c)2= (a2-c2 ),即2c2 -3ac+a2 =0,亦即 2e2-3e+1=0,结合 0<e<1,解得 e= .所以椭圆 C 的离心率为.(2)由 (1) 得 a=2c,则 b2=3c 2.将代入椭圆方程+=1, 解得 c2=1.所以椭圆方程为+=1.易得直线 OM 的方程为 y= x.当直线 l 的斜率不存在时 ,线段 AB 的中点不在直线 y= x 上,故直线 l 的斜率存在 .设直线 l 的方程为 y=kx+m(m ≠0),与 +=1 联立消去 y 得(3+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-12=0,所以 2 2 2 2 2 2=64km -4(3+4k )(4m -12)=48(3+4k -m )>0.设 A(x 1,y 1),B(x 2 ,y 2),则 x 1 +x 2= -,x 1 x 2 =-.由 y 1 +y 2 =k(x 12 ,得线段 AB 的中点坐标为 N -,+x )+2m=因为 N 在直线 y= x 上,所以 -=2×,解得 k=- .所以=48(12-m 2)>0,得 -2<m<2 ,且 m ≠0,|AB|= -|x 2-x 1 |= · - = · --=- .又原点 O 到直线 l 的距离 d= ,所以 S △OAB = × - × = - -= .≤ ·当且仅当 12-m 2=m 2, 即 m=±时等号成立 ,符合 -2 <m<2 ,且 m ≠0.所以 △OAB 面积的最大值为.3.(2017 河南新乡调研 ,21)设 O 为坐标原点 ,已知椭圆 C 1:+ =1(a>b>0) 的离心率为 ,抛物线 C 2:x 2=-ay 的准线方程为 y= .(1)求椭圆 C 1 和抛物线 C 2 的方程 ;(2)设过定点 M(0,2) 的直线与椭圆 C 1 交于不同的两点 P,Q,若 O 在以 PQ 为直径的圆的外部 ,求直线的斜率的取值范围 .解析(1)由题意得 = ,∴ a=2,故抛物线 C 2 的方程为 x 2=-2y, 又 e= ,∴ c=,∴b=1, 从而椭圆 C 1 `的方程为+y 2=1.(2)显然直线 x=0 不满足题设条件 , 可设直线 l:y=kx+2,P(x 1,y 1),Q(x 2,y 2 ).由得(1+4k 2)x 2 +16kx+12=0,∵Δ=(16k)2-4 ×12×(1+4k 2 )>0,∴k ∈ - -∪,-x 1+x 2 = ,x 1x 2= ,根据题意 ,得 0<∠POQ< ? · >0,∴· =x 1x 2+y 1y 2=x 1x 2 +(kx 1+2)(kx 2+2)=(1+k 2)x 1x 2+2k(x 1+x 2)+4=+2k × --+4= >0,∴-2<k<2, 综上得 k ∈ - -∪.方法 2圆锥曲线中的定值、定点问题的解题方法4.(2018 江苏启东模拟 ,20)设顶点在原点 ,焦点在 x 轴上的抛物线过点 P(2,4),过 P 作抛物线的动弦 PA,PB, 并设它们的斜率分别为k PA ,k PB.(1)求抛物线的方程;(2)若 k PA+k PB=0,求证直线 AB 的斜率为定值 ,并求出其值 ;(3)若 k PA·k PB=1,求证直线 AB 恒过定点 ,并求出其坐标 .2解析(1)依题意 , 可设所求抛物线的方程为y =2px(p>0),2因抛物线过点 (2,4),故 4 =4p, 解得 p=4,故抛物线的方程为y2=8x.- -(2)设A(x 1,y 1),B(x 2,y2),则 k PA= - = = ,-同理,k PB= ,k AB = .∵kPA+k PB=0,∴+=0,∴=- - ,∴ y1+4=-y 2-4,∴ y1+y2=-8,∴kAB =-1.∴直线 AB 的斜率恒为定值-1.(3)∵ k PA k PB=1,∴·=1,∴y1y 2+4(y 1+y2)-48=0.直线 AB 的方程为y-y 1=-,即 (y1+y2)y-y 1y 2=8x.将y 1y2=-4(y 1+y 2)+48 代入上式得 (y1+y2 )(y+4)=8(x+6),该直线恒过定点(-6,-4), 命题得证 .5.