高考数学总复习第九章平面解析几何第讲圆锥曲线的综合问题学案Word文档下载推荐.doc

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A. B.

C. D.∪

解析　双曲线－＝1的渐近线方程为y＝±

x，若直线与双曲线相交，数形结合，得k∈.

答案　C

4.过点（0，1）作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有（　　）

A.1条 B.2条 C.3条 D.4条

解析　过（0，1）与抛物线y2＝4x相切的直线有2条，过（0，1）与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点.

5.已知F1，F2是椭圆16x2＋25y2＝1600的两个焦点，P是椭圆上一点，且PF1⊥PF2，则△F1PF2的面积为________.

解析　由题意可得|PF1|＋|PF2|＝2a＝20，

|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝4c2＝144＝（|PF1|＋|PF2|）2－2|PF1|·

|PF2|＝202－2|PF1|·

|PF2|，

解得|PF1|·

|PF2|＝128，

所以△F1PF2的面积为|PF1|·

|PF2|＝×

128＝64.

答案　64

6.（2017·

嘉兴七校联考）椭圆＋＝1的左焦点为F，直线x＝m与椭圆相交于点A，B，当m＝________时，△FAB的周长最大，此时△FAB的面积是________.

解析　设椭圆＋＝1的右焦点为F′，则F（－1，0），F′（1，0）.由椭圆的定义和性质易知，当直线x＝m过F′（1，0）时△FAB的周长最大，此时m＝1，把x＝1代入＋＝1得y2＝，y＝±

，S△FAB＝|F1F2||AB|＝×

2×

3＝3.

答案　1　3

第1课时　直线与圆锥曲线

考点一　直线与圆锥曲线的位置关系

【例1】在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：

＋＝1（a＞b＞0）的左焦点为F1（－1，0），且点P（0，1）在C1上.

（1）求椭圆C1的方程；

（2）设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：

y2＝4x相切，求直线l的方程.

解　

（1）椭圆C1的左焦点为F1（－1，0），∴c＝1，

又点P（0，1）在曲线C1上，

∴＋＝1，得b＝1，则a2＝b2＋c2＝2，

所以椭圆C1的方程为＋y2＝1.

（2）由题意可知，直线l的斜率显然存在且不等于0，设直线l的方程为y＝kx＋m，

由消去y，得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－2＝0.

因为直线l与椭圆C1相切，

所以Δ1＝16k2m2－4（1＋2k2）（2m2－2）＝0.

整理得2k2－m2＋1＝0.①

由消去y，得k2x2＋（2km－4）x＋m2＝0.

因为直线l与抛物线C2相切，

所以Δ2＝（2km－4）2－4k2m2＝0，整理得km＝1.②

综合①②，解得或

所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x－.

规律方法　研究直线与圆锥曲线的位置关系时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x2项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用.但对于选择、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解.

【训练1】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），若直线l与轨迹C恰好有一个公共点，求实数k的取值范围.

解　

（1）设点M（x，y），依题意|MF|＝|x|＋1，

∴＝|x|＋1，化简得y2＝2（|x|＋x），

故轨迹C的方程为y2＝

（2）在点M的轨迹C中，记C1：

y2＝4x（x≥0）；

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

①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.

②当k≠0时，方程①的Δ＝－16（2k2＋k－1）＝－16（2k－1）（k＋1），②

设直线l与x轴的交点为（x0，0），则

由y－1＝k（x＋2），令y＝0，得x0＝－.③

（ⅰ）若由②③解得k＜－1，或k＞.

所以当k＜－1或k＞时，直线l与曲线C1没有公共点，与曲线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.

（ⅱ）若即解集为∅.

综上可知，当k＜－1或k＞或k＝0时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点.

考点二　弦长问题

【例2】（2016·

四川卷）已知椭圆E：

＋＝1（a>

b>

0）的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：

y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.

（1）求椭圆E的方程及点T的坐标；

（2）设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A，B，且与直线l交于点P.证明：

存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·

|PB|，并求λ的值.

（1）解　由已知，a＝b，则椭圆E的方程为＋＝1.

由方程组得3x2－12x＋（18－2b2）＝0.①

方程①的判别式为Δ＝24（b2－3），由Δ＝0，得b2＝3，

此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为＋＝1.点T的坐标为（2，1）.

（2）证明　由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m（m≠0），

由方程组可得

所以P点坐标为.|PT|2＝m2.

设点A，B的坐标分别为A（x1，y1），B（x2，y2）.

由方程组可得3x2＋4mx＋（4m2－12）＝0.②

方程②的判别式为Δ＝16（9－2m2），

由Δ>

0，解得－<

m<

由②得x1＋x2＝－，x1x2＝.

所以|PA|＝

＝，同理|PB|＝.

所以|PA|·

|PB|＝

＝

＝m2.

故存在常数λ＝，使得|PT|2＝λ|PA|·

|PB|.

规律方法　有关圆锥曲线弦长问题的求解方法：

涉及弦长的问题中，应熟练的利用根与系数关系、设而不求法计算弦长；

涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化运算；

涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.

