高考数学97 圆锥曲线的综合问题.docx

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高考数学97圆锥曲线的综合问题

9.7　圆锥曲线的综合问题

挖命题

【考情探究】

考点

内容解读

5年考情

预测热度

考题示例

考向

关联考点

1.定点与定值问题

1.了解圆锥曲线的简单应用

2.掌握解析几何中求解定点、定值问题的方法和步骤

2013天津,18

定值问题

直线的斜率、向量的运算

★★★

2.参变量的取值范围与最值问题

1.知道圆锥曲线的简单几何性质（如范围、对称性、顶点、渐近线、离心率等）,并能用性质解决一些简单的圆锥曲线问题

2.理解圆锥曲线离心率的定义,并会求圆锥曲线的离心率

2017天津,19

2016天津,19

2015天津,19

圆锥曲线的几何性质

直线方程

★★★

3.存在性问题

1.理解圆锥曲线中存在性问题的基本解法

2.理解转化思想在圆锥曲线中的应用

2015北京,19

圆锥曲线中存在性问题的推理论证

直线与椭圆的位置关系

★★☆

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“数形结合思想”以及“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14分,难度偏大.

炼技法

【方法集训】

方法1　与圆锥曲线相关的最值、范围问题的解题方法

1.已知椭圆W:

+=1（a>b>0）的左右焦点分别为F1,F2,且|F1F2|=2,椭圆上一动点P满足|PF1|+|PF2|=2.

（1）求椭圆W的标准方程及离心率;

（2）如图,过点F1作直线l1与椭圆W交于点A,C,过点F2作直线l2⊥l1,且l2与椭圆W交于点B,D,l1与l2交于点E,试求四边形ABCD面积的最大值.

解析　

（1）由已知,得解得

所以椭圆W的标准方程为+=1,离心率e==.

（2）连接EO.

由题意知EF1⊥EF2,O为F1F2的中点,所以|EO|=|F1F2|=1.

所以E点轨迹是以原点为圆心,1为半径的圆.

显然E点在椭圆W的内部.

S四边形ABCD=S△ABC+S△ADC=|AC|·|BE|+|AC|·|DE|=|AC|·|BD|.

当直线l1,l2中一条与x轴垂直时,不妨令l2⊥x轴,此时AC为长轴,BD⊥x轴,把x=1代入椭圆方程,可求得y=±,

则|BD|=,

此时S四边形ABCD=|AC|·|BD|=4.

当直线l1,l2的斜率都存在时,设直线l1:

x=my-1（m≠0）,A（x1,y1）,C（x2,y2）.

联立消去x,得（2m2+3）y2-4my-4=0.

所以y1+y2=,y1y2=,

则|AC|==.

同理,|BD|=.

S四边形ABCD=|AC|·|BD|=··=

===4<4.

综上,四边形ABCD面积的最大值为4.

思路分析　

（1）由椭圆定义及焦距|F1F2|=2c=2,求得a、b和c的值,即可求得椭圆的方程及离心率.

（2）当有一条直线斜率不存在时,有S四边形ABCD=|AC|·|BD|=4.当直线斜率存在时,设直线l1的方程,代入椭圆方程,由根与系数的关系及弦长公式求得|AC|,同理求得|BD|,表示出四边形ABCD的面积,即可求得四边形ABCD面积的取值范围,再求最大值.

2.过点A（1,0）的直线l与椭圆C:

+y2=1相交于E,F两点,自E,F分别向直线x=3作垂线,垂足分别为E1,F1.

（1）当直线l的斜率为1时,求线段EF的中点坐标;

（2）记△AEE1,△AFF1的面积分别为S1,S2.设λ=S1S2,求λ的取值范围.

解析　

（1）依题意,得直线l的方程为y=x-1,由得2x2-3x=0.

设E（x1,y1）,F（x2,y2）,线段EF的中点为M（x0,y0）,

则x1+x2=,则x0=,

y0=x0-1=-.

所以M.

（2）当直线l与x轴重合时,△AEE1和AFF1不存在.

设直线l的方程为x=my+1,由

得（m2+3）y2+2my-2=0,显然m∈R.

设E（x1,y1）,F（x2,y2）,则E1（3,y1）,F1（3,y2）.

