高考数学二轮复习精品学案第13讲 圆锥曲线的综合问题含试题含名师点评 高考.docx

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高考数学二轮复习精品学案第13讲圆锥曲线的综合问题含试题含名师点评高考

第十三讲　圆锥曲线的综合问题

真题试做►———————————————————

1．（2013·高考陕西卷）已知动点M（x，y）到直线l：

x＝4的距离是它到点N（1，0）的距离的2倍．

（1）求动点M的轨迹C的方程；

（2）过点P（0，3）的直线m与轨迹C交于A，B两点，若A是PB的中点，求直线m的斜率.

2．（2013·高考广东卷）已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F（0，c）（c＞0）到直线l：

x－y－2＝0的距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点．

（1）求抛物线C的方程；

（2）当点P（x0，y0）为直线l上的定点时，求直线AB的方程；

（3）当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值．

考情分析►———————————————————

　　　圆锥曲线的综合问题包括：

轨迹问题、探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等，一般试题难度较大．这类问题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，需要综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解，对考生的代数恒等变形能力、计算能力等有较高的要求．

考点一　轨迹问题

求轨迹方程是高考的常见题型，主要考查轨迹方程的求法以及利用轨迹方程研究曲线的几何性质．

（1）已知直线l：

2x＋4y＋3＝0，P为l上的动点，O为坐标原点．若2＝，则点Q的轨迹方程是________；

（2）（2013·高考课标全国卷Ⅰ改编）已知圆M：

（x＋1）2＋y2＝1，圆N：

（x－1）2＋y2＝9，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C，C的方程为________．

【思路点拨】　

（1）用Q点坐标表示P点坐标，代入直线方程即可．

（2）结合圆的几何性质和椭圆的定义求解．

（1）求轨迹方程时，先看轨迹的形状能否预知，若能预先知道轨迹为何种圆锥曲线，则可考虑用定义法求解或用待定系数法求解．

（2）讨论轨迹方程的解与轨迹上的点是否对应，要注意字母的取值范围．

强化训练1　已知平面上一定点C（2，0）和直线l：

x＝8，P为该平面上一动点，作PQ⊥l于Q，且（＋）·（－）＝0.问点P在什么曲线上？

并求出该曲线的方程．

考点二　圆锥曲线中的定点、定值问题

定点、定值问题是解析几何解答题的考查重点．此类问题定中有动，动中有定，并且常与轨迹问题、曲线系问题等相结合，深入考查直线与圆、圆锥曲线、直线和圆锥曲线位置关系等相关知识．

（2013·高考江西卷）椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的离心率e＝，a＋b＝3.

（1）求椭圆C的方程；

（2）如图所示，A，B，D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m，证明：

2m－k为定值．

【思路点拨】　

（1）根据题中a，b，c的关系求出a，b的值；

（2）设出直线BP的斜率k，得到直线BP的方程，结合椭圆的方程求出点P的坐标，联立直线AD和BP的方程解得点M的坐标，根据D，P，N三点共线得到点N的坐标，求出直线MN的斜率后代入所求的式子即可解得答案．

　解圆锥曲线中的定点、定值问题可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究．同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定值、定点问题的选择题或填空题，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等．

强化训练2　（2013·陕西省质量检测）如图，经过点P（2，3），且中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆M的离心率为.

（1）求椭圆M的方程；

（2）若椭圆M的弦PA、PB所在直线分别交x轴于点C、D，且|PC|＝|PD|，求证：

直线AB的斜率为定值．

考点三　圆锥曲线中的最值、范围问题

（2013·高考浙江卷）

已知抛物线C的顶点为O（0，0），焦点为F（0，1）．

（1）求抛物线C的方程；

（2）过点F作直线交抛物线C于A，B两点，若直线AO，BO分别交直线l：

y＝x－2于M，N两点，求|MN|的最小值.

【思路点拨】　

（1）根据条件和抛物线的标准方程，可直接求出；

（2）根据直线方程及抛物线方程写出MN长度的解析式，再根据求出的解析式选择适当的方法求最值．

　求最值或范围常见的解法：

（1）几何法．若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，可考虑利用图形性质来解决；

（2）代数法．若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再求最值．

强化训练3　（2013·武汉市武昌区联合考试）设点P是圆x2＋y2＝4上任意一点，由点P向x轴作垂线PP0，垂足为P0，且＝.