【训练2】已知椭圆＋＝1（a＞b＞0）经过点（0，），离心率为，左、右焦点分别为F1（－c，0），F2（c，0）.

（1）求椭圆的方程；

（2）若直线l：

y＝－x＋m与椭圆交于A，B两点，与以F1F2为直径的圆交于C，D两点，且满足＝，求直线l的方程.

解　

（1）由题设知解得a＝2，b＝，c＝1，

∴椭圆的方程为＋＝1.

（2）由

（1）知，以F1F2为直径的圆的方程为x2＋y2＝1，

∴圆心到直线l的距离d＝，由d＜1，得|m|＜.（*）

∴|CD|＝2＝2＝.

设A（x1，y1），B（x2，y2），

由得x2－mx＋m2－3＝0，

由根与系数关系可得x1＋x2＝m，x1x2＝m2－3.

∴|AB|＝

＝.

由＝，得＝1，解得m＝±

，满足（*）.

∴直线l的方程为y＝－x＋或y＝－x－.

考点三　中点弦问题

【例3】

（1）已知椭圆E：

＋＝1（a＞b＞0）的右焦点为F（3，0），过点F的直线交E于A，B两点.若AB的中点坐标为（1，－1），则E的方程为（　　）

A.＋＝1 B.＋＝1

C.＋＝1 D.＋＝1

（2）已知双曲线x2－＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛物线y2＝18x上，则实数m的值为________.

解析　

（1）因为直线AB过点F（3，0）和点（1，－1），所以直线AB的方程为y＝（x－3），代入椭圆方程＋＝1消去y，得x2－a2x＋a2－a2b2＝0，所以AB的中点的横坐标为＝1，即a2＝2b2，又a2＝b2＋c2，所以b＝c＝3，a＝3，选D.

（2）设M（x1，y1），N（x2，y2），MN的中点P（x0，y0），

则

由②－①得（x2－x1）（x2＋x1）＝（y2－y1）（y2＋y1），

显然x1≠x2.∴·

＝3，即kMN·

＝3，

∵M，N关于直线y＝x＋m对称，∴kMN＝－1，

∴y0＝－3x0.

又∵y0＝x0＋m，∴P，

代入抛物线方程得m2＝18·

，

解得m＝0或－8，经检验都符合.

答案　

（1）D　

（2）0或－8

规律方法　处理中点弦问题常用的求解方法

（1）点差法：

即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率.

（2）根与系数的关系：

即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解.

【训练3】设抛物线过定点A（－1，0），且以直线x＝1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y＝kx＋m，试求m的取值范围.

解　

（1）设抛物线顶点为P（x，y），则焦点F（2x－1，y）.

再根据抛物线的定义得|AF|＝2，即（2x）2＋y2＝4，

所以轨迹C的方程为x2＋＝1.

（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

两式相减，得

4（xM－xN）（xM＋xN）＋（yM－yN）（yM＋yN）＝0，

将xM＋xN＝2×

＝－1，yM＋yN＝2y0，

＝－代入上式得k＝－.

又点P在弦MN的垂直平分线上，

所以y0＝－k＋m.

所以m＝y0＋k＝y0.

由点P在线段BB′上（B′，B为直线x＝－与椭圆的交点，如图所示），所以yB′＜y0＜yB，也即－＜y0＜.

所以－＜m＜，且m≠0.

[思想方法]

1.有关弦的三个问题

（1）涉及弦长的问题，应熟练地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；

（2）涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；

（3）涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解.

2.求解与弦有关问题的两种方法

（1）方程组法：

联立直线方程和圆锥曲线方程，消元（x或y）成为二次方程之后，结合根与系数的关系，建立等式关系或不等式关系.

（2）点差法：

在求解圆锥曲线且题目中已有直线与圆锥曲线相交和被截线段的中点坐标时，设出直线和圆锥曲线的两个交点坐标，代入圆锥曲线的方程并作差，从而求出直线的斜率，然后利用中点求出直线方程.“点差法”的常见题型有：

求中点弦方程、求（过定点、平行弦）弦中点轨迹、垂直平分线问题.必须提醒的是“点差法”具有不等价性，即要考虑判别式Δ是否为正数.

[易错防范]

　判断直线与圆锥曲线位置关系时的注意点

（1）直线与双曲线交于一点时，易误认为直线与双曲线相切，事实上不一定相切，当直线与双曲线的渐近线平行时，直线与双曲线相交于一点.

（2）直线与抛物线交于一点时，除直线与抛物线相切外易忽视直线与对称轴平行或重合时也相交于一点.

第2课时　定点、定值、范围、最值问题

考点一　定点问题

【例1】（2017·

枣庄模拟）已知椭圆＋＝1（a＞0，b＞0）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＝λ1，＝λ2.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）若λ1＋λ2＝－3，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b＝1，且（2a）2＋（2b）2＝2（2c）2，又a2＝b2＋c2，所以a2＝3.

所以椭圆的方程为＋y2＝1.

（2）由题意设P（0，m），Q（x0，0），M（x1，y1），N（x2，y2），

设l方程为x＝t（y－m），

由＝λ1知（x1，y1－m）＝λ1（x0－x1，－y1），

∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝－1.