则y1+y2=,y1y2=.

因为λ=S1S2=（3-x1）|y1|·（3-x2）|y2|

=（2-my1）（2-my2）|y1y2|,

所以将y1+y2,y1y2的值代入上式,得

S1S2=[4-2m（y1+y2）+m2y1y2]|y1y2|

=·

=

=-+.

因为∈,

所以实数λ的取值范围是.

思路分析　

（1）依题意,得直线l的方程为y=x-1,与椭圆方程联立可得2x2-3x=0.设E（x1,y1）,F（x2,y2）,EF中点M（x0,y0）,利用根与系数的关系,中点坐标公式即可得出.

（2）设直线l的方程为x=my+1,与椭圆方程联立可得（m2+3）·y2+2my-2=0,显然m∈R.设E（x1,y1）,F（x2,y2）,则E1（3,y1）,F1（3,y2）.λ=S1S2=（3-x1）|y1|·（3-x2）|y2|=[4-2m（y1+y2）+m2y1·y2]|y1y2|.利用根与系数的关系及二次函数的单调性即可得出λ的取值范围.

方法点拨　过点A（1,0）的直线斜率可能存在也可能不存在,故设方程为x=my+1,避免了分类讨论.

方法2　圆锥曲线中的定值、定点问题的解题方法

3.已知椭圆C:

+=1（a>b>0）的右焦点为F（1,0）,离心率为.

（1）求椭圆C的方程;

（2）A,B是椭圆C在y轴右侧部分上的两个动点,若原点O到直线AB的距离为,证明:

△ABF的周长为定值.

解析　

（1）由题意得解得

所以椭圆C的方程为+=1.

（2）证明:

①当直线AB垂直于x轴时,直线AB的方程为x=,

不妨令A,B,因为F（1,0）,

所以|AF|=|BF|==.

因为|AB|=,

所以|AF|+|BF|+|AB|=4.

②当直线AB不垂直于x轴时,设直线AB的方程为y=kx+m（k≠0）.

因为原点O到直线AB的距离为,

所以=,故m2=3（1+k2）.

由得（3+4k2）x2+8kmx+4m2-12=0,

即（3+4k2）x2+8kmx+12k2=0.

设A（x1,y1）,B（x2,y2）,则x1+x2=,x1x2=.

所以|AB|=|x1-x2|

=

=·

=·

=·=.

因为A,B在y轴右侧,所以mk<0,所以|AB|=-.

|AF|2=（x1-1）2+=（x1-1）2+3

=-2x1+4=.

所以|AF|=2-x1,同理,|BF|=2-x2.

所以|AF|+|BF|=4-（x1+x2）=4-·=4+.

所以|AF|+|BF|+|AB|=4+-=4.

综上,△ABF的周长为4,是定值.

4.在平面直角坐标系xOy中,动点P到点F（1,0）的距离和它到直线x=-1的距离相等,记点P的轨迹为C.

（1）求C的方程;

（2）设点A在曲线C上,x轴上一点B（在点F右侧）满足|AF|=|FB|.平行于AB的直线与曲线C相切于点D,试判断直线AD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）因为动点P到点F（1,0）的距离和它到直线x=-1的距离相等,

所以动点P的轨迹是以点F（1,0）为焦点,直线x=-1为准线的抛物线.

设C的方程为y2=2px（p>0）,则=1,即p=2.

所以C的方程为y2=4x.

（2）直线AD过定点.理由如下:

设A,则|AF|=+1=|FB|,则B,

所以直线AB的斜率为=-.

如图,设与直线AB平行,且与抛物线C相切的直线为y=-x+b,

由得my2+8y-8b=0,

由Δ=64-4m·（-8b）=0,得b=-.

所以解方程是y=-,所以点D.

当≠,即m≠±2时,直线AD的方程为y-m=,

整理得y=（x-1）,所以直线AD过点（1,0）.

当=,即m=±2时,直线AD的方程为x=1,直线AD过点（1,0）.

综上所述,直线AD过定点（1,0）.

方法3　存在性问题的解题策略

5.（2015四川,20,13分）如图,椭圆E:

+=1（a>b>0）的离心率是,过点P（0,1）的动直线l与椭圆相交于A,B两点.当直线l平行于x轴时,直线l被椭圆E截得的线段长为2.

