届高考理数98圆锥曲线的综合问题.docx

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届高考理数98圆锥曲线的综合问题

§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

1.定值与最值及

范围问题

掌握与圆锥曲线有关的最值、定值、参数范围问题

掌握

2017课标全国Ⅰ,20;

2017浙江,21;2017山东,21;

2016课标全国Ⅱ,20;2016北京,19;

2016山东,21;2015浙江,19;

2014四川,10;2014浙江,21

解答题

★★★

2.存在性问题

了解并掌握与圆锥曲线有关的存在性问题

掌握

2014山东,21;2013江西,20

解答题

★★☆

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x2=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-

（2）解法一:

联立直线AP与BQ的方程

解得点Q的横坐标是xQ=.

因为|PA|==（k+1）,

|PQ|=（xQ-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,x2）,

则·=2x+1+2x2-=2x2+2x+,=+=x2+x++x4-x2+=x4+x2+x+.

∴|AP|·|PQ|=-x4+x2+x+.

设f（x）=-x4+x2+x+,

则f'（x）=-4x3+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=k1x-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k1k2=.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（x1,y1）,B（x2,y2）,

联立消y整理得（4+2）x2-4k1x-1=0,

由题意知Δ>0,且x1+x2=,x1x2=-,

所以|AB|=|x1-x2|=.

由题意可知圆M的半径

r=|AB|=·.

由题设知k1k2=,所以k2=,

因此直线OC的方程为y=x.

联立得x2=,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≤,

因此≤,所以∠SOT的最大值为.

综上所述:

∠SOT的最大值为,取得最大值时直线l的斜率k1=±.

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（x1,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+tk2）x2+2·tk2x+t2k2-3t=0.（7分）

由x1·（-）=得x1=,

故|AM|=|x1+|=.（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

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　B

5.（2015江苏,12,5分）在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-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,则实数c的最大值为　　　　. 

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.

解析　

（1）由题意知=,可得a2=4b2.

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+4y2=1.

（2）（i）设P（m>0）.

由x2=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（x1,y1）,B（x2,y2）,D（x0,y0）.

联立

得（4m2+1）x2-4m3x+m4-1=0.

由Δ>0,得0

且x1+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yM=-,

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-x0|=××=.

所以=.

设t=2m2+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:

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,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（x1,y1）,B（x2,y2）,M（xM,yM）.

将y=kx+b代入9x2+y2=m2得（k2+9）x2+2kbx+b2-m2=0,故

xM==,yM=kxM+b=.

于是直线OM的斜率kOM==-,即kOM·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xP.

由得=,即xP=.

将点的坐标代入l的方程得b=,

因此xM=.

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xP=2xM.

于是=2×,解得k1=4-,k2=4+.

因为ki>0,ki≠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+y2=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t2=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=2c2.

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-

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+2a2kmx+a2m2-a2b2=0.

由于l与C只有一个公共点,故Δ=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a2k2+≥2ab,

所以≤=a-b,

当且仅当k2=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y2=2（|x|+x）.

故点M的轨迹C的方程为y2=

（2）在点M的轨迹C中,记C1:

y2=4x,C2:

y=0（x<0）,

依题意,可设直线l的方程为y-1=k（x+2）.

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（2k2+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x0=-.③

1°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

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e1e2=,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e1e2=,所以·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2（b,0）,F4（b,0）,于是b-b=|F2F4|=-1,所以b=1,所以a2=2.

故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1.

（2）因为AB不垂直于y轴,且过点F1（-1,0）,故可设直线AB的方程为x=my-1.

由得（m2+2）y2-2my-1=0,

易知此方程的判别式大于0,设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则y1,y2是上述方程的两个实根,所以y1+y2=,y1y2=.

因此x1+x2=m（y1+y2）-2=,于是AB的中点M的坐标为.故直线PQ的斜率为-,则PQ的方程为y=-x,即mx+2y=0.

由得（2-m2）x2=4,所以2-m2>0,且x2=,y2=

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（mx1+2y1）（mx2+2y2）<0,于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|=|mx1+2y1-mx2-2y2|,

从而2d=.

又因为|y1-y2|==,

所以2d=.

故四边形APBQ的面积

S=|PQ|·2d==2.

而0<2-m2<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O1（x,y）,由题意,知|O1A|=|O1M|,当O1不在y轴上时,过O1作O1H⊥MN交MN于H,则H是MN的中点,

∴|O1M|=,

又|O1A|=,∴=,

化简得y2=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y2=8x.

（2）由题意,设直线l的方程为y=kx+b（k≠0）,P（x1,y1）,Q（x2,y2）,

将y=kx+b代入y2=8x中,

得k2x2+（2bk-8）x+b2=0.

其中Δ=-32kb+64>0.

由根与系数的关系得,x1+x2=,①

x1x2=,②

因为x轴平分∠PBQ,所以=-,

即y1（x2+1）+y2（x1+1）=0,

（kx1+b）（x2+1）+（kx2+b）（x1+1）=0,

2kx1x2+（b+k）（x1+x2）+2b=0,③

将①,②代入③得2kb2+（k+b）（8-2bk）+2k2b=0,

∴k=-b,此时Δ>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1,求椭圆E的方程;

（2）设F1,F2分别是椭圆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x0≠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,y0）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∠F1PF2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）（y0≠0）.

又F1（-,0）,F2（,0）,

所以直线PF1,PF2的方程分别为

:

y0x-（x0+）y+y0=0,

:

y0x-（x0-）y-y0=0.

由题意知=.

由于点P在椭圆上,所以+=1.

所以=.

因为-

所以m=x0.

因此-

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PF1的方程为x-4y+=0.

由题意得=-m,

因为-

若P,同理可得m=.

②当x0≠时,设直线PF1,PF2的方程分别为y=k1（x+）,y=k2（x-）.

由题意知=,

所以=.

因为+=1,并且k1=,k2=,

所以=

==,

即=

.

因为-

所以=.

整理得m=,故0≤m<且m≠.

综合①②可得0≤m<.

当-2

综上所述,m的取值范围是.

（3）设P（x0,y0）（y0≠0）,则直线l的方程为y-y0=k（x-x0）.

联立得

整理得（1+4k2）x2+8（ky0-k2x0）x+4（-2kx0y0+k2-1）=0.

由题意知Δ=0,即（4-）k2+2x0y0k+1-=0.

又+=1,所以16k2+8x0y0k+=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N.问:

y轴上是否存在点Q,使得∠OQM=∠ONQ?

若存在,求点Q的坐标;若不存在,说明理由.

解析　

（1）由题意得解得a2=2.

故椭圆C的方程为+y2=1.

设M（xM,0）.

因为m≠0,所以-1

直线PA的方程为y-1=x,

所以xM=,即M.

（2）因为点B与点A关于x轴对称,所以B（m,-n）.

设N（xN,0）,则xN=.

“存在点Q（0,yQ）使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存在点Q（0,yQ）使得=”,即yQ满足=|xM||xN|.

因为xM=,xN=,+n2=1,

所以=|xM||xN|==2.

所以yQ=或yQ=-.

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:

y2=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l1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（x0,y0）（x0y0≠0）,D（xD,0）（xD>0）,

因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1,

由xD>0得xD=x0+2,故D（x0+2,0）.

故直线AB的斜率kAB=-.

因为直线l1和直线AB平行,

所以设直线l1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（xE,yE）,则yE=-,xE=,

当≠4时,kAE==-=,

可得直线AE的方程为y-y0=（x-x0）,

由=4x0,

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