1、题型专题(二)圆锥曲线综合题转化“目标”，顺解就行圆锥曲线中最值、范围问题求解思路(1)几何法若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法 (2)代数法若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再利用基本不等式或单调性求这个函数的最值，这就是代数法.考点一：圆锥曲线中的最值、范围问题典例(2015南昌市调研测试卷)已知椭圆C：y2a2x2b21(ab0)的焦距为4，且过点(2，2)(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆焦点的直线l与椭圆C分别交于点E，F，求OEOF 的取值范围学审题(1)焦距焦点坐标 2a 椭圆方程(2)椭圆焦点 讨论
2、 直线方程与椭圆联立 关于x的方程 x1x2，x1x2用 k 表示OEOF 结果解(1)椭圆C：y2a2x2b21(ab0)的焦距是4，所以焦点坐标是(0，2)，(0,2)，2a 20 22224 2，所以a2 2，b2，即椭圆C的方程是y28x24 1.(2)若直线l垂直于x轴，则点E(0,2 2)，F(0，2 2)，OEOF 8.若直线l不垂直于x轴，设l的方程为ykx2，点E(x1，y1)，F(x2，y2)，将直线l的方程代入椭圆C的方程得到：(2k2)x24kx40，则x1x2 4k2k2，x1x2 42k2，所以OEOF x1x2y1y2(1k2)x1x22k(x1x2)444k22
3、k2 8k22k24 202k28，因为 0 202k210，所以80，解得b2.又因为直线l与y轴负半轴相交，所以b0，所以2b0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y28，y1y28b，所以|AB|x1x22y1y22 14y1y22 5y1y224y1y2 56432b.直线l：y 12 xb整理得x2y2b0，点O到直线l的距离d|2b|5 2b5，所以SAOB12|AB|d4b 2 2b4 2b32b2.令g(b)b32b2，2b1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：(x3)2(y1)23相切(1)求椭圆C的方程；(2)若不过点A的动直线l与椭圆C交于P，Q两点，且
4、AP AQ0，求证：直线l过定点，并求该定点的坐标学审题(1)点A，F分别是C的上顶点、右焦点 直线AF的方程 圆心到直线AF的距离等于半径 a2的值 结论(2)设直线方程ykxt关于x的方程 x1x2，x1x2的值AP AQ0 t的值 结论解(1)由题意知圆M的圆心坐标为(3,1)，半径r3.A(0,1)，F(c,0)(c a21)直线AF的方程为xcy1，即xcyc0.由直线AF与圆M相切得|3cc|c21 3，解得c22，a2c213.故椭圆C的方程为x23 y21.(2)证明：由 AP AQ 0知APAQ，从而直线PQ与x轴不垂直，故可设直线l的方程为ykxt(t1)，联立ykxt，x
5、23 y21整理得(13k2)x26ktx3(t21)0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2 6kt13k2，x1x23t2113k2，(*)由(6kt)24(13k2)3(t21)0，得3k2t21.由AP AQ0，得AP AQ(x1，y11)(x2，y21)(1k2)x1x2k(t1)(x1x2)(t1)20，将(*)代入，得t12，直线l过定点0，12.(1)对于定点问题的证明，可以先通过特殊情形探求定点坐标，然后对一般情况进行证明(2)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关在这类问题中选择消元的方向是非常关
6、键的 (2015陕西高考)如图，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)经过点 A(0，1)，且离心率为 22.即时应用(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：(1)由题设知ca 22，b1，结合 a2b2c2，解得 a 2.所以椭圆的方程为x22 y21.(2)证明：由题设知，直线 PQ 的方程为 yk(x1)1(k2)，代入x22 y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0.由已知 0，设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，则 x1x24
7、kk112k2，x1x22kk212k2.从而直线 AP，AQ 的斜率之和kAPkAQy11x1 y21x2 kx12kx1kx22kx22k(2k)1x1 1x22k(2k)x1x2x1x22k(2k)4kk12kk22k2(k1)2.故直线 AP 与 AQ 的斜率之和为定值 2.作出假设，随机推证圆锥曲线中求解存在性问题的策略处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在性若证明某结论不存在，也可以采用反证法.考点三：圆锥曲线中的存在性问题典例(2015洛阳统考)已知椭圆的中心是坐标原点
8、O，焦点在x轴上，离心率为22，坐标原点O到过右焦点F且斜率为1的直线的距离为 22.(1)求椭圆的标准方程；(2)设过右焦点F且与坐标轴不垂直的直线l交椭圆于P，Q两点，在线段OF上是否存在点M(m,0)，使得|MP|MQ|？若存在，求出m的取值范围；若不存在，请说明理由学审题(2)假设存在 设l的方程x1x2，x1x2的值PQ的中点坐标|MP|MQ|kMNkPQ1m用k表示m的范围解(1)设椭圆方程为x2a2y2b21(ab0)，F(c,0)(c0)，由坐标原点O到直线xyc0的距离为 22，得|00c|2 22，解得c1.又eca 22，故a 2，b1.所求椭圆方程为x22 y21.(2
9、)假设存在点M(m,0)(0m0恒成立，x1x2 4k212k2，x1x22k2212k2.设线段PQ的中点为N(x0，y0)，则x0 x1x22 2k212k2，y0k(x01)k12k2.|MP|MQ|，MNPQ，kMNkPQ1，即k12k22k212k2mk1，mk212k212 1k2.k20，0m0)，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.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点m3，m，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由即时应用解：(1)证明：设直线l：y
10、kxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将ykxb代入9x2y2m2，得(k29)x22kbxb2m20，故xMx1x22 kbk29，yMkxMb 9bk29.于是直线OM的斜率kOMyMxM9k，即kOMk9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值(2)四边形OAPB能为平行四边形因为直线l过点 m3，m，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0，k3.由(1)得OM的方程为y9kx.设点P的横坐标为xP.由y9kx，9x2y2m2，得x2P k2m29k281，即xPkm3 k29.将点m3，m 的坐标代入直线l的方程得bm3k3，因此xMkk3m3k29.四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP2xM.于是km3 k292kk3m3k29，解得k14 7，k24 7.因此ki0，ki3(i1,2)，所以当直线l的斜率为4 7或4 7时，四边形OAPB为平行四边形THANKS!谢谢观看