1、第 3 讲 圆锥曲线的综合问题1(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()A5 2B.46 2C7 2D6 22(2015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；(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 2.1.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
2、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(2014北京)已知椭圆 C：x22y24.(1)求椭圆 C 的离心率；(2)设 O 为原点，若点 A 在直线 y2 上，点 B 在椭圆 C 上，且 OAOB，求线段 AB 长度的最小值 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)
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；(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 热点二 定点、定值问题1由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：yy0k(xx0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：ykxm，则直线必过定点(0，m)2解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中
4、的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值例 2 椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)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；(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 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
5、对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点跟踪演练 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；(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 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，若方程组有实数解，则元素(
6、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；(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 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
7、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：x2a2y2b21(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；(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 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
8、 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；若不存在，请说明理由 提醒：完成作业 专题六 第 3 讲二轮专题强化练专题六第 3 讲 圆锥曲线的综合问题A 组 专题通关1(2015北京西城区期末)若曲线 ax2by21 为焦点在 x 轴上的椭圆，则实数 a，b 满足()Aa2b2B.1a1bC0abD0ba2已知椭圆x24y2b21(0bb0)的离心率为 e12，右焦点为 F(c,0)，方程 ax2bxc0 的两个实根分别为 x1 和 x2，
9、则点 P(x1，x2)()A必在圆 x2y22 内B必在圆 x2y22 上C必在圆 x2y22 外D以上三种情形都有可能5若点 O 和点 F 分别为椭圆x24y231 的中心和左焦点，点 P 为椭圆上的任意一点，则OP FP的最大值为()A2B3C6D86已知双曲线 x2y231 的左顶点为 A1，右焦点为 F2，P 为双曲线右支上一点，则PA1 PF2 的最小值为_7已知 A(1,2)，B(1,2)，动点 P 满足APBP.若双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的渐近线与动点P 的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是_8在直线 y2 上任取一点 Q，过 Q 作抛物线 x24y 的切线
10、，切点分别为 A、B，则直线AB 恒过定点_9已知抛物线 x22py(p0)，过点 M(0，m)的直线 l 与抛物线交于 A，B 两点，又过 A，B 两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点 P.(1)求证：两条切线的斜率之积为定值；(2)当 pm4 时，求PAB 面积的最小值10已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的短轴长为 2，离心率为 22，过点 M(2,0)的直线 l 与椭圆 C相交于 A，B 两点，O 为坐标原点(1)求椭圆 C 的方程；(2)若 B 点关于 x 轴的对称点是 N，证明：直线 AN 恒过一定点B 组 能力提高11已知直线 ya 交抛物线 yx2 于 A，B 两点
11、若该抛物线上存在点 C，使得ACB 为直角，则 a 的取值范围为_12直线 3x4y40 与抛物线 x24y 和圆 x2(y1)21 从左到右的交点依次为 A、B、C、D，则|AB|CD|的值为_13已知 P、Q、M、N 四点都在以中心为坐标原点，离心率为 22，左焦点为 F(1,0)的椭圆C 上，已知PF与FQ 共线，MF 与FN共线，PFMF 0.(1)求椭圆 C 的方程；(2)试用直线 PQ 的斜率 k(k0)表示四边形 PMQN 的面积 S，并求 S 的最小值学生用书答案精析第 3 讲 圆锥曲线的综合问题高考真题体验1D 如图所示，设以(0,6)为圆心，以 r 为半径的圆的方程为 x2
12、(y6)2r2(r0)，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.2(1)解 由题设知ca 22，b1，结合 a2b2c2，解得 a 2，所以椭圆的方程为x22y21.(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，从而直线 AP，
