1、数学 苏（理）高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题 考点自测 高考题型突破 练 出 高 分 基础知识自主学习 考点自测 题号 答案 解析 1 2 3 4 5 x24y2312123，)34依题意可知双曲线的渐近线方程为 ybax，与抛物线方程联立消去 y 得 x2bax20.渐近线与抛物线有交点，b2a280，求得 b28a2，ca2b23a，eca3.高考题型突破 题型一 圆锥曲线中的范围、最值问题 例 1 如图所示，在直角坐标系 xOy 中，点 P(1，12)到抛物线 C：y22px(p0)的准线的距离为54.点 M(t,1)是 C 上的定点，A，B 是 C 上的两动点，且线段 AB 的中点
2、 Q(m，n)在直线 OM 上.高考题型突破(1)求曲线C的方程及t的值；解析 思维升华 高考题型突破 解 y22px(p0)的准线为 xp2，1(p2)54，p12，抛物线C的方程为y2x.又点M(t,1)在曲线C上，t1.(1)求曲线C的方程及t的值；解析 思维升华 高考题型突破 圆锥曲线中最值问题的解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.(1)求曲线C的方程及t的值；解析 思维升华 高考题型突破 思维点拨 解析 思维
3、升华(2)记 d|AB|14m2，求 d 的最大值.高考题型突破(2)记 d|AB|14m2，求 d 的最大值.用点差法求kAB，用m表示出AB，利用基本不等式求最值.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破(2)记 d|AB|14m2，求 d 的最大值.解 由(1)知，点M(1,1)，从而nm，即点Q(m，m)，依题意，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的斜率为k(k0).且A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y21x1，y22x2，得(y1y2)(y1y2)x1x2，故 k2m1，思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破(2)记 d|AB|14m2，求 d 的最大值.直线 AB 的方程
4、为 ym 12m(xm)，即x2my2m2m0.由x2my2m2m0，y2x消去 x，整理得y22my2m2m0，4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破(2)记 d|AB|14m2，求 d 的最大值.从而 AB11k2|y1y2|14m24m4m2214m2mm2.dAB14m22m1mm(1m)1，当且仅当 m1m，即 m12时，上式等号成立，又 m12满足 4m4m20.d 的最大值为 1.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破(2)记 d|AB|14m2，求 d 的最大值.圆锥曲线中最值问题的解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的
5、定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破 跟踪训练 1 已知点 A(1,0)，B(1,0)，动点 M 的轨迹曲线C 满足AMB2，|AM|BM|cos23，过点 B 的直线交曲线 C 于 P，Q 两点.(1)求|AM|BM|的值，并写出曲线 C 的方程；高考题型突破 解 设M(x，y)，在MAB中，AB2，AMB2，根据余弦定理得|AM|2|BM|22|AM|BM|cos 24.即(|AM|BM|)22|AM|BM|(1cos 2)4
6、.(|AM|BM|)24|AM|BM|cos24.而|AM|BM|cos23，高考题型突破 所以(|AM|BM|)2434.所以|AM|BM|4.又|AM|BM|42AB，因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，a2，c1.所以曲线 C 的方程为x24y231.高考题型突破(2)求APQ面积的最大值.解 设直线PQ的方程为xmy1.由 xmy1，x24y231，消去x并整理得(3m24)y26my90.显然方程的0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 SAPQ122|y1y2|y1y2|.高考题型突破 由根与系数的关系得 y1y26m3m24，y1y293m24.