同理由＝λ2知λ2＝－1.

∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m（y1＋y2）＝0，①

联立得（t2＋3）y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，

∴由题意知Δ＝4m2t4－4（t2＋3）（t2m2－3）＞0，②

且有y1＋y2＝，y1y2＝，③

将③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，

∴（mt）2＝1.

由题意mt＜0，∴mt＝－1，满足②，

得l方程为x＝ty＋1，过定点（1，0），即Q为定点.

规律方法　圆锥曲线中定点问题的两种解法

（1）引进参数法：

引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.

（2）特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.

【训练1】（2017·

杭州七校联考）已知椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0）的两焦点在x轴上，且两焦点与短轴的一个顶点的连线构成斜边长为2的等腰直角三角形.

（2）过点S的动直线l交椭圆C于A，B两点，试问：

在坐标平面上是否存在一个定点Q，使得以线段AB为直径的圆恒过点Q？

若存在，求出点Q的坐标；

若不存在，请说明理由.

解　

（1）∵椭圆两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形，∴b＝c.又斜边长为2，即2c＝2，故c＝b＝1，a＝，椭圆方程为＋y2＝1.

（2）当l与x轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋＝；

当l与y轴平行时，以线段AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.

由得

故若存在定点Q，则Q的坐标只可能为Q（0，1）.

下面证明Q（0，1）为所求：

若直线l的斜率不存在，上述已经证明.

若直线l的斜率存在，设直线l：

y＝kx－，

A（x1，y1），B（x2，y2），

由得（9＋18k2）x2－12kx－16＝0，

Δ＝144k2＋64（9＋18k2）＞0，

x1＋x2＝，x1x2＝，

＝（x1，y1－1），＝（x2，y2－1），

·

＝x1x2＋（y1－1）（y2－1）

＝（1＋k2）x1x2－（x1＋x2）＋

＝（1＋k2）·

－·

＋＝0，

∴⊥，即以线段AB为直径的圆恒过点Q（0，1）.

考点二　定值问题

山东卷）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.

①设直线PM，QM的斜率分别为k，k′，证明为定值.

②求直线AB的斜率的最小值.

（1）解　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）①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.

②解　设A（x1，y1），B（x2，y2）.

由①知直线PA的方程为y＝kx＋m.

则直线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，当且仅当k＝时取“＝”.

故此时＝，即m＝，符合题意.

所以直线AB的斜率的最小值为.

规律方法　圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略

（1）求代数式为定值.依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式，化简即可得出定值；

（2）求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；

（3）求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.

【训练2】（2016·

北京卷）已知椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0）的离心率为，A（a，0），B（0，b），O（0，0），△OAB的面积为1.

（2）设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：

|AN|·

|BM|为定值.

（1）解　由已知＝，ab＝1.

又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝.

所以椭圆方程为＋y2＝1.

（2）证明　由

（1）知，A（2，0），B（0，1）.

设椭圆上一点P（x0，y0），则＋y＝1.

当x0≠0时，直线PA方程为y＝（x－2），

令x＝0得yM＝.

从而|BM|＝|1－yM|＝.

直线PB方程为y＝x＋1.

令y＝0得xN＝.∴|AN|＝|2－xN|＝.

∴|AN|·

|BM|＝·

＝＝4.

当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，

所以|AN|·

|BM|＝4.故|AN|·

考点三　范围问题

【例3】（2016·

天津卷）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.

（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　

（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＝.

因为直线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＋y≤x＋y，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或.

规律方法　解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面

（1）利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；

（2）利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；

（3）利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；

（4）利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；

（5）利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.

【训练3】（2017·

威海模拟）已知圆x2＋y2＝1过椭圆＋＝1（a＞b＞0）的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l：

y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，与椭圆＋＝1相交于A，B两点.记λ＝·

，且≤λ≤.

（2）求k的取值范围；

（3）求△OAB的面积S的取值范围.

解　

（1）由题意知2c＝2，所以c＝1.

因为圆与椭圆有且只有两个公共点，

从而b＝1，故a＝，所以所求椭圆方程为＋y2＝1.

（2）因为直线l：

y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，

所以原点O到直线l的距离为＝1，

即m2＝k2＋1.由

得（1＋2k2）x2＋4kmx＋2m2－2＝0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝，x1x2＝.

λ＝·

＝x1x2＋y1y2＝（1＋k2）x1x2＋km（x1＋x2）＋m2＝，由≤λ≤，得≤k2≤1，

即k的取值范围是∪.

（3）|AB|2＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2]＝2－，

由≤k2≤1，得≤|AB|≤.

设△OAB的AB边上的高为d，

则S＝|AB|d＝|AB|，所以≤S≤.

即△OAB的面积S的取值范围是.

考点四　最值问题

【例4】（2015·

浙江卷）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　

（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.

规律方法　处理圆锥曲线最值问题的求解方法

圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：

一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；

二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个（些）参数的函数（解析式），然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.

【训练4】已知椭圆C：

x2＋2y2＝4.

（1）求