《新步步高》2017版高考数学（文江苏专用）大二轮总复习与增分策略配套练习：专题六　解析几何 第3讲 WORD版含解析.docx

1、第3讲圆锥曲线的综合问题1(2016四川改编)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y22px(p0)上任意一点，M是线段PF上的点，且PM2MF，则直线OM的斜率的最大值为_答案解析如图，由题意可知F，设P点坐标为，显然，当y00时，kOM0时，kOM0，要求kOM的最大值，不妨设y00.则()，kOM，当且仅当y2p2时等号成立2(2016课标全国乙)设圆x2y22x150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EAEB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

2、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ADAC，EBAC，故EBDACDADC，所以EBED，故EAEBEAEDAD.又圆A的标准方程为(x1)2y216，从而AD4，所以EAEB4.由题设得A(1,0)，B(1,0)，AB2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：1(y0)(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由得(4k23)x28k2x4k2120.则x1x2，x1x2，所以MN|x1x2|.过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y(x1)，点A到m的距离为，所以PQ24.故四边形MPNQ的面积SMNPQ12

3、.可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)当l与x轴垂直时，其方程为x1，MN3，PQ8，四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为12,8)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已知椭圆C：1(ab0)的左、右焦点和短轴的两

4、个端点构成边长为2的正方形(1)求椭圆C的方程；(2)过点Q(1,0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且点P(4,3)，记直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，当k1k2取最大值时，求直线l的方程解(1)由题意可得bc，a2，故椭圆C的方程为1.(2)当直线l的斜率为0时，k1k2.当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为xmy1，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立整理得(m22)y22my30，故y1y2，y1y2.又x1my11，x2my21，因此k1k2.令t4m1，只考虑t0时，故k1k21，当且仅当t5时取等号综上可得，直线l的方程为xy10.思维升华解决范围问题的常用方法：(

5、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如图，已知椭圆：y21，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x2y20.设直线EF的方程为ykx(k0)设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1b0)和椭圆T2：1

6、(bc0)组成，当a，b，c成等比数列时，称曲线为“猫眼曲线”若猫眼曲线过点(0，)，且a，b，c的公比为. (1)求猫眼曲线的方程；(2)任作斜率为k(k0)且不过原点的直线与该曲线相交，交椭圆T1所得弦的中点为M，交椭圆T2所得弦的中点为N，求证：为与k无关的定值；(3)若斜率为的直线l为椭圆T2的切线，且交椭圆T1于点A，B，N为椭圆T1上的任意一点(点N与点A，B不重合)，求ABN面积的最大值(1)解b，a2，c1，T1：1，T2：x21.(2)证明设斜率为k的直线交椭圆T1于点C(x1，y1)，D(x2，y2)，线段CD中点M(x0，y0)，x0，y0，由得0.k存在且k0，x1x2

7、，且x00.，即kkOM.同理，kkON2，得证(3)解设直线l的方程为yxm，联立(b22c2)x22mc2xm2c2b2c20.0，m2b22c2，l1：yx(b22a2)x22ma2xm2a2b2a20.0，m2b22a2，l2：yx.两平行线间距离：d，AB，AB，d.ABN的面积最大值为S.思维升华(1)动线过定点问题的两大类型及解法动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m,0)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

8、的两大途径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、分母约分得定值跟踪演练2已知抛物线：y22px(p0)的焦点F在双曲线：1的右准线上，抛物线与直线l：yk(x2)(k0)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，并求出该定值解(1)双曲线：1的右准线方程为x1，所以F(1,0)，则抛物线的方程为y24x.(2)设A(，y1)，B(，y2)，由得ky24y8k0，1632k20，y1y2，y1y28.SAFB1|y1y2|

9、23，解得k2.(3)设C(，y3)，则(1，y1)，(1，y3)，因为A，F，C共线，所以(1)y3y1(1)0，即y(y1)y340.解得：y3y1(舍)或y3，所以C(，)，同理D(，)，kCD2k，故2(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已

10、知点P是椭圆C上的任一点，P到直线l1：x2的距离为d1，到点F(1,0)的距离为d2，且. (1)求椭圆C的方程；(2)如图，直线l与椭圆C交于不同的两点A，B(A，B都在x轴上方)，且OFAOFB180.()当A为椭圆C与y轴正半轴的交点时，求直线l的方程；()是否存在一个定点，无论OFA如何变化，直线l总过该定点？若存在，求出该定点的坐标；若不存在，请说明理由. 解(1)设P(x，y)，则d1|x2|，d2，化简得：y21，椭圆C的方程为y21.(2)()由(1)知A(0,1)，又F(1,0)，kAF1，OFAOFB180，kBF1，直线BF方程为y1(x1)x1，代入y21，得3x24

11、x0，解得x0或x，B(，)，kAB.直线AB的方程为yx1.()由于OFAOFB180，kAFkBF0.设直线AB方程为ykxb，代入y21，得：(k2)x22kbxb210，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，kAFkBF0.(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)2kx1x2(kb)(x1x2)2b2k(kb)2b0.b2k0，直线AB方程为yk(x2)直线l总经过定点(2,0)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

12、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：1(ab0)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，使得为定值？若存在，求的值；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)，又点P的坐标为(0,1)，且1，于是解得a2，b，所以椭圆E的方程为1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k2

13、1)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，从而，x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以当1时，23，此时3为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，213.故存在常数1，使得为定值3.已知椭圆C1：1(a0)与抛物线C2：y22ax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(k0)的直线l，使得2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由押题依据本题将椭圆和抛物线联合起来设