（1）求点M的轨迹C的方程；

（2）设直线l：

y＝kx＋m（m≠0）与

（1）中的轨迹C交于不同的两点A，B.若直线OA，AB，OB的斜率成等比数列，求实数m的取值范围．

考点四　圆锥曲线中的存在性问题

存在性问题属探索性问题的范畴，是近几年高考的热点题型，主要探索是否存在满足某些条件的点或直线、数值等．

（2013·高考江西卷）如图，椭圆C：

＋＝1（a>b>0）经过点P，离心率e＝，直线l的方程为x＝4.

（1）求椭圆C的方程；

（2）AB是经过右焦点F的任一弦（不经过点P），设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3，问：

是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？

若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．

【思路点拨】　

（1）由点在椭圆上和离心率建立方程组求出椭圆的方程；

（2）设出直线的方程，将其与椭圆的方程结合得到一个一元二次方程，根据根与系数的关系得出A，B两点的坐标之间的关系和点M的坐标，由此得出相应的直线的斜率，根据A，F，B三点共线得出相应的坐标之间的关系从而求出常数的值．

（1）解决存在性问题的关注点

求解存在性问题，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．

（2）存在性问题的解题步骤

强化训练4　（2013·安徽省“江南十校”联考）在圆C1：

x2＋y2＝1上任取一点P，过P作y轴的垂线段PD，D为垂足，动点M满足＝2.当点P在圆C1上运动时，点M的轨迹为曲线C2.

（1）求曲线C2的方程；

（2）是否存在过点A（2，0）的直线l交曲线C2于点B，使＝（＋），且点T在圆C1上？

若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．

抽象概括能力——圆锥曲线

问题中的等价转化方法

抽象概括能力是对具体的、生动的实例，在抽象概括的过程中，发现研究对象的本质；从给定的大量信息材料中概括出一些结论，并能将其应用于解决问题或做出新的判断．

（2013·高考安徽卷）已知椭圆C：

＋＝1（a>b>0）的焦距为4，且过点P（，）．

（1）求椭圆C的方程；

（2）设Q（x0，y0）（x0y0≠0）为椭圆C上一点．过点Q作x轴的垂线，垂足为E.取点A（0，2），连接AE.过点A作AE的垂线交x轴于点D.点G是点D关于y轴的对称点，作直线QG.问这样作出的直线QG是否与椭圆C一定有唯一的公共点？

并说明理由．

【解】　

（1）因为焦距为4，所以a2－b2＝4.

又因为椭圆C过点P（，），所以＋＝1.

故a2＝8，b2＝4，从而椭圆C的方程为＋＝1.

（2）一定有唯一的公共点．

理由：

由题意知，点E坐标为（x0，0）．

设D（xD，0），则＝（x0，－2），＝（xD，－2）．

再由AD⊥AE知，·＝0，

即xDx0＋8＝0.

由于x0y0≠0，故xD＝－.

因为点G是点D关于y轴的对称点，所以点G（，0）．

故直线QG的斜率kQG＝＝.

又因为点Q（x0，y0）在椭圆C上，

所以x＋2y＝8.①

从而kQG＝－.

故直线QG的方程为y＝－（x－）．②

将②代入椭圆C的方程，化简，得

（x＋2y）x2－16x0x＋64－16y＝0．③

再将①代入③，化简得x2－2x0x＋x＝0.

解得x＝x0，则y＝y0，

即直线QG与椭圆C一定有唯一的公共点．

由AE与AD垂直，应转化为·＝0，从而转化为数量的计算．

目标是要说明直线QG和椭圆C是否有唯一交点，转化为直线QG的方程和椭圆方程联立方程组，判定方程解的情况，这样把几何问题转化为代数问题，充分体现了等价转化思想的应用．

跟踪训练　

（2013·荆州市质量检测）如图，已知抛物线C：

y2＝4x，过点A（1，2）作抛物线C的弦AP，AQ.假设直线PQ过点T（5，－2），请问是否存在以PQ为底边的等腰三角形APQ？

若存在，求出△APQ的个数，若不存在，请说明理由．

体验真题·把脉考向_

1．【解】

（1）

如图①，设点M到直线l的距离为d，根据题意，d＝2|MN|，

由此得|4－x|＝2，

化简得＋＝1，

∴动点M的轨迹C的方程为＋＝1.

（2）

法一：

由题意，设直线m的方程为y＝kx＋3，A（x1，y1），B（x2，y2），如图②.