7、所以(y1y2)2(y1y2)24y1y2483m233m242.令 t3m23，则 t3，(y1y2)248t1t2.高考题型突破 由于函数(t)t1t在3，)上是增函数，所以 t1t103，当 t3m233，即 m0 时取等号.所以(y1y2)2 48103 29，即|y1y2|的最大值为 3.所以APQ面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为x1.高考题型突破 题型二 圆锥曲线中的定点、定 值问题 解析 思维升华 例2 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1的左，右顶点分别为A，B，右焦点为F.设过点T(t，m)的直线TA，TB与此椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m0，
8、y10，y20，y10，y20，y10，y20，y2b0)的离心率 e32，ab3.(1)求椭圆C的方程；解 因为 e 32 ca，所以 a 23c，b 13c.代入 ab3 得，c 3，a2，b1.故椭圆 C 的方程为x24y21.高考题型突破(2)如图所示，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：2mk为定值.高考题型突破 证明 方法一 因为 B(2,0)，点 P 不为椭圆顶点，则直线 BP的方程为 yk(x2)(k0，k12)，代入x24y21，解得 P8k224k21，4k4k21.直
9、线 AD 的方程为 y12x1.与联立解得 M4k22k1，4k2k1.高考题型突破 由 D(0,1)，P8k224k21，4k4k21，N(x,0)三点共线知4k4k2118k224k21001x0，解得 N4k22k1，0.所以 MN 的斜率为 m4k2k104k22k14k22k1高考题型突破 4k2k122k1222k122k14.则 2mk2k12k12(定值).方法二 设 P(x0，y0)(x00，2)，则 k y0 x02，直线 AD 的方程为 y12(x2)，高考题型突破 直线 BP 的方程为 y y0 x02(x2)，直线 DP 的方程为 y1y01x0 x，令 y0，由于
10、y01 可得 Nx0y01，0，联立y12x2，y y0 x02x2，高考题型突破 解得 M4y02x042y0 x02，4y02y0 x02，因此 MN 的斜率为 m4y02y0 x024y02x042y0 x02 x0y01 4y0y014y208y04x0y0 x2044y0y014y208y04x0y044y204y012y0 x02.高考题型突破 所以 2mk2y012y0 x02 y0 x022y01x02y02y0 x022y0 x02x022y01x022y20y0 x022y0 x02x022y01x02124x20y0 x022y0 x02x0212(定值).高考题型突破
11、思维点拨 解析 思维升华 题型三 圆锥曲线中的探索性问题 例3(2014福建)已知曲线上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y3的距离小2.(1)求曲线的方程；高考题型突破 题型三 圆锥曲线中的探索性问题 设S(x，y)为曲线上的任意一点，利用抛物线的定义，判断S满足抛物线的定义，即可求曲线的方程；思维点拨 解析 思维升华 例3(2014福建)已知曲线上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y3的距离小2.(1)求曲线的方程；高考题型突破 题型三 圆锥曲线中的探索性问题 例3(2014福建)已知曲线上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y3的距离小2.(1)求曲线的方程；思维点拨 解析 思维升华
12、 解 方法一 设S(x，y)为曲线上任意一点，依题意，点S到F(0,1)的距离与它到直线y1的距离相等，所以曲线是以点F(0,1)为焦点、直线y1为准线的抛物线，所以曲线的方程为x24y.高考题型突破 题型三 圆锥曲线中的探索性问题 例3(2014福建)已知曲线上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y3的距离小2.(1)求曲线的方程；思维点拨 解析 思维升华 方法二 设S(x，y)为曲线上任意一点，则|y(3)|x02y122，依题意，点S(x，y)只能在直线y3的上方，所以y3，所以 x02y12y1，化简，得曲线的方程为x24y.高考题型突破 题型三 圆锥曲线中的探索性问题 例3(2014
13、福建)已知曲线上的点到点F(0,1)的距离比它到直线y3的距离小2.(1)求曲线的方程；探索性问题通常采用“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(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.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破 思维点拨 解析 思维升华(2)曲线在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度
14、是否发生变化？证明你的结论.高考题型突破(2)曲线在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论.通过抛物线方程利用函数的导数求出切线方程，求出A、M的坐标，N的坐标，以MN为直径作圆C，求出圆心坐标，半径是常数，即可证明当点P在曲线上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度不变.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破(2)曲线在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆
15、C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论.思维点拨 解析 思维升华 解 当点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变.证明如下：由(1)知抛物线 的方程为 y14x2，设 P(x0，y0)(x00)，则 y014x20，由 y12x，得切线 l 的斜率 ky0|x x12x0，所以切线 l 的方程为 yy012x0(xx0)，高考题型突破(2)曲线在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长