(2018 河南新乡模拟 ,20)已知右焦点为 F 的椭圆 M: + =1(a> )与直线 y=相交于P,Q两点,且PF⊥QF.(1)求椭圆 M 的方程 :(2)O 为坐标原点 ,A,B,C 是椭圆 M 上不同的三点 ,并且 O 为△ABC 的重心 , 试探究△ABC 的面积是否为定值 .若是 ,求出这个定值 ;若不是,说明理由 .解析 (1)设 F(c,0),P,Q - ,将点 P 的坐标代入椭圆方程可得+ =1,即 t2= a2,①由 PF ⊥QF, 可得· =-1, - - -即c2-t2=- , ②由①②可得 c2= a2- .又a2-c2=3,解得 a=2,c=1,故椭圆方程为+=1.(2)当直线 AB 的斜率存在时 ,设直线 AB 的方程为y=kx+m, 代入椭圆方程3x2 +4y2=12,可得 (3+4k 2)x 2+8kmx+4m 2-12=0, 设 A(x 1,y 1),B(x 2 ,y 2),-,y 1+y 2=k(x 1+x 2)+2m=, 则 x 1x 2=,x 1+x 2 =-由 O 为△ABC 的重心 ,可得=-( + )=-,由 C 在椭圆上 , 得 3 +4 -=12,化简可得 4m 2=3+4k 2,|AB|= ·--= · - - ·= · - ,C 到直线 AB 的距离 d=-=,S △ =|AB|·d=ABC·-=·-= .当直线 AB 的斜率不存在时 ,|AB|=3,d=3,S △ABC = |AB| ·d= .综上可得 ,△ABC 的面积为定值 .6.(2017 福建福州模拟 ,20)已知点 P 是直线 l:y=x+2 与椭圆+y 2=1(a>1) 的一个公共点 ,F 1 ,F 2 分别为该椭圆的左 ,右焦点 ,设 |PF 1|+|PF 2|取得最小值时椭圆为 C.(1)求椭圆 C 的标准方程及离心率 ;(2)已知 A,B 为椭圆 C 上关于 y 轴对称的两点 ,Q 是椭圆 C 上异于 A,B 的任意一点 ,直线 QA,QB 分别与 y 轴交于点 M(0,m),N(0,n), 试判断 mn 是否为定值 ,如果为定值 ,求出该定值 ;如果不是 ,请说明理由 .解析(1)联立得(a 2+1)x 2+4a 2x+3a 2=0.∵直线 y=x+2 与椭圆有公共点 ,∴Δ=16a 4-4(a 2+1) ×3a 2≥0,得 a 2 ≥3,又 a>1,∴ a ≥,由椭圆的定义知 |PF 1 |+|PF 2|=2a, 故当 a=时,|PF 1|+|PF 2|取得最小值 ,此时椭圆 C 的标准方程为+y 2=1, 离心率为 = .(2)mn 为定值 .设 A(x 1,y 1),B(-x 1,y 1),Q(x 0,y 0 )(y 0≠y 1),且已知 M(0,m),N(0,n),- -由题意知 k QA =k QM ,∴ - =,即 m=y 0 ---=,--同理 ,得 n=,∴mn=-·=- -,-又+ =1, + =1,∴=1- , =1- ,- - - ∴mn= -- = - =1,∴m n 为定值 1.方法 3存在性问题的解题策略7.(2016 吉林长春外国语学校第一次质量检测,21)已知椭圆C: + =1(a>b>0) 的离心率为,且过点.(1)求椭圆 C 的方程 ;(2)设不过原点O 的直线 l:y=kx+m(k ≠0)与椭圆 C 交于 P、 Q 两点 ,直线 OP、 OQ 的斜率依次为k1、 k2 ,若 4k=k 1+k2,试问 :当 k 变化时,m2是否为定值 ?若是 ,求出此定值并证明你的结论;若不是 , 请说明理由 .解析(1)依题意可得又a2=b2+c2,∴a=2,b=1.∴椭圆 C 的方程是+y2=1.(2)当 k 变化时 ,m2为定值,证明如下 :由得(1+4k 2)x 2+8kmx+4(m 2-1)=0.设P(x 1,y1) 、Q(x2,y2),则 x 1+x2=- ,x1x2 = - ,∵直线OP、OQ 的斜率依次为k1、k2,且4k=k1+k2, ∴4k=+ =+,得 2kx 1x 2=m(x 1+x 2),∴m2= , 经检验满足>0.。

