1、第四讲圆锥曲线的综合问题考法1 与圆锥曲线有关的最值或取值范围问题命题角度1最值问题1 2020广东惠州入学联考已知抛物线y2=2px(p0)的准线经过椭圆x24+y23=1的一个焦点.(1)求抛物线的方程;(2)过抛物线焦点F的直线l与抛物线交于A,B两点(点A在x轴上方),且满足AF=2FB,若点T是抛物线的曲线段AB上的动点,求ABT面积的最大值.(1)由抛物线的准线过椭圆的左焦点求出p的值,即得抛物线的方程.(2)设出直线l的方程,并与椭圆的方程联立,计算出|AB|.求出与直线l平行且与抛物线y2=4x相切的直线方程,则由两条平行直线间的距离求出ABT面积的最大值;或设点T(n24,n
2、),计算点T到直线l的距离的最大值,从而计算出ABT面积的最大值.(1)因为椭圆x24+y23=1的左焦点为F1( - 1,0),抛物线的准线为直线x= - p2,所以 - p2= - 1,解得p=2.(利用抛物线的准线过椭圆的左焦点)所以抛物线的方程为y2=4x.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),易知y10,y20,则y1+y2=4m,y1y2= - 4,所以 - 2y22= - 4,即y2= - 2,则y1=22,所以m=y1+y24=24.所以|AB|=1+m2(y1+y2)2 - 4y1y2=1+(24)2(2)2 - 4( - 4)=32432=92.解法一(几何法)设与直
3、线l平行的直线方程为x=24y+t,代入y2=4x得y2 - 2y - 4t=0.令=( - 2)2 - 4( - 4t)=2+16t=0,解得t= - 18,则与直线l平行且与抛物线y2=4x相切的直线的方程为x=24y - 18,即4x - 2y+12=0.又直线l的方程为4x - 2y - 4=0,所以这两条平行直线间的距离d=|12 - ( - 4)|42+( - 2)2=324.易知ABT面积最大时,点T为与直线l平行且与抛物线相切的切点,所以ABT面积的最大值S=12|AB|d=1292324=2716 2.解法二(代数法)设点T的坐标为(n24,n), - 2nb0)的左、右焦点
4、分别为F1( - 1,0),F2(1,0),P为椭圆C上一点,满足3|PF1|=5|PF2|,且cosF1PF2=35.(1)求椭圆C的标准方程;(2)设直线l :y=kx+m与椭圆C交于A,B两点,点Q(14,0),若|AQ|=|BQ|,求k的取值范围.(1)先根据椭圆的定义及3|PF1|=5|PF2|,可用a表示出|PF1|,|PF2|,再由cosF1PF2=35,在PF1F2中利用余弦定理可求出a2的值,进而求出椭圆C的标准方程.(2)先将直线l的方程与椭圆方程联立,利用根与系数的关系及|AQ|=|BQ|得到m与k的关系,再将此关系式代入判别式对应的不等式,可求出k的取值范围.(1)由题
5、意设|PF1|=r1,|PF2|=r2,则3r1=5r2.易知r1+r2=2a,联立,解得r1=54a,r2=34a.在PF1F2中,由余弦定理得cosF1PF2=r12+r22 - |F1F2|22r1r2=(54a)2+(34a)2 - 22254a34a=35,(结合图形和题设条件,在焦点三角形中应用余弦定理列方程)解得a2=4.因为c=1,所以b2=a2 - c2=3,于是椭圆C的标准方程为x24+y23=1.(2)由y=kx+m,x24+y23=1消去y并整理,得(3+4k2)x2+8kmx+4m2 - 12=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2= - 8km3+4
6、k2,x1x2=4m2 - 123+4k2,且=(8km)2 - 4(3+4k2)(4m2 - 12)=48(3+4k2 - m2)0.设线段AB的中点为M(x0,y0),连接QM,则x0=x1+x22= - 4km3+4k2,y0=kx0+m=3m3+4k2.因为|AQ|=|BQ|,所以ABQM,又Q(14,0),M为线段AB的中点,所以k0,直线QM的斜率存在,所以kkQM=k3m3+4k2 - 4km3+4k2 - 14= - 1,解得m= - 3+4k24k.把代入,得3+4k2( - 3+4k24k)2,(将代入中,即得关于k的不等式)解得k12.即k的取值范围为( - , - 12