13、AQ 的斜率之和 kAPkAQy11x1 y21x2 kx12kx1kx22kx22k(2k)1x11x2 2k(2k)x1x2x1x22k(2k)4kk12kk22k2(k1)2.热点分类突破例 1 解(1)由题意，得椭圆 C 的标准方程为x24y221，所以 a24，b22，从而 c2a2b22.因此 a2，c 2.故椭圆 C 的离心率 eca 22.(2)设点 A，B 的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中 x00.因为 OAOB，所以OA OB 0，即 tx02y00，解得 t2y0 x0.又 x202y204，所以|AB|2(x0t)2(y02)2x02y0 x02(y02)2
14、x20y204y20 x20 4x204x20224x20 x204x2028x204(0 x204)因为x2028x204(00，y1y2 6k34k2，y1y2 9k234k2.1PFQS12|F1F2|y1y2|12k2k434k22，令 t34k2，t3，k2t34，1PFQS331t13243，01tb0)，由 eca12，得 a2c，a2b2c2，b23c2，则椭圆方程变为 x24c2 y23c21.又由题意知 2c212 10，解得 c21，故 a24，b23，即得椭圆的标准方程为x24y231.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立ykxm，x24y231，得(34
15、k2)x28mkx4(m23)0.则64m2k21634k2m230，x1x2 8mk34k2，x1x24m2334k2.又 y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m23m24k234k2.椭圆的右顶点为 A2(2,0)，AA2BA2，(x12)(x22)y1y20，y1y2x1x22(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
16、，0，且满足，直线 l 过定点，定点坐标为27，0.跟踪演练 2(1)解 设椭圆的半焦距为 c，圆心 O 到直线 l 的距离 d611 3，b 53 2.由题意得ca 33，a2b2c2，b 2，a23，b22.椭圆 E 的方程为y23x221.(2)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(32k2)x24k(y0kx0)x2(kx0y0)260，4k(y0kx0)24(32k2)2(kx0y0)260，整理得，(2x20)k22kx0y0(y203)0，设
17、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.例 3 解(1)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)由条件可设直线 AB 的方程为 yk(x1)，k0.由抛物线准线 l：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，
18、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 k1k22y11x12y21x2 y1x11 y2x212x1x22x1x2x1x212k22k24k2212k24k212k2，即 k1k22k2.又 k3k1，可得 k1k22k3.即存在常数 2，使得 k1k2k3 成立跟踪演练 3 解(1)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，于是1b21，ca 22，a2b2c2，解得
19、a2，b 2，所以椭圆 E 的方程为x24y221.(2)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)x1x2k(x1x2)124k2212k21 12k212.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
20、 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，
21、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|2.二轮专题强化练答案精析第 3 讲 圆锥曲线的综合问题1C 由 ax2by21，得x21ay21b1，因为焦点在 x 轴上，所以1a1b0，所以 0ab.2D 由椭圆的方程，可知长半轴长 a2；由椭圆的定义，可知|AF2|BF2|AB|4a8，所以|AB|8(|AF2|BF2|)3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的
22、弦中，通径最短，即2b2a 3，可求得 b23，即 b 3.3C 依题意知 F(2,0)，所以直线 l 的方程为 yx2，联立方程yx2，y28x消去 y 得 x212x40.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x212，x1x24，则|AF|BF|(x12)(x22)|x1x2|x1x224x1x2 144168 2.4A x1x2ba，x1x2ca.x21x22(x1x2)22x1x2b2a22ca b22aca2.eca12，c12a，b2a2c2a212a 234a2.x21x2234a22a12aa2740，b0)的渐近线方程为 ybax，即 bxay0，由题意，可得2a
23、a2b21，即2ac 1，所以 eca1，故 1e0，a10，解得 a1.12.116解析 由3x4y40，x24y得 x23x40，xA1，xD4，yA14，yD4.直线 3x4y40 恰过抛物线的焦点 F(0,1)，|AF|yA154，|DF|yD15，|AB|CD|AF|1|DF|1 116.13解(1)设椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)，则 a2b2c2，又依题意，知 c1，ca 22，所以 a 2，b1.所以椭圆 C 的方程为x22y21.(2)依题意，易知 PQ 与 MN 垂直于点 F.设 PQ 的方程为 yk(x1)，由ykx1，x22y21，消 y，得(12k2)x24k2x2k220.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1x2 4k212k2，x1x22k2212k2，所以|PQ|1k2x1x22 1k2x1x224x1x22 21k212k2.同理，可得|MN|2 211k212k22 21k22k2，所以四边形 PMQN 的面积为S12|PQ|MN|41k2212k2k2222k22k45k22222k22k25169.当且仅当 k21 时，取等号所以四边形 PMQN 的面积 S 的最小值为169.