圆锥曲线问题在高考的常见题型及解题技巧圆锥曲线是数学中的一个重要概念，在高考数学考试中经常出现。

圆锥曲线问题在高考中的题型多样，涉及到椭圆、双曲线和抛物线等各种不同的情况。

学生需要掌握不同类型圆锥曲线的基本知识和解题方法，才能在考试中取得好成绩。

本文将详细介绍圆锥曲线问题在高考中的常见题型及解题技巧。

一、椭圆问题在高考数学中，椭圆问题是圆锥曲线中的一个常见题型。

椭圆是圆锥曲线中的一种，其数学方程一般表示为x²/a² + y²/b² = 1。

椭圆问题在高考中主要涉及到椭圆的性质、方程和相关的几何问题。

下面是一些常见的椭圆问题和解题技巧：1. 椭圆的性质椭圆有许多独特的性质，例如焦点、长轴、短轴等。

解决椭圆问题时，首先需要熟悉椭圆的基本性质，包括焦点的坐标、长轴和短轴的长度等。

了解这些性质可以帮助学生更好地理解和解决椭圆相关的问题。

2. 椭圆的方程学生需要掌握椭圆的标准方程和一般方程，以及如何从一个方程中得到椭圆的相关信息。

如何通过椭圆的方程确定焦点和长轴的长度等。

熟练掌握椭圆的方程和相关的计算方法是解决椭圆问题的关键。

3. 几何问题在高考中，椭圆问题经常涉及到与椭圆相关的几何问题，例如椭圆的切线、法线、焦点、离心率等。

解决这些问题需要学生具有一定的几何直觉和解题技巧，可以通过画图、几何推理等方法来解决。

二、双曲线问题三、抛物线问题在解决圆锥曲线问题时，学生需要注意以下几个解题技巧：1. 画图对于圆锥曲线相关的几何问题，画图是非常重要的。

学生可以通过画图来直观地理解问题，并且可以通过几何推理来解决问题。

2. 几何推理圆锥曲线问题往往需要一定的几何推理能力，例如通过推导得到相关的性质和结论。

学生需要熟练掌握几何推理的方法，以便解决圆锥曲线问题。

3. 代数计算除了几何推理，对于圆锥曲线的方程和相关计算问题，学生还需要掌握代数计算的方法，包括因式分解、配方法、求导等。

专题16 圆锥曲线的综合问题1．设O 为坐标原点，P 是以F 为焦点的抛物线y 2＝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.33 B.23 C.22D ．1 答案 C 解析 如图，2．直线3x －4y ＋4＝0与抛物线x 2＝4y 和圆x 2＋(y －1)2＝1从左到右的交点依次为A 、B 、C 、D ，则|AB ||CD |的值为________． 答案116解析 由⎩⎪⎨⎪⎧3x －4y ＋4＝0，x 2＝4y得x 2－3x －4＝0，∴x A ＝－1，x D ＝4，∴y A ＝14，y D ＝4.直线3x －4y ＋4＝0恰过抛物线的焦点F (0,1)， ∴|AF |＝y A ＋1＝54，|DF |＝yD ＋1＝5，∴|AB ||CD |＝|AF |－1|DF |－1＝116. 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F 1(－2,0)，点B (2，2)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x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，因为椭圆的左焦点为F 1(－2,0)， 所以a 2－b 2＝4.①因为点B (2，2)在椭圆C 上， 所以4a 2＋2b2＝1.②由①②解得，a ＝22，b ＝2. 所以椭圆C 的方程为x 28＋y 24＝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 ＝22k1＋1＋2k 2，即点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，22k 1＋1＋2k 2. 同理可得点N (0，22k1－1＋2k2)． 假设在x 轴上存在点P (t,0)，使得∠MPN 为直角，则MP →·NP →＝0. 即t 2＋－22k 1＋1＋2k 2×－22k 1－1＋2k2＝0，即t 2－4＝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(－22，0)．因为直线y ＝kx (k ≠0)与椭圆x 28＋y 24＝1交于两点E ，F ，设点E (x 0，y 0)，则点F (－x 0，－y 0)．所以直线AE 的方程为y ＝y 0x 0＋22(x ＋22)．因为直线AE 与y 轴交于点M ， 令x ＝0得y ＝22y 0x 0＋22，因为点E (x 0，y 0)在椭圆C 上，所以x 208＋y 204＝1，即y 20＝8－x 22.将y 20＝8－x 202代入得t 2－4＝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x 2＋y 2＋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C 1，直线l 交C 1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＋y 2＝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：x 24＋y 23＝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 (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，x 24＋y23＝1得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3，所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12k 2＋14k 2＋3.5.已知椭圆C 1：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)与抛物线C 2：y 2＝2ax 相交于A ，B 两点，且两曲线的焦点F 重合．(1)求C 1，C 2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．解 (1)因为C 1，C 2的焦点重合， 所以a 2－3＝a2，所以a 2＝4. 