7、)(12,+).1.2017浙江,21,15分如图10 - 4 - 1,已知抛物线x2=y,点A( - 12,14),B(32,94),抛物线上的点P(x,y)( - 12x0),其焦点为F,O为坐标原点,直线l与抛物线C相交于不同的两点A,B,M为线段AB的中点.(1)若p=2,M的坐标为(1,1),求直线l的方程.(2)若直线l过焦点F,线段AB的垂直平分线交x轴于点N,试问:2|MN|2|FN|是否为定值?若为定值,试求出此定值;否则,说明理由.(1)思路一先判断直线l的斜率存在且不为0,设出直线l的方程,再将直线方程与抛物线方程联立,利用根与系数的关系及中点坐标公式求出直线l的方程.思
8、路二先设A(x1,y1),B(x2,y2),再利用AB的中点为M(1,1),由“点差法”可求得直线l的斜率,即得直线l的方程.(2)先利用中点坐标公式计算点M的坐标,再计算点N的坐标,由两点间的距离公式计算|MN|2,|FN|,可得2|MN|2|FN|为定值.(1)解法一由题意知直线l的斜率存在且不为0,可设直线l的方程为x - 1=t(y - 1)(t0),即x=ty+1 - t,A(x1,y1),B(x2,y2).由p=2知抛物线方程为y2=4x,由x=ty+1 - t,y2=4x消去x,得y2 - 4ty - 4+4t=0.=( - 4t)2 - 4( - 4+4t)=16(t2 - t
9、+1)0, y1+y2=4t,所以4t=2,解得t=12.(利用中点坐标公式求得t的值)所以直线l的方程为2x - y - 1=0.解法二由p=2,知抛物线方程为y2=4x.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y12=4x1,y22=4x2.由题意知直线AB的斜率存在,则直线AB的斜率kAB=y1 - y2x1 - x2=4y1+y2,(利用点差法求直线AB的斜率)因为线段AB的中点为M(1,1),所以y1+y2=2,所以kAB=42=2,则直线l的方程为y - 1=2(x - 1),即2x - y - 1=0.(2)2|MN|2|FN|为定值2p,证明如下.由抛物线C:y2=2px(p0
10、),知焦点F的坐标为(p2,0).由题意知,直线l的斜率存在且不为0,因为直线l过焦点F,所以可设直线l的方程为x=ry+p2(r0),A(x3,y3),B(x4,y4),由x=ry+p2,y2=2px消去x,得y2 - 2pry - p2=0.=( - 2pr)2 - 4( - p2)=4p2r2+4p20,y3+y4=2pr,所以x3+x4=r(y3+y4)+p=2pr2+p,则M(pr2+p2,pr).所以直线MN的方程为y - pr= - r(x - pr2 - p2),令y=0,解得x=pr2+3p2,则N(pr2+3p2,0).所以|MN|2=p2+p2r2,|FN|=pr2+3p
11、2-p2=pr2+p,于是2|MN|2|FN|=2(p2+p2r2)pr2+p=2p.(整体相消得到定值)所以2|MN|2|FN|为定值2p.2.2019合肥高三质检已知直线l经过椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点(1,0),交椭圆C于点A,B,点F为椭圆C的左焦点,ABF的周长为8.(1)求椭圆C的标准方程.(2)若直线m与直线l的倾斜角互补,直线m交椭圆C于点M,N,|MN|2=4|AB|,求证:直线m与直线l的交点P在定直线上.考法3 与圆锥曲线有关的存在性问题5 2019湘东六校联考已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率e=12,点A(b,0),B,F分别为
12、椭圆C的上顶点和左焦点,且|BF|BA|=26.(1)求椭圆C的方程;(2)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G,H两点(G在M,H之间),设直线l的斜率k0,在x轴上是否存在点P(m,0),使得以PG,PH为邻边的平行四边形为菱形?如果存在,求出m的取值范围;如果不存在,请说明理由.(1)先由离心率得到a,c的关系式,再由|BF|BA|=26得到a,b的关系式,结合a2 - b2=c2求出a2,b2,即得椭圆C的方程.(2)先设出直线l的方程,并与椭圆方程联立,利用0得到k的取值范围,再分别写出PG+PH,GH的坐标,从而由菱形的性质、向量垂直的充要条件及根与系数的关系得到m关于k的表
