1、第3讲 圆锥曲线中的热点问题-2-热点考题诠释高考方向解读1.(2017全国2,文12)过抛物线C:y2=4x的焦点F,且斜率为的直线交C于点M(M在x轴的上方),l为C的准线,点N在l上且MNl,则M到直线NF的距离为()A.5B.2 2C.2 3D.3 3 3答案解析解析关闭由题意可知抛物线的焦点 F(1,0),准线l 的方程为 x=-1,可得直线MF:y=3(x-1),与抛物线 y2=4x 联立,消去 y 得 3x2-10 x+3=0,解得x1=13,x2=3.因为 M 在 x 轴的上方,所以 M(3,2 3).因为 MNl,且 N 在 l 上,所以 N(-1,2 3).因为 F(1,0
2、),所以直线 NF:y=-3(x-1).所以 M 到直线 NF 的距离为|3(3-1)+2 3|(-3)2+12=2 3.答案解析关闭C -3-热点考题诠释高考方向解读2.(2017全国1,理10)已知F为抛物线C:y2=4x的焦点,过F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与C交于A,B两点,直线l2与C交于D,E两点,则|AB|+|DE|的最小值为()A.16B.14C.12 D.10 答案:A-4-热点考题诠释高考方向解读解析:方法一:由题意,易知直线 l1,l2 斜率不存在时,不合题意.设直线 l1 方程为 y=k1(x-1),联立抛物线方程,得 2=4,=1(-1),消去 y,得1
3、2x2-212x-4x+12=0,所以 x1+x2=212+412.同理,直线 l2 与抛物线的交点满足 x3+x4=222+422.由抛物线定义可知|AB|+|DE|=x1+x2+x3+x4+2p=212+412+222+422+4=412+422+82 161222+8=16,当且仅当 k1=-k2=1(或-1)时,取得等号.方法二:如图所示,由题意可得 F(1,0),设 AB 倾斜角为 不妨令 0,2 .作 AK1垂直准线,AK2垂直 x 轴,结合图形,根据抛物线的定义,可得|cos+|=|1|,|1|=|,|=2,所以|AF|cos+2=|AF|,即|AF|=21-cos.同理可得|B
4、F|=21+cos,所以|AB|=41-cos2=4sin2.又 DE 与 AB 垂直,即 DE 的倾斜角为2+,则|DE|=4sin2 2+=4cos2,所以|AB|+|DE|=4sin2+4cos2=4sin2cos2=414sin22=16sin2216,当=4时取等号,即|AB|+|DE|最小值为 16,故选 A.-5-热点考题诠释高考方向解读-6-热点考题诠释高考方向解读3.(2017 山东,理 21)在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 E:22+22=1(ab0)的离心率为 22,焦距为 2.(1)求椭圆 E 的方程.(2)如图,动直线 l:y=k1x-32 交椭圆 E 于 A,B
5、 两点,C 是椭圆 E 上一点,直线 OC 的斜率为 k2,且 k1k2=24,M 是线段 OC 延长线上一点,且|MC|AB|=23,M的半径为|MC|,OS,OT是M的两条切线,切点分别为S,T,求SOT 的最大值并求取得最大值时直线 l 的斜率.-7-热点考题诠释高考方向解读解:(1)由题意知 e=22,2c=2,所以 a=2,b=1,因此椭圆 E 的方程为22+y2=1.(2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),联立方程 22+2=1,=1-32,得(412+2)x2-4 3k1x-1=0,由题意知 0,且 x1+x2=2 31212+1,x1x2=-12(212+1).所以|AB
6、|=1+12|x1-x2|=2 1+12 1+8121+212.-8-热点考题诠释高考方向解读由题意可知圆 M 的半径 r 为r=23|AB|=2 23 1+12 1+812212+1.由题设知 k1k2=24,所以 k2=241,因此直线 OC 的方程为 y=241x.联立方程 22+2=1,=241 1,得 x2=8121+412,y2=11+412,因此|OC|=2+2=1+8121+412.-9-热点考题诠释高考方向解读由题意可知 sin 2=+|=11+|,而|=1+8121+4122 23 1+12 1+8121+212=3 241+212 1+412 1+12,令 t=1+212
7、,则 t1,1(0,1),因此|=32 22+-1=321 2+1-12=321-1-12 2+941,-10-热点考题诠释高考方向解读当且仅当1=12,即 t=2 时等号成立,此时 k1=22,所以 sin 2 12,因此2 6.所以SOT 最大值为3.综上所述:SOT 的最大值为3,取得最大值时直线 l 的斜率为k1=22.-11-热点考题诠释高考方向解读4.(2017 天津,理 19)设椭圆22+22=1(ab0)的左焦点为 F,右顶点为A,离心率为12,已知A是抛物线y2=2px(p0)的焦点,F到抛物线的准线l 的距离为12.(1)求椭圆的方程和抛物线的方程;(2)设 l 上两点 P
8、,Q 关于 x 轴对称,直线 AP 与椭圆相交于点 B(B 异于点 A),直线 BQ 与 x 轴相交于点 D.若APD 的面积为 62,求直线 AP的方程.-12-热点考题诠释高考方向解读解:(1)设 F 的坐标为(-c,0).依题意,=12,2=a,a-c=12,解得 a=1,c=12,p=2,于是 b2=a2-c2=34.所以,椭圆的方程为 x2+423=1,抛物线的方程为 y2=4x.(2)设直线 AP 的方程为 x=my+1(m0),与直线 l 的方程 x=-1 联立,可得点 P-1,-2,故 Q-1,2.将 x=my+1 与 x2+423=1 联立,消去 x,整理得(3m2+4)y2