16、度是否发生变化？证明你的结论.即 y12x0 x14x20.由 y12x0 x14x20，y0得 A(12x0,0).由y12x0 x14x20，y3得 M(12x06x0，3).思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破(2)曲线在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论.又 N(0,3)，所以圆心 C(14x03x0，3)，半径 r12MN|14x03x0|，AB AC2r212x014x03x023214x03x02 6.思
17、维点拨 解析 思维升华 所以点P在曲线上运动时，线段AB的长度不变.高考题型突破(2)曲线在点P处的切线l与x轴交于点A，直线y3分别与直线l及y轴交于点M，N.以MN为直径作圆C，过点A作圆C的切线，切点为B.试探究：当点P在曲线上运动(点P与原点不重合)时，线段AB的长度是否发生变化？证明你的结论.反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破 跟踪训练3 已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：x 3 2 4 y 0 4 2 3222高考题型突破(1)求C1，C2的标准方
18、程；解 设抛物线 C2：y22px(p0)，则有y2x 2p(x0)，据此验证四个点知(3，2 3)，(4，4)在 C2 上，易求得C2的标准方程为y24x.设椭圆 C1：x2a2y2b21(ab0)，高考题型突破 把点(2,0)，(2，22)代入得 4a21，2a2 12b21，解得a24b21，所以 C1 的标准方程为x24y21.高考题型突破(2)是否存在直线 l 满足条件：过 C2 的焦点 F；与 C1 交于不同的两点 M，N，且满足OM ON？若存在，求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由.解 容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意.当直线l的斜率存在时，设其方程为yk(x1
19、)，与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2).高考题型突破 由 x24y21，ykx1，消去y并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0，于是 x1x2 8k214k2，x1x24k2114k2.高考题型突破 所以y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)1 k24k2114k2 8k214k21 3k214k2.由OM ON，即OM ON 0，得 x1x2y1y20.(*)将代入(*)式，得4k2114k2 3k214k2k2414k20，解得k2，所以存在直线l满足条件，且直线l的方程为2xy20或2xy20.高考题型突破 题型四 直线、圆及圆锥曲线的交汇问题 例
20、 4(2013浙江)如图，点 P(0，1)是椭圆 C1：x2a2y2b21(ab0)的一个顶点，C1 的长轴是圆 C2：x2y24 的直径.l1，l2 是过点 P 且互相垂直的两条直线，其中 l1 交圆 C2 于 A，B 两点，l2 交椭圆 C1 于另一点 D.高考题型突破(1)求椭圆C1的方程；思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破 根据椭圆的几何性质易求出a，b的值，从而写出椭圆的方程；思维点拨 解析 思维升华(1)求椭圆C1的方程；高考题型突破 解 由题意得b1，a2.所以椭圆 C1 的方程为x24y21.思维点拨 解析 思维升华(1)求椭圆C1的方程；高考题型突破 对直线、圆及圆锥曲线
21、的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力.思维点拨 解析 思维升华(1)求椭圆C1的方程；高考题型突破(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程.要求ABD的面积，需要求出AB，PD的长，AB是圆的弦，考虑用圆的知识来求，PD应当考虑用椭圆的相关知识来求.求出AB，PD的长后，表示出ABD的面积，再根据式子的形式选择适当的方法求最值.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破(2)求ABD面积取最大值时直
22、线l1的方程.解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0).由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆C2：x2y24，故点 O 到直线 l1 的距离 d1k21，所以 AB24d224k23k21.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程.又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由 xkyk0，x24y24.消去y，整理得(4k2)x28kx0，故 x0 8k4k2.所以 PD8k214k2.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程.设ABD的面积为S，则 S12A
23、BPD84k234k2，所以 S324k23134k233224k23134k2316 1313，当且仅当 k 102 时取等号.所以所求直线 l1 的方程为 y 102 x1.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程.对直线、圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力.思维点拨 解析 思维升华 高考题型突破 跟踪训练 4 如图，已知圆 M：(x 2)2y273，椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右顶点为圆 M 的圆心，左焦点
24、与双曲线x2y21 的左顶点重合.高考题型突破(1)求椭圆C的方程；解 由题意，得圆心 M(2，0)，双曲线的左顶点(1,0)，所以 a 2，c1，b1，椭圆 C 的方程为x22y21.高考题型突破(2)已知直线l：ykx与椭圆C分别交于两点A，B，与圆M分别交于两点G，H(其中点G在线段AB上)，且AGBH，求k的值.解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由直线 l 与椭圆相交于两点 A，B，则ykx，x22y220，所以(12k2)x220，则 x1x20，x1x2212k2，高考题型突破 所以 AB1k2812k281k212k2.点 M(2，0)到直线 l 的距离 d|2k|1k2