13、达式,进而求出m的取值范围.(1)由离心率e=12,得ca=12,即a=2c.由|BF|BA|=26,得ab2+b2=26,即ab=23.易知a2 - b2=c2.由可解得a2=4,b2=3,所以椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)设直线l的方程为y=kx+2(k0),由y=kx+2,x24+y23=1消去y得,(3+4k2)x2+16kx+4=0.由=(16k)2 - 16(3+4k2)0,解得k12.设G(x1,y1),H(x2,y2),则x1+x2= - 16k4k2+3,PG+PH=(x1+x2 - 2m,k(x1+x2)+4),GH=(x2 - x1,y2 - y1)=(x2 -
14、 x1,k(x2 - x1).因为菱形的对角线互相垂直,所以(PG+PH)GH=0,所以(1+k2)(x1+x2)+4k - 2m=0,得m= - 2k4k2+3= - 24k+3k.因为k12,所以 - 36m0),圆E:(x - 3)2+y2=1.(1)F是抛物线C的焦点,A是抛物线C上的定点,AF=(0,2),求抛物线C的方程.(2)在(1)的条件下,过点F的直线l与圆E相切,设直线l交抛物线C于P,Q两点,则在x轴上是否存在点M,使PMO=QMO(O为坐标原点)?若存在,求出点M的坐标;若不存在,请说明理由.(1)先写出焦点F的坐标,由AF=(0,2),得到点A的坐标,再将A的坐标代入
15、抛物线方程求出p值,即得抛物线C的方程.(2)先讨论直线的斜率不存在时不合题意,再设出斜率为k的直线方程,利用直线与圆相切求出k值,将切线方程与抛物线方程联立,由PMO=QMO推出点M的坐标,问题获解.(1)依题意知,抛物线C的焦点为F(p2,0),由AF=(0,2),可知A(p2, - 2),(理解向量的坐标运算)将点A的坐标代入y2=2px,求得p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x.(2)当直线的斜率不存在时,过点F(1,0)的直线不可能与圆E相切,(先讨论斜率不存在的情形)所以过抛物线的焦点与圆E相切的直线的斜率存在.设直线的斜率为k,则直线的方程为y=k(x - 1),(再研究斜率存
16、在的情形)所以圆心E(3,0)到直线的距离d=|2k|1+k2.当直线与圆相切时,d=1=|2k|1+k2,解得k=33,所以切线方程为y=33(x - 1)或y= - 33(x - 1).(由直线和圆相切得到圆的切线方程)不妨设直线l :y=33(x - 1)交抛物线于P(x1,y1),Q(x2,y2)两点,由y=33(x - 1),y2=4x消去y并整理,得x2 - 14x+1=0,0,则x1+x2=14,x1x2=1.假设存在点M(t,0),使PMO=QMO,则kPM+kQM=0.所以kPM+kQM=y1x1 - t+y2x2 - t=33(x1 - 1)x1 - t+33(x2 - 1
17、)x2 - t=33(x1 - 1)(x2 - t)+(x2 - 1)(x1 - t)(x1 - t)(x2 - t)=332x1x2 - (t+1)(x1+x2)+2t(x1 - t)(x2 - t)=332 - (t+1)14+2t(x1 - t)(x2 - t)=33 - 12 - 12t(x1 - t)(x2 - t)=0,即t= - 1,由此可知存在点M( - 1,0)符合条件.当直线l的方程为y= - 33(x - 1)时,由对称性知点M( - 1,0)也符合条件.综上可知,存在点M( - 1,0),使PMO=QMO.命题角度2圆锥曲线中的三点共线问题7 2020安徽合肥调研设椭圆