（1）求椭圆E的方程;

（2）在平面直角坐标系xOy中,是否存在与点P不同的定点Q,使得=恒成立?

若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.

解析　

（1）由已知得,点（,1）在椭圆E上.

因此,解得a=2,b=.

所以椭圆E的方程为+=1.

（2）存在.理由如下:

当直线l与x轴平行时,设直线l与椭圆相交于C,D两点.

如果存在定点Q满足条件,则有==1,

即|QC|=|QD|.

所以Q点在y轴上,可设Q点的坐标为（0,y0）.

当直线l与x轴垂直时,设直线l与椭圆相交于M,N两点,

则M,N的坐标分别为（0,）,（0,-）.

由=,有=,解得y0=1或y0=2.

所以,若存在不同于点P的定点Q满足条件,则Q点坐标只可能为（0,2）.

下面证明:

当Q的坐标为（0,2）时,对任意直线l,均有=.

当直线l的斜率不存在时,由上可知,结论成立.

当直线l的斜率存在时,可设直线l的方程为y=kx+1,A,B的坐标分别为（x1,y1）,（x2,y2）.

联立得（2k2+1）x2+4kx-2=0.

其判别式Δ=（4k）2+8（2k2+1）>0,

所以,x1+x2=-,x1x2=-.

因此+==2k.

易知,点B关于y轴对称的点B'的坐标为（-x2,y2）.

又kQA===k-,

kQB'===-k+=k-,

所以kQA=kQB',即Q,A,B'三点共线.

所以===.

故存在与P不同的定点Q（0,2）,使得=恒成立.

过专题

【五年高考】

A组　自主命题·天津卷题组

1.（2017天津,19,14分）设椭圆+=1（a>b>0）的左焦点为F,右顶点为A,离心率为.已知A是抛物线y2=2px（p>0）的焦点,F到抛物线的准线l的距离为.

（1）求椭圆的方程和抛物线的方程;

（2）设l上两点P,Q关于x轴对称,直线AP与椭圆相交于点B（B异于点A）,直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为,求直线AP的方程.

解析　

（1）设F的坐标为（-c,0）.依题意,=,=a,a-c=,解得a=1,c=,p=2,于是b2=a2-c2=.

所以,椭圆的方程为x2+=1,抛物线的方程为y2=4x.

（2）设直线AP的方程为x=my+1（m≠0）,与直线l的方程x=-1联立,可得点P,故Q.将x=my+1与x2+=1联立,消去x,整理得（3m2+4）y2+6my=0,解得y=0或y=.由点B异于点A,可得点B.由Q,可得直线BQ的方程为（x+1）-=0,令y=0,解得x=,故D.所以|AD|=1-=.又因为△APD的面积为,故××=,整理得3m2-2|m|+2=0,解得|m|=,所以m=±.

所以,直线AP的方程为3x+y-3=0或3x-y-3=0.

方法总结　1.利用待定系数法求圆锥曲线标准方程的步骤:

（1）作判断:

根据焦点位置设方程;

（2）找等量关系;（3）解方程得结果.

2.解决直线与圆锥曲线位置关系问题的基本策略:

（1）巧设直线方程:

当已知直线与x轴交点固定时,常设为x=my+b的形式,这样可避免对斜率是否存在的讨论;

（2）注意整体代入思想的应用,利用根与系数的关系可以简化运算,提高运算效率和正确率.

2.（2016天津,19,14分）设椭圆+=1（a>）的右焦点为F,右顶点为A.已知+=,其中O为原点,e为椭圆的离心率.

（1）求椭圆的方程;

（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BF⊥HF,且∠MOA≤∠MAO,求直线l的斜率的取值范围.

解析　

（1）设F（c,0）,由+=,即+=,可得a2-c2=3c2,又a2-c2=b2=3,所以c2=1,因此a2=4,所以,椭圆的方程为+=1.

（2）设直线l的斜率为k（k≠0）,则直线l的方程为y=k（x-2）.

设B（xB,yB）,由方程组消去y,

整理得（4k2+3）x2-16k2x+16k2-12=0.

解得x=2或x=,

由题意得xB=,从而yB=.

