1、第3讲 圆锥曲线的综合问题 专题六 解析几何 高考真题体验 热点分类突破 高考押题精练 栏目索引 高考真题体验 1 21.(2014福建)设 P，Q 分别为圆 x2(y6)22 和椭圆x210y21 上的点，则 P，Q 两点间的最大距离是()A.5 2B.46 2C.7 2D.6 2解析 如图所示，设以(0,6)为圆心，以r为半径的圆的方程为x2(y6)2r2(r0)，1 2与椭圆方程x210y21 联立得方程组，消掉x2得9y212yr2460.令12249(r246)0，解得 r250，即 r5 2.由题意易知 P，Q 两点间的最大距离为 r 26 2，故选D.答案 D 1 22.(201
2、5陕西)如图，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)，经过点A(0，1)，且离心率为 22.(1)求椭圆E的方程；解 由题设知ca 22，b1，结合 a2b2c2，解得 a 2，所以椭圆的方程为x22y21.1 2(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.证明 由题设知，直线 PQ 的方程为 yk(x1)1(k2)，代入x22y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由已知0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，则 x1x24kk112k2，x1x22kk212k2，1 2从而直线AP，A
3、Q的斜率之和 kAPkAQy11x1 y21x2 kx12kx1kx22kx22k(2k)1x11x2 2k(2k)x1x2x1x22k(2k)4kk12kk22k2(k1)2.考情考向分析 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和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，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.热点一 范围、最值问题热点分类突破 圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.例 1(2015重庆)如图，椭
4、圆x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1、F2，过 F2 的直线交椭圆于 P，Q 两点，且 PQPF1.(1)若|PF1|2 2，|PF2|2 2，求椭圆的标准方程；解 由椭圆的定义，2a|PF1|PF2|(2 2)(2 2)4，故 a2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1PF2，因此 2c|F1F2|PF1|2|PF2|2 2 222 222 3，即 c 3，从而 ba2c21.故所求椭圆的标准方程为x24y21.(2)若|PQ|PF1|，且3443，试确定椭圆离心率 e 的取值范围.解 如图，由PF1PQ，|PQ|PF1|，得|QF1|PF1|2|PQ|212|PF1|.由椭圆
5、的定义，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a，进而|PF1|PQ|QF1|4a，于是(112)|PF1|4a，解得|PF1|4a112，故|PF2|2a|PF1|2a1211 12.由勾股定理得|PF1|2|PF2|2|F1F2|2(2c)24c2，从而4a1 12 22a1211 1224c2，两边除以 4a2，得4112212121122e2.若记 t112，则上式变成e24t22t281t14212.由3443，并注意到 112关于 的单调性，得 3t4，即141t13.进而12e259，即 22 e 53.思维升华 解决范围问题的常用方法：(1)数形结合法：利用待求量的几何意
6、义，确定出极端位置后，数形结合求解.(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解.(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域.跟踪演练 1 已知椭圆 C 的左，右焦点分别为 F1，F2，椭圆的离心率为12，且椭圆经过点 P(1，32).(1)求椭圆C的标准方程；解 eca12，P(1，32)满足 1a2322b2 1，又a2b2c2，a24，b23，椭圆标准方程为x24y231.(2)线段 PQ 是椭圆过点 F2 的弦，且PF2 F2Q，求PF1Q内切圆面积最大时实数 的值.解 显然直线PQ不与x轴重合，当直线PQ与x轴垂直时，|PQ|3，
7、|F1F2|2，当直线PQ不与x轴垂直时，设直线PQ：yk(x1)，k0代入椭圆C的标准方程，整理，得(34k2)y26ky9k20，13PF QS；0，y1y26k34k2，y1y29k234k2.12|F1F2|y1y2|12k2k434k22，1PFQS令 t34k2，t3，k2t34，331t13243，1PFQS01tb0)的离心率为12，其左焦点到点 P(2,1)的距离为 10.(1)求椭圆C的标准方程；解 设椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)，由 eca12，得 a2c，a2b2c2，b23c2，则椭圆方程变为 x24c2 y23c21.又由题意知2c212 10，解得 c2
8、1，故a24，b23，即得椭圆的标准方程为x24y231.(2)若直线l：ykxm与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.解 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立ykxm，x24y231，得(34k2)x28mkx4(m23)0.则 64m2k21634k2m230，x1x2 8mk34k2，x1x24m2334k2.又y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2 3m24k234k2.椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2BA2，(x12)(x22)y1y20，y1y2x1x22(
9、x1x2)40，3m24k234k24m2334k2 16mk34k240，7m216mk4k20，解得 m12k，m22k7，由，得34k2m20，当m12k时，l的方程为yk(x2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾.当 m22k7 时，l 的方程为 ykx27，直线过定点27，0，且满足，直线 l 过定点，定点坐标为27，0.思维升华(1)动直线l过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m,0).(2)动曲线C过定点问题解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.跟踪演练