18、E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,过点F1的直线交椭圆E于A,B两点.若椭圆E的离心率为22,ABF2的周长为46.(1)求椭圆E的方程;(2)设不经过椭圆的中心O且平行于弦AB的直线交椭圆E于点C,D,设弦AB,CD的中点分别为M,N,证明:O,M,N三点共线.(1)先由ABF2的周长求出a,再结合离心率求出c,利用b2=a2 - c2求出b2,即得椭圆E的方程.(2)分两种情况求解:当直线AB,CD的斜率不存在时,利用对称性知O,M,N三点共线;当直线AB,CD的斜率存在时,设斜率为k,再设出A,B,M的坐标,并把A,B的坐标代入椭圆方程,利用“点差法”可得
19、出kkOM= - 12,同理可得kkON= - 12,依此得kOM=kON,即O,M,N三点共线.(1)由ABF2的周长为46,可知4a=46,(利用焦点三角形的性质)所以a=6.又e=ca=22,所以c=3,b2=a2 - c2=3.于是椭圆E的方程为x26+y23=1.(2)当直线AB,CD的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点M,N在x轴上,此时O,M,N三点共线.(先讨论特殊情形)当直线AB,CD的斜率存在时,设其斜率为k(k0),(再探究一般情形)设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),则x126+y123=1,x226+y223=1,两式相减,得x126+y123
20、- (x226+y223)=0,整理得y1 - y2x1 - x2y1+y2x1+x2= - 36,(此处利用了点差法)所以y1 - y2x1 - x2y0x0= - 12,即kkOM= - 12(kOM为直线OM的斜率),所以kOM= - 12k.同理可得kON= - 12k(kON为直线ON的斜率).所以kOM=kON,即O,M,N三点共线.综上所述,O,M,N三点共线.数学探究1圆锥曲线与数列的交汇82018全国卷,20,12分已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点,线段AB的中点为M(1,m)(m0).(1)证明:k - 12.(2)设F为C的右焦点,P为C上一
21、点,且FP+FA+FB=0.证明:|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求该数列的公差.(1)思路一先利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点坐标公式,得到一个关于k,m的关系式,再利用m的范围即可证k - 12.思路二先设出直线的方程,与椭圆方程联立,由根与系数的关系及中点坐标公式得到一个关于k,m的关系式,又点M在椭圆内,由点与椭圆的位置关系可得出k的取值范围,然后进行验证.(2)利用条件FP+FA+FB=0求出点P的坐标,进而求出各线段的长度,从而证明|FA|,|FP|,|FB|成等差数列,并求出该数列的公差d.(1)解法一设A(x1,y1),B(x2,y2),则x124+y123
22、=1,x224+y223=1.两式相减,并由y1 - y2x1 - x2=k得x1+x24+y1+y23k=0.由题设知x1+x22=1,y1+y22=m,于是k= - 34m.由题设得0m32,故k0),所以x1+x22=1,即4k(k - m)3+4k2=1,化简得m= - 34k.由m0得, - 34k0,所以k0.又点M(1,m)在椭圆内部,所以14+m231,即14+316k21,解得k - 12.经检验,当m= - 34k,k0.故k - 12.(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),则由FP+FA+FB=0,得(x3 - 1,y3)+(x1 - 1,y1)+(x2 - 1
23、,y2)=(0,0).由(1)及题设得x3=3 - (x1+x2)=1,y3= - (y1+y2)= - 2m0)和圆C2:(x+1)2+y2=2,倾斜角为45的直线l1过C1的焦点,且l1与C2相切.(1)求p的值;(2)动点M在C1的准线上,动点A在C1上,若C1在点A处的切线l2交y轴于点B,设MN=MA+MB,证明点N在定直线上,并求该定直线的方程.(1)首先设出直线l1的方程,再利用直线l1与C2相切,可求出p的值.(2)首先设出点M的坐标,再利用导数求出在A点处的切线的斜率及切线l2的方程,得到与y轴的交点B的坐标,由向量关系MN=MA+MB进行坐标运算,得到点N在定直线上.(1)
