届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题五3第3讲圆锥曲线的综合问题学.docx

1、届高考数学二轮复习第二部分突破热点分层教学专项二专题五3第3讲圆锥曲线的综合问题学第3讲圆锥曲线的综合问题年份卷别考查内容及考题位置命题分析2018卷直线与椭圆的位置关系T19解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，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)直线与圆锥曲线的位置关系(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解(3)轨迹方程及探索性问题的求解.卷直线与抛物线的位置关系、弦长问题T19卷直线与椭圆的位置关系、向量的线性运算、证明问题T202017卷椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系T20

2、卷点的轨迹方程、椭圆与向量的数量积的综合问题T20卷直线与抛物线的位置关系、直线的方程、圆的方程T202016卷定值问题、轨迹方程求法、直线与椭圆的位置关系及范围问题T20卷直线与椭圆的位置关系、面积问题、范围问题T20卷证明问题、轨迹问题、直线与抛物线的位置关系T20定点问题(综合型)典型例题 已知椭圆1(ab0)过点(0，1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列直线l与x轴正半轴和y轴分别交于Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足1，2.(1)求椭圆的标准方程；(2)若123，试证明：直线l过定点并求此定点【解】(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b1，且(2a)2(2b

3、)22(2c)2，又a2b2c2，所以a23.所以椭圆的方程为y21.(2)由题意设P(0，m)，Q(x0，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为xt(ym)，由1，知(x1，y1m)1(x0x1，y1)，所以y1my11，由题意y10，所以11.同理由2知21.因为123，所以113，所以y1y2m(y1y2)0，联立得(t23)y22mt2yt2m230，所以由题意知4m2t44(t23)(t2m23)0，且有y1y2，y1y2，代入得t2m232m2t20，所以(mt)21，由题意mt0)的焦点F(1，0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点(1)求抛物线C的

4、方程；(2)若直线OA，OB的斜率之积为，求证：直线AB过x轴上一定点解：(1)因为抛物线y22px(p0)的焦点坐标为(1，0)，所以1，即p2.所以抛物线C的方程为y24x.(2)证明：当直线AB的斜率不存在时，设A，B.因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，化简得t232.所以A(8，t)，B(8，t)，此时直线AB的方程为x8.当直线AB的斜率存在时，设其方程为ykxb，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立方程组消去x得ky24y4b0.由根与系数的关系得yAyB，因为直线OA，OB的斜率之积为，所以，即xAxB2yAyB0.即2yAyB0，解得yAyB0(舍去)或yAyB32.所

5、以yAyB32，即b8k，所以ykx8k，即yk(x8)综合可知，直线AB过定点(8，0)定值问题(综合型)典型例题 (2018沈阳教学质量监测(一)设O为坐标原点，动点M在椭圆1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足.(1)求点P的轨迹E的方程；(2)过F(1，0)的直线l1与点P的轨迹交于A，B两点，过F(1，0)作与l1垂直的直线l2与点P的轨迹交于C，D两点，求证：为定值【解】(1)设P(x，y)，易知N(x，0)，(0，y)，又，所以M，又点M在椭圆上，所以1，即1.所以点P的轨迹E的方程为1.(2)证明：当直线l1与x轴重合时，|AB|6，|CD|，所以.当直线l1与x轴垂直时，

6、|AB|，|CD|6，所以.当直线l1与x轴不垂直也不重合时，可设直线l1的方程为yk(x1)(k0)，则直线l2的方程为y(x1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，联立直线l1与曲线E的方程得(89k2)x218k2x9k2720，可得所以|AB|，联立直线l2与曲线E的方程得x2x720，同理可得|CD|.所以.综上可得为定值求定值问题常见的2种方法(1)从特殊入手，求出其值，再证明这个值与变量无关这符合一般与特殊的思维辩证关系简称为：特殊探路，一般论证(2)直接推理，计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值对点训练已知椭圆C：1，A为椭圆