又a >0，所以a ＝2.于是椭圆C 1的方程为x 24＋y 23＝1，抛物线C 2的方程为y 2＝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 (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，M (x 3，y 3)，N (x 4，y 4)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k x －1，可得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0，则x 1＋x 4＝2k 2＋4k2，x 1x 4＝1，所以|PN |＝1＋k 2·x 1＋x 42－4x 1x 4＝41＋k2k 2.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x －1，可得(3＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0，则x 2＋x 3＝8k 23＋4k 2，x 2x 3＝4k 2－123＋4k2，易错起源1、范围、最值问题例1、如图，椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1、F 2，过F 2的直线交椭圆于P ，Q 两点，且PQ ⊥PF 1.(1)若|PF 1|＝2＋2，|PF 2|＝2－2，求椭圆的标准方程；(2)若|PQ |＝λ|PF 1|，且34≤λ＜43，试确定椭圆离心率e 的取值范围．解 (1)由椭圆的定义，2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a ＝2. 设椭圆的半焦距为c ，由已知PF 1⊥PF 2， 因此2c ＝|F 1F 2|＝|PF 1|2＋|PF 2|2＝2＋22＋2－22＝23，即c ＝3，从而b ＝a 2－c 2＝1. 故所求椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1. (2)如图，由PF 1⊥PQ ，|PQ |＝λ|PF 1|，得 |QF 1|＝|PF 1|2＋|PQ |2＝1＋λ2|PF 1|.由椭圆的定义，|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，|QF 1|＋|QF 2|＝2a ， 进而|PF 1|＋|PQ |＋|QF 1|＝4a ， 于是(1＋λ＋1＋λ2)|PF 1|＝4a ， 解得|PF 1|＝4a1＋λ＋1＋λ2， 故|PF 2|＝2a －|PF 1|＝2aλ＋1＋λ2－11＋λ＋1＋λ2.e 2＝4＋t －22t2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －142＋12. 由34≤λ＜43，并注意到1＋λ＋1＋λ2关于λ的单调性，得3≤t ＜4，即14＜1t ≤13. 进而12＜e 2≤59，即22＜e ≤53.【变式探究】如图，已知椭圆：x 24＋y 2＝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ED →＝6DF →，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 (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1<x 2，联立直线l 与椭圆的方程⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 2＝1，y ＝kx消去y ，得方程(1＋4k 2)x 2＝4.故x 2＝－x 1＝21＋4k2，又|EF |＝41＋k21＋4k 2， 所以四边形AEBF 的面积为S ＝12|EF |(h 1＋h 2)＝21＋2k 1＋4k2＝21＋4k 2＋4k1＋4k 2＝21＋4k 1＋4k2 ＝21＋44k ＋1k≤22，当且仅当4k ＝1k ，即k ＝12时，取等号，所以四边形AEBF 面积的最大值为2 2. 【名师点睛】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． 【锦囊妙计，战胜自我】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． 易错起源2、定点、定值问题例2、椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，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． 解 (1)由e ＝c a ＝12，得a ＝2c ，∵a 2＝b 2＋c 2，∴b 2＝3c 2，则椭圆方程变为x 24c 2＋y 23c2＝1.又由题意知2＋c2＋12＝10，解得c 2＝1，故a 2＝4，b 2＝3，即得椭圆的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋8mkx ＋4(m 2－3)＝0.则⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝64m 2k 2－163＋4k 2m 2－3>0，x 1＋x 2＝－8mk 3＋4k 2，x 1·x 2＝4m 2－33＋4k2.①又y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋mk (x 1＋x 2)＋m 2＝3m 2－4k 23＋4k2. ∵椭圆的右顶点为A 2(2,0)，AA 2⊥BA 2， ∴(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝0， ∴y 1y 2＋x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4＝0， ∴3m 2－4k 23＋4k 2＋4m 2－33＋4k 2＋16mk3＋4k2＋4＝0，∴7m 2＋16mk ＋4k 2＝0，解得m 1＝－2k ，m 2＝－2k 7，由①，得3＋4k 2－m 2>0，②当m 1＝－2k 时，l 的方程为y ＝k (x －2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．