由

（1）知,F（1,0）,设H（0,yH）,有=（-1,yH）,=.

由BF⊥HF,得·=0,所以+=0,解得yH=.

因此直线MH的方程为y=-x+.

设M（xM,yM）,

由方程组消去y,解得xM=.

在△MAO中,∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|,即（xM-2）2+≤+,化简得xM≥1,即≥1,解得k≤-,或k≥.

所以,直线l的斜率的取值范围为∪.

评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力以及用方程思想解决问题的能力.

3.（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∪.

评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线方程和圆的方程、直线与圆的位置关系、一元二次不等式等基础知识.考查用代数方法研究圆锥曲线的性质.考查运算求解能力以及用函数与方程思想解决问题的能力.

4.（2013天津,18,13分）设椭圆+=1（a>b>0）的左焦点为F,离心率为,过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.

（1）求椭圆的方程;

（2）设A,B分别为椭圆的左、右顶点,过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C,D两点.若·+·=8,求k的值.

解析　

（1）设F（-c,0）,由=,知a=c.过点F且与x轴垂直的直线为x=-c,代入椭圆方程有+=1,解得y=±,于是=,解得b=,又a2-c2=b2,从而a=,c=1,所以椭圆的方程为+=1.

（2）设点C（x1,y1）,D（x2,y2）,由F（-1,0）得直线CD的方程为y=k（x+1）,

由方程组消去y,

整理得（2+3k2）x2+6k2x+3k2-6=0.

由根与系数关系可得x1+x2=-,x1x2=.

因为A（-,0）,B（,0）,所以·+·=（x1+,y1）·（-x2,-y2）+（x2+,y2）·（-x1,-y1）

=6-2x1x2-2y1y2

=6-2x1x2-2k2（x1+1）（x2+1）

=6-（2+2k2）x1x2-2k2（x1+x2）-2k2

=6+.

由已知得6+=8,解得k=±.

评析本题主要考查椭圆的标准方程和几何性质、直线的方程、向量的运算等基础知识,考查用代数方法研究圆锥曲线的性质,考查运算求解能力,以及用方程思想解决问题的能力.

B组　统一命题、省（区、市）卷题组

考点一　定点与定值问题

1.（2017课标Ⅱ,20,12分）设O为坐标原点,动点M在椭圆C:

+y2=1上,过M作x轴的垂线,垂足为N,点P满足=.

（1）求点P的轨迹方程;

（2）设点Q在直线x=-3上,且·=1.证明:

过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

解析　

（1）设P（x,y）,M（x0,y0）,则N（x0,0）,=（x-x0,y）,=（0,y0）.

由=得x0=x,y0=y.

因为M（x0,y0）在C上,所以+=1.

因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.

（2）证明:

由题意知F（-1,0）.设Q（-3,t）,P（m,n）,则=（-3,t）,=（-1-m,-n）,·=3+3m-tn,=（m,n）,=（-3-m,t-n）.

由·=1得-3m-m2+tn-n2=1,

又由

（1）知m2+n2=2,故3+3m-tn=0.

所以·=0,即⊥.

又过点P存在唯一直线垂直于OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.

思路分析　

（1）设出P、M的坐标,利用=得到P、M坐标间的关系,由点M在C上求解.

（2）利用向量的坐标运算得·=0,进而证明直线l过曲线C的左焦点F.

方法总结　求轨迹方程的方法有直接法和间接法.直接法有定义法、待定系数法和直译法.间接法有相关点法、交轨法和参数法.

2.（2016山东文,21,14分）已知椭圆C:

+=1（a>b>0）的长轴长为4,焦距为2.

（1）求椭圆C的方程;

（2）过动点M（0,m）（m>0）的直线交x轴于点N,交C于点A,P（P在第一象限）,且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.

（i）设直线PM,QM的斜率分别为k,k',证明为定值;

（ii）求直线AB的斜率的最小值.

解析　

（1）设椭圆的半焦距为c.

由题意知2a=4,2c=2,

所以a=2,b==.

所以椭圆C的方程为+=1.

（2）（i）证明:

设P（x0,y0）（x0>0,y0>0）.

由M（0,m）,可得P（x0,2m）,Q（x0,-2m）.