将y＝kx＋3代入＋＝1中，有（3＋4k2）x2＋24kx＋24＝0，

其中，Δ＝（24k）2－4×24（3＋4k2）＝96（2k2－3）>0，

由根与系数的关系，

得x1＋x2＝－，①

x1x2＝.②

又A是PB的中点，故x2＝2x1.③

将③代入①②，得x1＝－，x＝，

可得（）2＝，且k2>，

解得k＝－或k＝，∴直线m的斜率为－或.

法二：

由题意，设直线m的方程为y＝kx＋3，A（x1，y1），B（x2，y2），如图②.

∵A是PB的中点，

∴x1＝①

y1＝.②

又＋＝1，③

＋＝1，④

联立①②③④，解得或

即点B的坐标为（2，0）或（－2，0），

∴直线m的斜率为－或.

2．【解】

（1）依题意，设抛物线C的方程为x2＝4cy（c>0），

由点到直线的距离公式，得＝，

解得c＝1（负值舍去），故抛物线C的方程为x2＝4y.

（2）由x2＝4y，得y＝x2，其导数为y′＝x.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x＝4y1，x＝4y2，

切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，

所以切线PA的方程为y－y1＝（x－x1），

即y＝x－＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.

同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0.

因为切线PA，PB均过点P（x0，y0），

所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，

所以和为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解．

所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.

（3）由抛物线定义可知|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，

所以|AF|·|BF|＝（y1＋1）（y2＋1）＝y1y2＋（y1＋y2）＋1.

由消去x并整理得到关于y的方程为y2＋（2y0－x）y＋y＝0.

由一元二次方程根与系数的关系得

y1＋y2＝x－2y0，y1y2＝y.

所以|AF|·|BF|＝y1y2＋（y1＋y2）＋1

＝y＋x－2y0＋1.

又点P（x0，y0）在直线l上，所以x0－y0－2＝0，

即x0＝y0＋2，

所以y＋x－2y0＋1＝2y＋2y0＋5＝2＋，所以当y0＝－时，|AF|·|BF|取得最小值，且最小值为.

_典例展示·解密高考_

【例1】【解析】

（1）设点Q的坐标为（x，y），点P的坐标为（x1，y1）．根据2＝，

得2（x，y）＝（x1－x，y1－y），

即∵点P在直线l上，

∴2x1＋4y1＋3＝0，把x1＝3x，y1＝3y代入上式并化简，

得2x＋4y＋1＝0，即为所求轨迹方程．

（2）由已知得圆M的圆心为M（－1，0），半径r1＝1；圆N的圆心为N（1，0），半径r2＝3.设圆P的圆心为P（x，y），半径为R.

因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，

所以|PM|＋|PN|＝（R＋r1）＋（r2－R）＝r1＋r2＝4.

由椭圆的定义可知，曲线C是以M，N为左，右焦点，长半轴长为2，短半轴长为的椭圆（左顶点除外），其方程为＋＝1（x≠－2）．

【答案】

（1）2x＋4y＋1＝0　

（2）＋＝1（x≠－2）

[强化训练1]【解】设P（x，y），则Q（8，y）．

由（＋）·（－）＝0，

得||2－||2＝0，

即（x－2）2＋y2－（x－8）2＝0，化简得＋＝1.

所以点P在椭圆上，椭圆方程为＋＝1.

【例2】【解】

（1）因为e＝＝，所以a＝c，b＝c.

代入a＋b＝3，得c＝，a＝2，b＝1.

故椭圆C的方程为＋y2＝1.

（2）证明：

因为B（2，0），点P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y＝k（x－2），①

①代入＋y2＝1，解得P.

直线AD的方程为y＝x＋1.②

①与②联立解得M.

由D（0，1），P，N（x，0）三点共线知＝，解得N.

所以MN的斜率为

m＝＝＝，

则2m－k＝－k＝（定值）．

[强化训练2]【解】

（1）设椭圆M的方程为＋＝1（a>b>0），

则＋＝1，且e2＝＝，

解得a2＝16，b2＝12.

故椭圆M的方程为＋＝1.

（2）证明；由题意知，直线PA的斜率必存在，故设直线PA的方程为y＝k（x－2）＋3，A（xA，yA），B（xB，yB），

由|PC|＝|PD|可知，

直线PB的方程为y＝－k（x－2）＋3.

由方程组可得

（4k2＋3）x2－8k（2k－3）x＋4（2k－3）2－48＝0.①

又方程①有一实根为2，故另一实根为＝＝，

故xA＝.

同理，xB＝.

∴xA＋xB＝，xA＋xB－4＝－，xA－xB＝.

∴直线AB的斜率kAB＝

＝＝

＝.