14、置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色解(1)因为C1，C2的焦点重合，所以，所以a24.又a0，所以a2.于是椭圆C1的方程为1，抛物线C2的方程为y24x.(2)假设存在直线l使得2，则可设直线l的方程为yk(x1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)由可得k2x2(2k24)xk20，则x1x4，x1x41，所以PN.由可得(34k2)x28k2x4k2120，则x2x3，x2x3，所以MQ.若2，则2，解得k.故存在斜率为k的直线l，使得2.A组专题通关1平面上一机器人在行进中始终保持与点F(1,0)的

15、距离和到直线x1的距离相等若机器人接触不到过点P(1，0)且斜率为k的直线，则k的取值范围是_答案(，1)(1，)解析根据抛物线的概念可得机器人在以点F(1,0)为焦点的抛物线y24x上，由题意可得直线yk(x1)与抛物线y24x没有交点，联立直线与抛物线消元可得ykky2yk0，即该方程无根，则k0且1k20k1，所以k的取值范围为(，1)(1，)2已知椭圆1(0b0)，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_答案解析设A(xA，yA)，B(x

16、B，yB)，C(xC，yC)，则三个式子两两相减得即即所以.5若P为椭圆1上任意一点，EF为圆(x1)2y24的任意一条直径，则的取值范围是_答案5,21解析因为()()()2|cos 0|24NP2.又因为椭圆1的a4，b，c1，N(1,0)为椭圆的右焦点，NPac，ac3,5，5,216已知双曲线C：1(a0，b0)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mk1k2k3，则m的取值范围为_答案(0,2)解析双曲线C：1(a0，b0)的离心率为，e，ba，设P(x，y)，点P为双曲线C在第一象限

17、的任意一点，1，且x0，y0，A，B为双曲线C的左，右顶点，点O为坐标原点，PA，PB，PO的斜率分别为k1，k2，k3，k1k22，k30，又双曲线的渐近线为yx，0k3，0mk1k2k30，b0)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(x1)(x1)(y2)(y2)0，即x2(y2)21，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆又双曲线1(a0，b0)的渐近线方程为yx，即bxay0，由题意，可得1，即1，所以e1，故1e2.8在直线y2上任取一点Q，过Q作抛物线x24y的切线，切点分别为A、B，则直线AB恒

18、过定点_答案(0,2)解析设Q(t，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程变为yx2，则yx，则在点A处的切线方程为yy1x1(xx1)，化简得，yx1xy1，同理，在点B处的切线方程为yx2xy2.又点Q(t，2)的坐标满足这两个方程，代入得：2x1ty1，2x2ty2，则说明A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足方程2xty，即直线AB的方程为y2tx，因此直线AB恒过定点(0,2)9(2016北京)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，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

19、与x轴交于点N.求证：ANBM为定值(1)解由已知，ab1.又a2b2c2，解得a2，b1，c.椭圆C的方程为y21.(2)证明由(1)知，A(2,0)，B(0,1)设椭圆上一点P(x0，y0)，则y1.当x00时，直线PA方程为y(x2)，令x0得yM.从而BM|1yM|.直线PB方程为yx1.令y0得xN.AN|2xN|.ANBM4.当x00时，y01，BM2，AN2，ANBM4.故ANBM为定值10如图，在平面直角坐标系xOy中，设点M(x0，y0)是椭圆C：y21上一点，从原点O向圆M：(xx0)2(yy0)2r2作两条切线分别与椭圆C交于点P，Q，直线OP，OQ的斜率分别记为k1，k

20、2.(1)若圆M与x轴相切于椭圆C的右焦点，求圆M的方程；(2)若r.求证：k1k2；求OPOQ的最大值(1)解因为椭圆C的右焦点的坐标为(，0)，所以圆心M的坐标为(，)，从而圆M的方程为(x)2(y)2.(2)证明因为圆M与直线OP：yk1x相切，所以，即(45x0)2k10x0y0k145y0，同理，有(45x)k10x0y0k245y0，所以k1，k2是方程(45x)k210x0y0k45y0的两根，从而k1k2.解设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，联立解得x，y，同理，x，y，所以OP2OQ2()()，当且仅当k1时取等号所以OPOQ的最大值为.B组能力提高11已知圆O1：

21、(x2)2y216和圆O2：x2y2r2 (0re2)，则e12e2的最小值是_答案解析当动圆M与圆O1，O2都相内切时，MO2MO14r2a，故e1.当动圆M与圆O1相内切而与O2相外切时，MO1MO24r2a，故e2.因此e12e2，令12rt (10tb0)的离心率e，左顶点为A(4，0)，过点A作斜率为k (k0)的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点E.(1)求椭圆C的方程；(2)已知P为AD的中点，是否存在定点Q，对于任意的k (k0)都有OPEQ，若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由；(3)若过O点作直线l的平行线交椭圆C于点M，求的最小值解(1)因为左顶点为A(4,0)，所

22、以a4，又e，所以c2，又因为b2a2c212，所以椭圆C的方程为1.(2)直线l的方程为yk(x4)，由消元得，1.化简得，(x4)(4k23)x16k2120，所以x14，x2.当x时，yk(4)，所以D(，)因为点P为AD的中点，所以P的坐标为(，)，则kOP (k0)直线l的方程为yk(x4)，令x0，得E点坐标为(0,4k)，假设存在定点Q(m，n)(m0)，使得OPEQ，则kOPkEQ1，即1恒成立，所以(4m12)k3n0恒成立，所以即因此定点Q的坐标为(3,0)(3)因为OMl，所以OM的方程可设为ykx，由得M点的横坐标为x，由OMl，得()2，当且仅当，即k时取等号，所以当k时，的最小值为2.