7、C上的一点，其坐标为，E，F是椭圆C上的两动点，如果直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数求证：直线EF的斜率为定值，并求出该定值解：设直线AE的方程为yk(x1)(k0)，联立消去y，得(4k23)x2(12k8k2)x4120，则xE，又直线AE的斜率与AF的斜率互为相反数，故以上k用k代替得xF，所以kEF.把两式代入上式，得kEF，为定值最值和范围问题(综合型)典型例题命题角度一构建目标不等式求最值或范围方法一：利用已知条件中明显的不等关系构建目标不等式 已知圆x2y21过椭圆1(ab0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l：ykxm与圆x2y21相切，与椭圆1相交于A，B两点记，

8、且.(1)求椭圆的方程；(2)求k的取值范围【解】(1)由题意知2c2，即c1.因为圆与椭圆有且只有两个公共点，所以b1，所以a2b2c22，故所求椭圆方程为y21.(2)由直线l：ykxm与圆x2y21相切，得m2k21.由得(12k2)x24kmx2m220.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，x1x2y1y2(1k2)x1x2km(x1x2)m2.由，得k21，即k的取值范围是.先通过直线与圆相切得到k，m的关系，然后利用已知条件中的不等关系，结合向量的数量积及根与系数的关系构造关于k，m的不等式，再由k，m的关系，消元，得到关于k的不等式，通过解不等式达到目的

9、方法二：利用题目中隐藏的已知参数的范围构建不等式 已知A是椭圆E：1(t3)的左顶点，斜率为k(k0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MANA.(1)当t4，|AM|AN|时，求AMN的面积；(2)当2|AM|AN|时，求k的取值范围【解】(1)由|AM|AN|，可得M，N关于x轴对称，由MANA，可得直线AM的斜率k为1.因为t4，所以A(2，0)，所以直线AM的方程为yx2，代入椭圆方程E：1，可得7x216x40，解得x2或x，所以M，N，则AMN的面积为.(2)由题意知t3，k0，A(，0)，将直线AM的方程yk(x)代入1得(3tk2)x22tk2xt2k23t0.设M(x1，y

10、1)，则x1()，即x1，故|AM|x1|.由题设知，直线AN的方程为y(x)，故同理可得|AN|.由2|AM|AN|得，即(k32)t3k(2k1)当k时上式不成立，因此t.由t3，得3，所以0，即0.由此得或解得k3建立关于k的不等式 方法三：利用判别式构建目标不等式 已知点F为椭圆E：1(ab0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线1与椭圆E有且仅有一个交点M.(1)求椭圆E的方程；(2)设直线1与y轴交于点P，过点P的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，若|PM|2|PA|PB|，求实数的取值范围【解】(1)由题意，得a2c，bc，则椭圆E为1.由消去y，得x22

11、x43c20.因为直线1与椭圆E有且仅有一个交点M，所以44(43c2)0，解得c21，所以椭圆E的方程为1.(2)由(1)得M，因为直线1与y轴交于P(0，2)，所以|PM|2，当直线l与x轴垂直时，|PA|PB|(2)(2)1，所以|PM|2|PA|PB|，当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为ykx2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y，整理得(34k2)x216kx40，则x1x2，且48(4k21)0，k2.所以|PA|PB|(1k2)x1x2(1k2)1，所以，因为k2，所以0构建关于k的不等式，从而求得的取值范围 方法四：利用点在曲线内(外)的充要条件构建不等式 设抛

12、物线过定点A(1，0)，且以直线x1为准线(1)求抛物线顶点的轨迹C的方程；(2)若直线l与轨迹C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x平分，设弦MN的垂直平分线的方程为ykxm，试求m的取值范围【解】(1)设抛物线的顶点为G(x，y)，则其焦点为F(2x1，y)，由题意可知点A到直线x1的距离为2，则|AF|2，所以2，所以轨迹C的方程为x21(x1)(2)设弦MN的中点为P，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，可知4xy4，4xy4，两式相减，得4(xMxN)(xMxN)(yMyN)(yMyN)0，将xMxN21，yMyN2y0，代入式得k.又点P在弦MN的