10、2 已知直线 l：yx 6，圆 O：x2y25，椭圆 E：y2a2x2b21(ab0)的离心率 e 33，直线 l 被圆 O 截得的弦长与椭圆的短轴长相等.(1)求椭圆E的方程；解 设椭圆的半焦距为c，圆心 O 到直线 l 的距离 d611 3，b53 2.由题意得ca 33，a2b2c2，b 2，a23，b22.椭圆 E 的方程为y23x221.(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线的斜率之积为定值.证明 设点P(x0，y0)，过点P的椭圆E的切线l0的方程为yy0k(xx0)，联立直线 l0 与椭圆 E 的方程得ykxx0y0，y23x221，消去y得(
11、32k2)x24k(y0kx0)x2(kx0y0)260，4k(y0kx0)24(32k2)2(kx0y0)260，整理得，(2x20)k22kx0y0(y203)0，设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1，k2，则 k1k2y2032x20，点 P 在圆 O 上，x20y205，k1k25x2032x20 1.两条切线的斜率之积为常数1.热点三 探索性问题1.解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组
12、有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.2.反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.例3 如图，抛物线C：y22px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2).(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；解 把Q(1,2)代入y22px，得2p4，所以抛物线方程为y24x，准线l的方程为x1.(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数，使得k1k2k3成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由.解 由条件可设直线AB的方程为yk(x1)，k0.由抛物线准线l
13、：x1，可知M(1，2k).又 Q(1,2)，所以 k322k11 k1，即 k3k1.把直线AB的方程yk(x1)，代入抛物线方程y24x，并整理，可得k2x22(k22)xk20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，知 x1x22k24k2，x1x21.又 Q(1,2)，则 k12y11x1，k22y21x2.因为A，F，B共线，所以kAFkBFk，即 y1x11 y2x21k.所 以k1 k2 2y11x1 2y21x2 y1x11 y2x21 2x1x22x1x2x1x212k22k24k2212k24k212k2，即k1k22k2.又k3k1，可得k1k22k3.
14、即存在常数2，使得k1k2k3成立.思维升华 解决探索性问题的注意事项：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.(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.跟踪演练 3(2015四川)如图，椭圆 E：x2a2y2b2 1(ab0)的离心率是 22，点 P(0,1)在短轴CD 上，且PCPD 1.(1)求椭圆E的方程；解 由已知，点C、D的坐标分别为(0，b)，(0，b)，又点 P 的坐标为(0,1)，且PCPD 1，
15、于是 1b21，ca 22，a2b2c2，解得 a2，b 2，所以椭圆 E 的方程为x24y221.(2)设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A，B 两点.是否存在常数，使得OA OB PAPB为定值？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由.解 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为ykx1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立x24y221，ykx1，得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以 x1x24k2k21，x1x222k21，从而，OA OB PAPBx1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2
16、k(x1x2)124k2212k2112k212.所以当 1 时，12k2123，此时OA OB PAPB3 为定值.当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，OA OB PAPBOC OD PCPD 213.故存在常数 1，使得OA OB PAPB为定值3.高考押题精练 已知椭圆C1：x2a2y231(a0)与抛物线C2：y22ax相交于A，B 两点，且两曲线的焦点 F 重合.(1)求C1，C2的方程；(2)若过焦点 F 的直线 l 与椭圆分别交于 M，Q 两点，与抛物线分别交于 P，N 两点，是否存在斜率为 k(k0)的直线 l，使得|PN|MQ|2？若存在,求出 k 的值；若不
17、存在,请说明理由.押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查.关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色.解(1)因为C1，C2的焦点重合，所以 a23a2，所以 a24.又a0，所以a2.于是椭圆 C1 的方程为x24y231，抛物线C2的方程为y24x.(2)假设存在直线 l 使得|PN|MQ|2，则可设直线l的方程为yk(x1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4).由y24x，ykx1，可得 k2x2(2k24)xk20，则 x1x42k24k2，x1x41，所以|PN|1k2x1x424x1x441k2k2.由 x24y231，ykx1，可得(34k2)x28k2x4k2120，则 x2x3 8k234k2，x2x34k21234k2，所以|MQ|1k2x2x324x2x3121k234k2.若|PN|MQ|2，则41k2k22121k234k2，解得 k 62.故存在斜率为 k 62 的直线 l，使得|PN|MQ|2.谢谢观看 更多精彩内容请登录：