24、依题意,设直线l1的方程为y=x+p2,因为直线l1与C2相切,所以圆心C2( - 1,0)到直线l1:y=x+p2的距离d=| - 1+p2|12+( - 1)2=2,即| - 1+p2|2=2,解得p=6或p= - 2(舍去).所以p=6.(2)依题意设M(m, - 3),由(1)知抛物线C1的方程为x2=12y,即y=x212,所以y=x6.设A(x1,y1),则以A为切点的切线l2的斜率为k=x16,所以切线l2的方程为y=16x1(x - x1)+y1.令x=0,得y= - 16x12+y1= - 1612y1+y1= - y1,即点B的坐标为(0, - y1),所以MA=(x1 -
25、 m,y1+3),MB=( - m, - y1+3),所以MN=MA+MB=(x1 - 2m,6),ON=OM+MN=(x1 - m,3),其中O为坐标原点.设点N的坐标为(x,y),则y=3,所以点N在定直线y=3上.1.(1)设直线AP的斜率为k,则k=x2 - 14x+12=x - 12.因为 - 12x32,所以直线AP斜率的取值范围是( - 1,1).(2)解法一联立直线AP与BQ的方程,得kx - y+12k+14=0,x+ky - 94k - 32=0,解得点Q的横坐标是xQ= - k2+4k+32(k2+1).因为|PA|=1+k2(x+12)=1+k2(k+1),|PQ|=1
26、+k2(xQ - x)= - (k - 1)(k+1)2k2+1,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( - 1,12)上单调递增,(12,1)上单调递减,因此当k=12时,|PA|PQ|取得最大值2716.解法二连接BP,则|AP|PQ|=|AP|PB|cosBPQ=AP(AB - AP)=APAB - AP2.易知P(x,x2)( - 12x32),AP=(x+12,x2 - 14),AB=(2,2),则APAB=2x+1+2x2 - 12=2x2+2x+12
27、,AP2=(x+12)2+(x2 - 14)2=x2+x+14+x4 - 12x2+116=x4+12x2+x+516.所以|AP|PQ|= - x4+32x2+x+316( - 12x32).设f(x)= - x4+32x2+x+316( - 12x0,xM+xN= - 8k2t3+4k2,xMxN=4(k2t2 - 3)3+4k2,|MN|2=(1+k2)16(12k2 - 3k2t2+9)(3+4k2)2.同理,|AB|=1+k249k2+93+4k2=12(1+k2)3+4k2.由|MN|2=4|AB|得t=0,满足0,直线m:y= - kx,P(12, - 12k),即点P在定直线x
28、=12上.3.(1)因为M过点A,B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A在直线x+y=0上,且A,B关于坐标原点O对称,所以M在直线y=x上,故可设M(a,a).因为M与直线x+2=0相切,所以M的半径为r=|a+2|.连接MA,由已知得|AO|=2,又MOAO,故可得2a2+4=(a+2)2,解得a=0或a=4.故M的半径r=2或r=6.(2)存在定点P(1,0),使得|MA| - |MP|为定值.理由如下:设M(x,y),由已知得M的半径为r=|x+2|,|AO|=2.由于MOAO,故可得x2+y2+4=(x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2=4x.因为曲线y2=4x是以点P(1,0)为焦点,以直线x= - 1为准线的抛物线,所以|MP|=x+1.因为|MA| - |MP|=r - |MP|=x+2 - (x+1)=1,所以存在满足条件的定点P.【解后反思】高考对解析几何问题的考查,一般是以直线和圆(或圆锥曲线)的位置关系为载体,以参数处理为核心,考查范围、最值问题,定点、定值问题.试题的解答往往要综合运用数形结合、化归与转化思想等多种思想方法,对计算能力也有较高要求,难度较大.