当m 2＝－2k 7时，l 的方程为y ＝k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －27，直线过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0，且满足②， ∴直线l 过定点，定点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫27，0.【变式探究】已知抛物线：y 2＝2px (p >0)的焦点F 在双曲线：x 23－y 26＝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k CD ，证明：k CDk为定值，并求出该定值．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝k x －2得ky 2－4y －8k ＝0，Δ＝16＋32k 2>0，y 1＋y 2＝4k ，y 1y 2＝－8.S △AFB ＝12×1×|y 1－y 2|＝12y 1＋y 22－4y 1y 2＝21k 2＋2＝3，解得k ＝2.(3)设C (y 234，y 3)，则FA →＝(y 214－1，y 1)，FC →＝(y 234－1，y 3)，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由特例得出一个值此值一般就是定值→证明定值：将问题转化为证明待证式与参数某些变量无关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k 1，k 2，k 3，问是否存在常数λ，使得k 1＋k 2＝λk 3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y 2＝2px ，得2p ＝4， 所以抛物线方程为y 2＝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.x 1＋x 2＝2k 2＋4k2，x 1x 2＝1.又Q (1,2)，则k 1＝2－y 11－x 1，k 2＝2－y 21－x 2.因为A ，F ，B 共线，所以k AF ＝k BF ＝k ， 即y 1x 1－1＝y 2x 2－1＝k .所以k 1＋k 2＝2－y 11－x 1＋2－y 21－x 2＝y 1x 1－1＋y 2x 2－1－2x 1＋x 2－2x 1x 2－x 1＋x 2＋1＝2k －22k 2＋4k 2－21－2k 2＋4k2＋1＝2k ＋2， 即k 1＋k 2＝2k ＋2.又k 3＝k ＋1，可得k 1＋k 2＝2k 3.即存在常数λ＝2，使得k 1＋k 2＝λk 3成立．【变式探究】如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率是22，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． 解 (1)由已知，点C ，D 的坐标分别为(0，－b )，(0，b )，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝kx ＋1，得(2k 2＋1)x 2＋4kx －2＝0，其判别式Δ＝(4k )2＋8(2k 2＋1)＞0， 所以x 1＋x 2＝－4k 2k 2＋1，x 1x 2＝－22k 2＋1，从而，OA →·OB →＋λPA →·PB →＝x 1x 2＋y 1y 2＋λ[x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k 2)x 1x 2＋k (x 1＋x 2)＋1＝－2λ－4k2＋－2λ－12k2＋1＝－λ－12k2＋1－λ－2.所以当λ＝1时，－λ－12k2＋1－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>b2.1a <1 bC．0<a<b．0<b<a 答案 C2．已知椭圆x24＋y2b 2＝1(0<b <2)的左，右焦点分别为F 1，F 2，过F 1的直线l 交椭圆于A ，B 两点，若|BF 2|＋|AF 2|的最大值为5，则b 的值是( )A ．1 B. 2 C.32 D. 3答案 D解析 由椭圆的方程，可知长半轴长a ＝2；由椭圆的定义，可知|AF 2|＋|BF 2|＋|AB |＝4a ＝8，所以|AB |＝8－(|AF 2|＋|BF 2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即2b 2a＝3，可求得b 2＝3，即b ＝ 3.3．已知直线AB 与抛物线y 2＝2x 交于A ，B 两点，M 是AB 的中点，C 是抛物线上的点，且使得CA →·CB →取最小值，抛物线在点C 处的切线为l ，则( )A ．CM ⊥AB B ．CM ⊥CBC ．CM ⊥CAD ．CM ⊥l答案 D解析 如图所示，CA →·CB →＝(AM →－CM →)·(BM →－CM →)＝CM →2－(BM →＋AM →)·CM →＋AM →·BM →＝CM →2－14AB →2，当直线AB 一定时，当且仅当|CM →|取得最小值时，使得CA →·CB →取最小值，只有当CM ⊥l 时，|CM →|取得最小值，故选D.4．已知抛物线y 2＝2px (p >0)，△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y 1，y 2，y 3.若直线AB ，BC ，AC 的斜率之和为－1，则1y 1＋1y 2＋1y 3的值为( )A ．－12pB ．－1pC.1pD.12p答案 B即⎩⎪⎨⎪⎧p y 1＝y A －y B x A －x B＝k AB ，p y 2＝y B －yC x B－x C＝k BC，p y 3＝y A －y C x A－x C＝k AC，所以1y 1＋1y 2＋1y 3＝－1p.5．