9、+6my=0,解得 y=0 或 y=-632+4.由点 B 异于点 A,可得点 B-32+432+4,-632+4.-13-热点考题诠释高考方向解读由 Q-1,2,可得直线 BQ 的方程为-632+4-2(x+1)-32+432+4+1 -2=0,令 y=0,解得 x=2-3232+2,故 D 2-3232+2,0.所以|AD|=1-2-3232+2=6232+2.又因为APD 的面积为 62,故12 6232+2 2|=62,整理得 3m2-2 6|m|+2=0,解得|m|=63,所以 m=63.所以,直线 AP 的方程为 3x+6y-3=0 或 3x-6y-3=0.-14-热点考题诠释高考
10、方向解读5.(2017 浙江,21)如图,已知抛物线 x2=y,点 A-12,14,B 32,94,抛物线上的点 P(x,y)-12 32.过点 B 作直线 AP 的垂线,垂足为 Q.(1)求直线 AP 斜率的取值范围;(2)求|PA|PQ|的最大值.-15-热点考题诠释高考方向解读解:(1)设直线 AP 的斜率为 k,k=2-14+12=x-12,因为-12xb0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3-1,32 ,P4 1,32 中恰有三点在椭圆 C 上.(1)求C的方程;(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为-1,证明l过定点.-26-
11、命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四解:(1)由于 P3,P4 两点关于 y 轴对称,故由题设知 C 经过 P3,P4两点.又由 12+12 12+342知,C 不经过点 P1,所以点 P2 在 C 上.因此 12=1,12+342=1,解得 2=4,2=1.故 C 的方程为24+y2=1.-27-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四(2)设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1,k2,如果 l 与 x 轴垂直,设 l:x=t,由题设知 t0,且|t|0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=-842+1,x1x2=42-442+1.-28-命题热点一命题热
12、点二命题热点三命题热点四而 k1+k2=1-11+2-12=1+-11+2+-12=212+(-1)(1+2)12.由题设 k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0.即(2k+1)42-442+1+(m-1)-842+1=0.解得 k=-+12.当且仅当 m-1 时,0,于是 l:y=-+12 x+m,即 y+1=-+12(x-2),所以 l 过定点(2,-1).-29-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四规律方法1.求解直线和曲线过定点问题的基本思路是把直线或曲线方程中的变量x,y当作常数看待,并把方程一端化为零,既然是过定点,那么这个方程要对任意参数都成立
13、,这时参数的系数就要全部等于零,这样就得到一个关于x,y的方程组,这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.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和题目中的参数无关,不依参数的变化而变化.而始终是一个确定的值.常见的方法:(1)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关;(2)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值.-30-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四迁移训练 2 如图,已知椭圆 :22+22=1(ab0)经过不同的三点 A 52,54 ,B-12,-34,C(C 在第三象限
14、),线段 BC 的中点在直线 OA上.(1)求椭圆的方程及点C的坐标.(2)设点P是椭圆上的动点(异于点A,B,C),且直线PB,PC分别交直线OA于M,N两点,问|OM|ON|是否为定值?若是,求出定值;若不是,请说明理由.-31-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四解:(1)由点 A,B 在椭圆 上,得 542+5162=1,142+9162=1,解得 2=52,2=58.所以椭圆 的方程为252+258=1.由已知,求得直线 OA 的方程为 x-2y=0,设 C(m,n),则 BC 中点为 2-14,2-38.从而 m=2n-1.又点 C 在椭圆 上,故 2m2+8n2=5.由解得