13、垂直平分线上，所以y0km，所以my0ky0.由点P在线段BB上(B(xB，yB)，B(xB，yB)为直线x与椭圆的交点，如图所示)，所以yBy0yB，即y0.所以mb0)的离心率为，F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，过F2的直线l与C相交于A，B两点，F1AB的周长为4.(1)求椭圆C的方程；(2)设，T(2，0)，若3，1，求|的取值范围【解】(1)由离心率e，可知，由F1AB的周长为4，得4a4，所以a，c1，b2a2c22，故椭圆C的方程为1.(2)当直线l的斜率不存在，即1时，设A在x轴上方，则A，B，又T(2，0)，所以|2.当直线l的斜率存在，即3，1)时，设直线l的方程为yk

14、(x1)由得(23k2)x26k2x3k260，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，显然y10，y20，则由根与系数的关系可得x1x2，x1x2，y1y2k(x1x2)2k，y1y2k2x1x2(x1x2)1.因为，F2(1，0)，所以，0.易知2，由3，1)，得，即2，故0，解得k2.因为(x12，y1)，(x22，y2)，所以(x1x24，y1y2)，故|24.令t，因为k2，所以0b0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax2byab0相切(1)求椭圆C的离心率e；(2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于P，Q两点，若PQF2的周长为4，求的最大值【解】(1)由题

15、意知c，则3a2b2c2(a24b2)，即3a2(a2c2)c2a24(a2c2)，所以a22c2，所以e.(2)因为PQF2的周长为4，所以4a4，即a.由(1)知b2c21，故椭圆方程为y21，且焦点F1(1，0)，F2(1，0)若直线l的斜率不存在，则可得lx轴，方程为x1，P，Q，故.若直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x1)，由消去y，得(2k21)x24k2x2k220.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2.所以(x11，y1)(x21，y2)(x11)(x21)y1y2(k21)x1x2(k21)(x1x2)k21(k21)(k21)k21，令t2(2

16、k21)，则(t2)，所以.结合，得，所以的最大值是.本题的求解思路是先利用向量的坐标运算及根与系数的关系得到的目标函数，然后分离参数，构建ya(b0)型函数，再利用函数的单调性求得取值范围注意当目标函数是分式函数时，通常可以通过分离参数的方法，将目标函数转化成双曲线型函数处理 方法三：构建双曲线型函数yax(ab0) 已知椭圆C：1(ab0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x4y60与圆x2(yb)2a2相切(1)求椭圆C的方程；(2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1，l2分别交椭圆C于M，N两点，且l1l2，求证：直线MN过定点，并求出定点坐标；(3)在(2)的条件下

17、求AMN面积的最大值【解】(1)由题意，得解得故椭圆C的方程为y21.(2)由题意得直线l1，l2的斜率均存在且均不为0，又A(2，0)，故可设l1：xmy2，l2：xy2.由得(m24)y24my0，所以M.同理N.当m1时，kMN，lMN：y，此时直线MN过定点.当m1时，lMN：x，此时直线MN过点.综上，直线MN恒过定点.(3)设M(xM，yM)，N(xN，yN)，则SAMN|yMyN|8令t，则SAMN，且t2，当且仅当m1时取等号又y4t在2，)上单调递增，所以SAMN，当且仅当m1时取等号故(SAMN)max.本题的难点是第(3)问中得到的目标函数很复杂，需要进行适当的变形处理，

18、经分析，先将目标函数分子分母同时除以m2，然后同时除以，再进行换元就可以看出其分母为双曲线型函数结构y4t，若利用基本不等式求最值，一定要注意是否满足“一正二定三相等”，显然此时不满足“相等”这一条件，故需利用函数单调性求最值 对点训练1(2018豫南九校联考)设椭圆1(a)的右焦点为F，右顶点为A.已知|OA|OF|1，其中O为原点，e为椭圆的离心率(1)求椭圆的方程及离心率e的值；(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BFHF，且MOAMAO，求直线l的斜率的取值范围解：(1)由题意可知|OF|c，又|OA|OF|1，所以a1，