若点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝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 ．2B ．3C ．6D ．8 答案 C解析 由题意得F (－1,0)，设点P (x 0，y 0)，则y 2＝3(1－x 204)(－2≤x 0≤2)．OP →·FP →＝x 0(x 0＋1)＋y 20＝x 20＋x 0＋y 2＝x 2＋x 0＋3(1－x 204)＝14(x 0＋2)2＋2.又因为－2≤x 0≤2，所以当x 0＝2时，OP →·FP →取得最大值，最大值为6，故选C.6．已知双曲线C ：x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的离心率为3，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k 1，k 2，k 3，记m ＝k 1k 2k 3，则m 的取值范围为________．答案 (0,22)解析 ∵双曲线C ：x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的离心率为3，∴e ＝ca＝3，∴b ＝2a ，7．已知A (1,2)，B (－1,2)，动点P 满足AP →⊥BP →.若双曲线x 2a2－y 2b2＝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x 2＋(y －2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．又双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)的渐近线方程为y ＝±bax ，即bx ±ay ＝0，由题意，可得2aa 2＋b2>1，即2ac>1， 所以e ＝ca<2，又e >1，故1<e <2.8．在直线y ＝－2上任取一点Q ，过Q 作抛物线x 2＝4y 的切线，切点分别为A 、B ，则直线AB 恒过定点________．答案 (0,2)解析 设Q (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，抛物线方程变为y ＝14x 2，则y ′＝12x ，则在点A 处的切线方9．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，A (a,0)，B (0，b )，O (0,0)，△OAB 的面积为1.(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是椭圆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：|AN |·|BM |为定值． (1)解 由已知c a ＝32，12ab ＝1. 又a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，b ＝1，c ＝ 3. ∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)证明 由(1)知，A (2,0)，B (0,1)． 设椭圆上一点P (x 0，y 0)，则x 204＋y 20＝1.当x 0≠0时，直线PA 方程为y ＝y 0x 0－2(x －2)，令x ＝0得y M ＝－2y 0x 0－2.从而|BM |＝|1－y M |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2. 直线PB 方程为y ＝y 0－1x 0x ＋1. 令y ＝0得x N ＝－x 0y 0－1. ∴|AN |＝|2－x N |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1.∴|AN |·|BM |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2＋x 0y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1＋2y 0x 0－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2y 0－1·⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 0＋2y 0－2x 0－2＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪x 20＋4y 20＋4x 0y 0－4x 0－8y 0＋4x 0y 0－x 0－2y 0＋2 ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪4x 0y 0－4x 0－8y 0＋8x 0y 0－x 0－2y 0＋2＝4.当x 0＝0时，y 0＝－1，|BM |＝2，|AN |＝2， ∴|AN |·|BM |＝4. 故|AN |·|BM |为定值．10．已知椭圆M ：x 2a 2＋y 23＝1(a >0)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S 1和S 2，求|S 1－S 2|的最大值． 解 (1)因为F (－1,0)为椭圆的焦点， 所以c ＝1，又b 2＝3，所以a 2＝4， 所以椭圆方程为x 24＋y 23＝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，|S 1－S 2|＝0.当直线l 斜率存在(显然k ≠0)时，设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，设直线方程为y ＝k (x ＋1)(k ≠0)，和椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝k x ＋1，消掉y ，得(3＋4k 2)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0. 显然Δ>0，方程有根，且x 1＋x 2＝－8k23＋4k2，。