15、n=34(舍去)或 n=-14.从而 m=-32,所以点 C 的坐标为-32,-14.-32-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四(2)设 P(x0,y0),M(2y1,y1),N(2y2,y2).因 P,B,M 三点共线,故1+3421+12=0+340+12,整理得 y1=30-204(20-0+1).因 P,C,N 三点共线,故2+1422+32=0+140+32,整理得 y2=0-604(20-0-1).因点 P 在椭圆 上,故 202+802=5,即02=52-402.从而y1y2=(30-20)(0-60)16(20-0)2-1=302-2000+120216(402+02-4
16、00-1)=3 52-402-2000+120216 52-400-1=5 32-400 16 32-400=516.所以|OM|ON|=5|y1|5|y2|=5|y1y2|=2516为定值.-33-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四命题热点三 圆锥曲线的最值、范围问题(热度:)例3已知O为坐标原点,F是抛物线E:y2=4x的焦点.(1)过F作直线l交抛物线E于P,Q两点,求的值;(2)过点T(t,0)作两条互相垂直的直线分别交抛物线E于A,B,C,D四点,且M,N分别为线段AB,CD的中点,求TMN面积的最小值.-34-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四解:(1)设直线 l 的方
17、程为 l:x=ty+1,P(x1,y1),Q(x2,y2),由 =+1,2=4,得 y2-4ty-4=0.所以 y1y2=-4,x1x2=1.所以 =x1x2+y1y2=-3.(2)根据题意,直线 AB,CD 斜率存在,设 AB:x=my+t,CD:x=-1y+t,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),由 =+,2=4,得 y2-4my-4t=0,所以1+22=2m,1+22=2m2+t,-35-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四所以 M(2m2+t,2m),同理可得 N 22+,-2.所以|TM|=44+42=2|m|2+1,|TN|=44+42=2|
18、2 2+1.所以 STMN=12|TM|TN|=2|+1|4,当且仅当|m|=1 时,面积取最小值 4.-36-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四规律方法圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法(1)几何法:若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质来解决.(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,则可首先建立起目标函数,再求这个函数的最值.在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑:利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;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在两个参数之间建立等量关系;利用隐含或已知的不等关系建立不等式
19、,从而求出参数的取值范围;利用基本不等式求出参数的取值范围;利用函数的值域的求法,确定参数的取值范围.-37-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四迁移训练3 已知点内,过P的直线l与椭圆C相交于A,B两点,且点P是线段AB的中点,O为坐标原点.(1)是否存在实数t,使直线l和直线OP的倾斜角互补?若存在,求出t的值;若不存在,试说明理由.(2)求OAB面积S的最大值.P,12 在椭圆 C:22+y2=1-38-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四解:(1)存在.由题意直线 l 的斜率必存在,设直线 l 的方程是 y-12=k(x-t),代入 x2+2y2=2 得(1+2k2)x2+4k
20、-+12 x+2-+12 2-2=0.设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=2t,即4-12 1+22=2t,解得 k=-t,-39-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四此时方程即(1+2t2)x2-4t 2+12 x+2 2+12 2-2=0,由=-8t4+8t2+60,解得 0t232.当 t=0 时,显然不符合题意;当 t0 时,设直线 OP 的斜率为 k1,只需 k1+k=0,即 12+(-t)=0,解得 t=22,均符合题意.(2)由(1)知 l 的方程是 y=-tx+t2+12,所以 S=12 2+12|x1-x2|=12 2+12 -84+82+61+22=
21、14 -84+82+6,因为 0t2b0)过点(0,2),且离心率 e=22.(1)求椭圆 E 的方程;(2)设直线l:x=my-1(mR)交椭圆 E于A,B 两点,判断点G-94,0 与以线段 AB 为直径的圆的位置关系,并说明理由.-41-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四解:(1)由已知,得 =2,=22,2=2+2,解得 =2,=2,=2.所以椭圆 E 的方程为24+22=1.(2)设点 A(x1,y1),B(x2,y2),AB 的中点为 H(x0,y0).由 =-1,24+22=1得(m2+2)y2-2my-3=0,所以 y1+y2=22+2,y1y2=-32+2,从而 y0=