19、解得a2，所以椭圆的方程为1，离心率e.(2)设M(xM，yM)，易知A(2，0)，在MAO中，MOAMAOMAMO，即(xM2)2yxy，化简得xM1.设直线l的斜率为k(k0)，则直线l的方程为yk(x2)设B(xB，yB)，由消去y，整理得(4k23)x216k2x16k2120，解得x2或x.由题意得xB，从而yB.由(1)知F(1，0)，设H(0，yH)，则(1，yH)，.由BFHF，得0，即0，解得yH，所以直线MH的方程为yx.由消去y，得xM.由xM1，得1，解得k或k，所以直线l的斜率的取值范围为.2如图，已知抛物线x2y，点A，B，抛物线上的点P(x，y)，过点B作直线AP

20、的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP的斜率的取值范围；(2)求|PA|PQ|的最大值解：(1)由题可知P(x，x2)，x，所以直线AP的斜率kx(1，1)，故直线AP的斜率的取值范围是(1，1)(2)由(1)知P(x，x2)，x，所以.当直线AP的斜率为0时，P，Q，|PA|PQ|1.当直线AP的斜率不为0时，设直线lAP：ykxk，lBQ：yx，由k，整理得xk，联立直线AP、直线BQ的方程可得Q，故，又(1k，k2k)，故|PA|PQ|(1k)3(1k)(1k1，且k0)令f(x)(1x)3(1x)，1x0，f(x)单调递增，当x时f(x)b0)的左顶点与上顶点分别为A，B，右焦点为F，点P

21、在椭圆C上，且PFx轴，若ABOP，且|AB|2.(1)求椭圆C的方程；(2)Q是椭圆C上不同于长轴端点的任意一点，在x轴上是否存在一点D，使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值？若存在，求出点D的坐标；若不存在，说明理由【解】(1)由题意得A(a，0)，B(0，b)，可设P(c，t)(t0)，所以1，解得t，即P，由ABOP得，即bc，所以a2b2c22b2，又AB2，所以a2b212，由得a28，b24，所以椭圆C的方程为1.(2)假设存在D(m，0)使得直线QA与QD的斜率乘积恒为定值，设Q(x0，y0)(y00)，则1，设kQAkQDk(常数)，因为A(2，0)，所以k，由得y4，将代入

22、，得k.所以所以m2，k，所以存在点D(2，0)，使得kQAkQD.命题角度二字母参数值的存在性问题 已知动圆C与圆x2y22x0外切，与圆x2y22x240内切(1)试求动圆圆心C的轨迹方程(2)过定点P(0，2)且斜率为k(k0)的直线l与(1)中轨迹交于不同的两点M，N，试判断在x轴上是否存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形？若存在，求出实数m的范围；若不存在，请说明理由【解】(1)由x2y22x0得(x1)2y21，由x2y22x240得(x1)2y225，设动圆C的半径为R，两圆的圆心分别为F1(1，0)，F2(1，0)，则|CF1|R1，|CF2|5R，所以

23、|CF1|CF2|6，根据椭圆的定义可知，点C的轨迹为以F1，F2为焦点的椭圆，所以c1，a3，所以b2a2c2918，所以动圆圆心C的轨迹方程为1.(2)存在设直线l的方程为ykx2，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)假设存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，则AEMN，由得(89k2)x236kx360，x1x2，所以x0，y0kx02，因为AEMN，所以kAE，即，所以m，当k0时，9k212，所以m0；当k0时，9k12，所以0m.因此，存在点A(m，0)，使得以AM，AN为邻边的平行四边形为菱形，且实数m的取值范围为.存在性问题求解的思路及策略(1)思路：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(2)策略：当条件和结论不唯一时要分类讨论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 对点训练已知圆C：(x1)2y2，一动圆与直线x相切且与圆C外切(1)求动圆圆心P的轨迹T的方程(2)若经过定点Q(6，0)的直线l与曲线T交于A，B两点，M