即直线AB的斜率为定值．

【例3】【解】

（1）由题意可设抛物线C的方程为x2＝2py（p>0），则＝1，所以抛物线C的方程为x2＝4y.

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），直线AB的方程为y＝kx＋1.

由消去y，整理得x2－4kx－4＝0，

所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.

从而|x1－x2|＝4.

由

解得点M的横坐标xM＝＝＝.

同理，点N的横坐标xN＝.

所以|MN|＝|xM－xN|＝|－|

＝8||＝.

令4k－3＝t，t≠0，则k＝.

当t>0时，|MN|＝2>2.

当t<0时，|MN|＝2≥.

综上所述，当t＝－，即k＝－时，|MN|的最小值是.

[强化训练3]【解】

（1）设点M（x，y），P（x0，y0），

则由题意知P0（x0，0）．

由＝（x0－x，－y），＝（0，－y0），

且＝，

得（x0－x，－y）＝（0，－y0）．

∴于是

又x＋y＝4，∴x2＋y2＝4.

∴点M的轨迹C的方程为＋＝1.

（2）设A（x1，y1），B（x2，y2）．

联立

得（3＋4k2）x2＋8mkx＋4（m2－3）＝0.

∴Δ＝（8mk）2－16（3＋4k2）（m2－3）>0，

即3＋4k2－m2>0.（*）

且

依题意，k2＝，即k2＝·.

∴x1x2k2＝k2x1x2＋km（x1＋x2）＋m2.

∴km（x1＋x2）＋m2＝0，即km（－）＋m2＝0.

∵m≠0，∴k（－）＋1＝0，解得k2＝.

将k2＝代入（*），得m2<6.

∴m的取值范围是（－，0）∪（0，）．

【例4】【解】

（1）由P在椭圆上，得＋＝1.①

依题设知a＝2c，则b2＝3c2.②

将②代入①，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.

故椭圆C的方程为＋＝1.

（2）由题意可设AB的斜率为k，

则直线AB的方程为y＝k（x－1）．③

代入椭圆方程3x2＋4y2＝12，并整理，

得（4k2＋3）x2－8k2x＋4（k2－3）＝0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则有x1＋x2＝，x1x2＝④

在方程③中令x＝4，得M的坐标为（4，3k）．

从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－.

注意到A，F，B三点共线，则有k＝kAF＝kBF，

即有＝＝k.

所以k1＋k2＝＋

＝＋－

＝2k－·.⑤

将④代入⑤，得

k1＋k2＝2k－·＝2k－1.

又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3.

故存在常数λ＝2符合题意．

[强化训练4]【解】

（1）设M（x，y），∵＝2，∴P（，y）．

又P在圆C1上，

∴（）2＋y2＝1，即C2的方程是＋y2＝1.

（2）当直线l的斜率不存在时，点B与点A重合，此时点T坐标为（，0），显然点T不在圆C1上，故不合题意，

所以直线l的斜率存在．设直线l的方程为y＝k（x－2），

由，得（1＋4k2）x2－16k2x＋16k2－4＝0，

解得xB＝，∴yB＝－，

即B（，）．

∴＋＝（，），

∴＝（，）．

∵T在圆C1上，∴[（）2＋（）2]＝1，

化简得，176k4－24k2－5＝0，

解得k2＝或k2＝－（舍去），

∴k＝±.

故存在满足题意的直线l，其方程为y＝±（x－2）．

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[跟踪训练]【解】假设存在以PQ为底边的等腰三角形APQ，

设直线PQ的方程为x＝my＋n.

∵直线PQ过点T（5，－2），

∴5＝m·（－2）＋n，∴n＝2m＋5.

∴直线PQ的方程为x＝my＋2m＋5.

设点P，Q的坐标分别为P（x1，y1），Q（x2，y2）．

由，得y2－4my－8m－20＝0.

∴y1＋y2＝4m，y1·y2＝－8m－20.

∵PQ的中点坐标为（，），

即（，）．

又＝2m2＋2m＋5，

∴PQ的中点坐标为（2m2＋2m＋5，2m）．

由已知得＝－m，即m3＋m2＋3m－1＝0.

设g（m）＝m3＋m2＋3m－1，则g′（m）＝3m2＋2m＋3>0，

∴g（m）在R上是增函数．

又g（0）＝－1<0，g

（1）＝4>0，

∴g（m）在（0，1）内有一个零点．

∴函数g（m）在R上有且只有一个零点，

即方程m3＋m2＋3m－1＝0在R上有唯一实根．

∴满足条件的等腰三角形有且只有一个．