22、2+2.-42-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四所以|GH|2=0+94 2+02=0+54 2+02=(m2+1)02+52my0+2516.|24=(1-2)2+(1-2)24=(1+2)(1-2)24=(1+2)(1+2)2-4124=(1+m2)(02-y1y2),故|GH|2-|24=52my0+(1+m2)y1y2+2516=522(2+2)3(1+2)2+2+2516=172+216(2+2)0,所以|GH|2.故点 G-94,0 在以 AB 为直径的圆外.-43-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四规律方法1.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
23、存在,若结论不正确则不存在.注意以下几点:(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.2.存在性问题的解题步骤:(1)先假设存在,引入参变量,根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).(2)解此方程(组)或不等式(组),若有解则存在;若无解则不存在.(3)得出结论.-44-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四迁移训练 4 椭圆22+22=1(ab0)的离心率为13,左焦点 F 到直线 l:x=9 的距离为 10,圆 G:(x-1)2+y2=1,(
24、1)求椭圆的方程.(2)是否存在以椭圆上点 M 为圆心的圆 M,使得过圆 M 上任意一点 N 作圆 G 的切线,切点为 T,都满足|=2?若存在,求出圆 M 的方程;若不存在,请说明理由.-45-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四解:(1)由题意得 =13,+9=10,2-2=2,解得 =3,=2 2,=1.所以椭圆的方程为29+28=1.-46-命题热点一命题热点二命题热点三命题热点四(2)设圆 M:(x-m)2+(y-n)2=r2(r0),其中29+28=1,则x2+y2=2mx+2ny-m2-n2+r2.由于|=2,则(x+1)2+y2=2(x-1)2+y2-1,即 x2+y2-6
25、x-1=0,代入 x2+y2=2mx+2ny-m2-n2+r2,得2(m-3)x+2ny-m2-n2+r2-1=0 对圆 M 上任意点 N 恒成立.只要使-3=0,=0,2=2+2+1,即 =3,=0,=10,经检验满足29+28=1.故存在符合条件的圆,它的方程是(x-3)2+y2=10.-47-答题规范提分 解答题解题过程要求“写出文字说明、证明过程或演算步骤”,因此,在解答题答题过程中应该有规范的书写步骤,分步得分.(1)求椭圆L的方程;(2)求证:直线BC过定点M,并求出定点M的坐标;求OBC面积的最大值.例题(本题 15 分)已知椭圆 L:22+22=1(a,b0)的离心率为 22,
26、过点 1,22 ,与 x 轴不重合的直线,过定点 T(m,0)(m 为大于 a 的常数),且与椭圆 L 交于两点 A,B(可以重合),点 C 为点 A 关于 x 轴的对称点.-48-解:(1)由题,=2,12+122=1,解得 2=2,2=1.所以椭圆 L 的方程为22+y2=1.4 分(2)证明:由对称性可知若直线 BC 过定点,则定点必在 x 轴上.设直线 l 的方程为 x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),C(x1,-y1),代入22+y2=1,可得(t2+2)y2+2tmy+m2-2=0,(a)则 =8(2-2+2)0,1+2=-22+2,12=2-22+2.(b)7 分-
27、49-设直线 BC 的方程为 y+y1=2+12-1(x-x1),令 y=0,则 x=12+211+2=2121+2+m=2,所以直线 BC 过定点 M 2,0.11 分记OBC 的面积为 S,则 S=12|OM|y2-(-y1)|=12|2+2=2|+2|.由(b)可知,|t|2-2(m 2).13 分()当 2-2 2,即 m2 时,Smax=2 2-2+2 2-2.()当 20,y1+y2=-632+4,y1y2=32-1232+4.由 M,N,S 三点共线知 kNS=kMS,即11-4=-22-4,所以 y1(my2+t-4)+y2(my1+t-4)=0,整理得 2my1y2+(t-4
28、)(y1+y2)=0,所以2(32-12)-6(-4)32+4=0,即 24m(t-1)=0,t=1,所以直线 NQ 过定点 D(1,0).-52-12342.(1)求椭圆C的方程;(2)过动点M(0,m)(m0)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.设直线PM,QM的斜率分别为k,k,证明 为定值;求直线AB的斜率的最小值.已知椭圆 C:22+22=1(ab0)的长轴长为 4,焦距为 2 2.-53-1234解:(1)设椭圆的半焦距为 c.由题意知 2a=4,2c=2 2,所以 a=2,b=2-2=2.