所以直线PM的斜率k==,

直线QM的斜率k'==-.

此时=-3.所以为定值-3.

（ii）设A（x1,y1）,B（x2,y2）,直线PA的方程为y=kx+m,

直线QB的方程为y=-3kx+m.

联立

整理得（2k2+1）x2+4mkx+2m2-4=0.

由x0x1=,可得x1=.

所以y1=kx1+m=+m.

同理x2=,y2=+m.

所以x2-x1=-=,

y2-y1=+m--m=,

所以kAB===.

由m>0,x0>0,可知k>0,

所以6k+≥2,等号当且仅当k=时取得.

此时=,即m=,符合题意.

所以直线AB的斜率的最小值为.

3.（2015陕西文,20,12分）如图,椭圆E:

+=1（a>b>0）经过点A（0,-1）,且离心率为.

（1）求椭圆E的方程;

（2）经过点（1,1）,且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P,Q（均异于点A）,证明:

直线AP与AQ的斜率之和为2.

解析　

（1）由题设知=,b=1,

结合a2=b2+c2,解得a=.

所以椭圆E的方程为+y2=1.

（2）证明:

由题设知,直线PQ的方程为y=k（x-1）+1（k≠2）,代入+y2=1,得（1+2k2）x2-4k（k-1）x+2k（k-2）=0.

由已知可知Δ>0.

设P（x1,y1）,Q（x2,y2）,x1x2≠0,

则x1+x2=,x1x2=.

从而直线AP,AQ的斜率之和

kAP+kAQ=+=+

=2k+（2-k）=2k+（2-k）

=2k+（2-k）=2k-2（k-1）=2.

评析本题考查椭圆标准方程与简单性质的同时,重点考查直线与椭圆的位置关系.

4.（2015课标Ⅱ文,20,12分）已知椭圆C:

+=1（a>b>0）的离心率为,点（2,）在C上.

（1）求C的方程;

（2）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.证明:

直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.

解析　

（1）由题意有=,+=1,

解得a2=8,b2=4.

所以C的方程为+=1.

（2）证明:

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+=1得

（2k2+1）x2+4kbx+2b2-8=0.

故xM==,yM=k·xM+b=.

于是直线OM的斜率kOM==-,即kOM·k=-.

所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值.

考点二　参变量的取值范围与最值问题

1.（2018浙江,17,4分）已知点P（0,1）,椭圆+y2=m（m>1）上两点A,B满足=2,则当m=　　　　时,点B横坐标的绝对值最大. 

答案　5

2.（2018浙江,21,15分）如图,已知点P是y轴左侧（不含y轴）一点,抛物线C:

y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.

（1）设AB中点为M,证明:

PM垂直于y轴;

（2）若P是半椭圆x2+=1（x<0）上的动点,求△PAB面积的取值范围.

解析　

（1）证明:

设P（x0,y0）,A,B.

因为PA,PB的中点在抛物线上,

所以y1,y2为方程=4·,

即y2-2y0y+8x0-=0的两个不同的实根.

所以y1+y2=2y0,

因此,PM垂直于y轴.

（2）由

（1）可知

所以|PM|=（+）-x0=-3x0,

|y1-y2|=2.

因此,△PAB的面积S△PAB=|PM|·|y1-y2|=（-4x0.

因为+=1（x0<0）,所以-4x0=-4-4x0+4∈[4,5].

因此,△PAB面积的取值范围是.

疑难突破　解析几何中“取值范围”与“最值”问题:

在解析几何中,求某个量（直线斜率,直线在x、y轴上的截距,弦长,三角形或四边形面积等）的取值范围或最值问题的关键是利用条件把所求量表示成关于某个变量（通常是直线斜率,动点的横、纵坐标等）的函数,并求出这个变量的取值范围（即函数的定义域）,将问题转化为求函数的值域或最值.

3.（2016课标Ⅰ,20,12分）设圆x2+y2+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C1,直线l交C1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.

解析　

（1）证明:

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+y2=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+=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（x1,y1）,N（x2,y2）.

由得（4k2+3）x2-8k2x+4k2-12=0.

则x1+x2=,x1x2=.

所以|MN|=|x1-x2|=.

过点B（1,0）