29、所以椭圆 C 的方程为24+22=1.(2)证明:设 P(x0,y0)(x00,y00).由 M(0,m),可得 P(x0,2m),Q(x0,-2m).所以直线 PM 的斜率 k=2-0=0,直线 QM 的斜率 k=-2-0=-30.此时=-3.所以为定值-3.-54-1234设 A(x1,y1),B(x2,y2).直线 PA 的方程为 y=kx+m,直线 QB 的方程为 y=-3kx+m.联立 =+,24+22=1,整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0.由 x0 x1=22-422+1,可得 x1=2(2-2)(22+1)0,所以 y1=kx1+m=2(2-2)(22+1)0+
30、m,-55-1234同理 x2=2(2-2)(182+1)0,y2=-6(2-2)(182+1)0+m.所以 x2-x1=2(2-2)(182+1)0 2(2-2)(22+1)0=-322(2-2)(182+1)(22+1)0,y2-y1=-6(2-2)(182+1)0+m-2(2-2)(22+1)0-m=-8(62+1)(2-2)(182+1)(22+1)0,所以 kAB=2-12-1=62+14=14 6+1.由 m0,x00,可知 k0,所以 6k+12 6,等号当且仅当 k=66 时取得.此时 4-82=66,即 m=147,符合题意.所以直线 AB 的斜率的最小值为 62.-56-1
31、2343.已知直线 l 与椭圆 C:22+22=1(ab0)交于 A,B 两点,M 为线段 AB的中点,延长 OM 交椭圆 C 于 P.(1)若直线 l 与直线 OM 的斜率之积为-14,且椭圆的长轴为 4,求椭圆 C的方程;(2)若四边形 OAPB 为平行四边形,求四边形 OAPB 的面积.-57-1234解:(1)设 A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),直线 AB 的斜率为 k=1-21-2,直线 OM 的斜率kOM=00,x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,由 122+122=1,222+222=1,(1+2)(1-2)2+(1+2)(1-2)2=0,k=1-21-
32、2=-22 00.由直线 l 与直线 OM 的斜率之积为-14,则-22 00 00=-14,22=14,由 2a=4,a=2,则 b=1,椭圆的标准方程为24+y2=1.-58-1234(2)当直线 l的斜率不存在时,直线l交椭圆于 2,32 ,2,-32 或-2,32 ,-2,-32 .则 S=32 ab,当直线 l 的斜率存在时,设直线 l 的方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),由 OAPB 为平行四边形,则P(x1+x2,y1+y2),=+,22+22=1,整理得(a2k2+b2)x2+2kma2x+a2m2-a2b2=0,由 0,整理得 m2b0
33、)的左、右焦点分别为 F1,F2,离心率为12,直线 y=1 与椭圆 C 的两个交点间的距离为4 63.(1)求椭圆C的方程;(2)分别过F1,F2作l1,l2满足l1l2,设l1,l2与C的上半部分分别交于A,B两点,求四边形ABF2F1面积的最大值.-61-1234解:(1)易知椭圆过点 2 63,1,所以 832+12=1,又=12,a2=b2+c2,由得 a2=4,b2=3,所以椭圆的方程为24+23=1.(2)设直线 l1:x=my-1,它与椭圆 C 的另一个交点为 D.与24+23=1 联立,消去 x,得(3m2+4)y2-6my-9=0,=144(m2+1)0.y1+y2=632+4,y1y2=-932+4,-62-1234|AD|=1+2|y1-y2|=1+2 12 1+232+4,又 F2 到 l1 的距离为 d=2 1+2,所以2=12 1+232+4.令 t=1+21,则2=123+1,所以当 t=1 时,最大值为 3.又四边形21=12(|BF2|+|AF1|)d=12(|AF1|+|DF1|)d=12|AD|d=2,所以四边形 ABF2F1 面积的最大值为 3.