25、，则 GH2r2d22 73 2k21k2.显然，若点H也在线段AB上，则由对称性知，直线ykx就是y轴，矛盾.高考题型突破 因为AGBH，所以ABGH，即81k212k2 473 2k21k2，整理得4k43k210.解得k21，即k1.练出高分 234561练出高分 2345611.在平面直角坐标系xOy中，直线l与抛物线y24x相交于不同的A，B两点.(1)如果直线 l 过抛物线的焦点，求OA OB 的值；解 由题意：抛物线焦点为(1,0)，设l：xty1，代入抛物线y24x，消去x得y24ty40，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，练出高分 234561则y1y24t，y1y24，
26、OA OB x1x2y1y2(ty11)(ty21)y1y2t2y1y2t(y1y2)1y1y2 4t24t2143.练出高分 234561(2)如果OA OB 4，证明：直线 l 必过一定点，并求出该定点.解 设l：xtyb，代入抛物线y24x，消去x得y24ty4b0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24t，y1y24b.OA OB x1x2y1y2(ty1b)(ty2b)y1y2练出高分 234561t2y1y2bt(y1y2)b2y1y24bt24bt2b24bb24b.令b24b4，b24b40，b2，直线l过定点(2,0).若OA OB 4，则直线 l 必过一定点(2
27、,0).练出高分 3456122.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2，0)为其右焦点.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.练出高分 345612解 方法一(1)依题意，可设椭圆 C 的方程为x2a2y2b21(ab0)，且可知其左焦点为F(2,0).从而有c2，2aAFAF358，解得c2，a4.又a2b2c2，所以b212，故椭圆 C 的方程为x216y2121.练出高分 345612(2)假设存在符合题意的直线 l，设其方程为 y32xt.由y3
28、2xt，x216y2121，得 3x23txt2120.因为直线L与椭圆C有公共点，所以(3T)243(T212)0，解得4 3t4 3.练出高分 345612另一方面，由直线 OA 与 l 的距离 d4，得|t|9414，解得 t2 13.由于2 134 3，4 3，所以符合题意的直线l不存在.练出高分 345612方法二(1)依题意，可设椭圆 C 的方程为x2a2y2b21(ab0)，且有 4a2 9b21，a2b24.解得 b212，b23(舍去).从而a216.所以椭圆 C 的方程为x216y2121.(2)同方法一.练出高分 2456133.已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)
29、与双曲线 x24v y21v1(1v4)有公共焦点，过椭圆 C 的右顶点 B 任意作直线 l，设直线 l 交抛物线 y22x 于 P、Q 两点，且 OPOQ.(1)求椭圆C的方程；练出高分 245613解 1vb0)，则 c1，练出高分 235614又AFFB(ac)(ac)a2c21.a22，b21，故椭圆的标准方程为x22y21.练出高分 235614(2)记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于P，Q两点，问：是否存在直线l，使点F恰为PQM的垂心，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.解 假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F恰为PQM的垂心，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
30、M(0,1)，F(1,0)，直线l的斜率k1.练出高分 235614于是设直线l为yxm，由 yxm，x22y21得3x24mx2m220，x1x243m，x1x22m223.练出高分 235614MP FQ x1(x21)y2(y11)0.又yixim(i1,2)，x1(x21)(x2m)(x1m1)0，即2x1x2(x1x2)(m1)m2m0.(*)将代入(*)式得 22m2234m3(m1)m2m0，练出高分 235614解得 m43或 m1，经检验 m43符合条件.故存在直线l，使点F恰为PQM的垂心，直线 l 的方程为 yx43.练出高分 2346155.已知椭圆 C 的中心为坐标原
31、点 O，一个长轴顶点为(0,2)，它的两个短轴顶点和焦点所组成的四边形为正方形，直线 l与 y 轴交于点 P(0，m)，与椭圆 C 交于异于椭圆顶点的两点A，B，且AP2PB.(1)求椭圆的方程；练出高分 234615解 由题意，知椭圆的焦点在y轴上，设椭圆方程为y2a2x2b21(ab0)，由题意，知 a2，bc，又 a2b2c2，则 b 2，所以椭圆方程为y24x221.练出高分 234615(2)求m的取值范围.解 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，知直线l的斜率存在，设其方程为ykxm，与椭圆方程联立，即y22x24，ykxm，消去 y，得(2k2)x22mkxm240，(
32、2mk)24(2k2)(m24)0，练出高分 234615由根与系数的关系，知x1x2 2mk2k2，x1x2m242k2，又AP2PB，即有(x1，my1)2(x2，y2m)，所以x12x2.练出高分 234615则 x1x2x2，x1x22x22，所以m242k222mk2k2 2.整理，得(9m24)k282m2，又9m240时等式不成立，所以 k282m29m240，得49m20.所以 m 的取值范围为2，23 23，2.练出高分 2345166.在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2y21.(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三
33、角形的面积.解 双曲线 C1：x212y21，左顶点 A 22，0，渐近线方程：y 2x.练出高分 234516不妨取过点 A 与渐近线 y 2x 平行的直线方程为y 2x 22，即 y 2x1.解方程组y 2x，y 2x1得x 24，y12.所以所求三角形的面积为 S12OA|y|28.练出高分 234516(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点.若l与圆x2y21相切，求证：OPOQ.证明 设直线PQ的方程是yxb.因为直线 PQ 与已知圆相切，故|b|21，即 b22.由yxb，2x2y21 得 x22bxb210.练出高分 234516设 P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则x1
34、x22b，x1x21b2.又y1y2(x1b)(x2b)，所以OP OQ x1x2y1y22x1x2b(x1x2)b22(1b2)2b2b2b220.故OPOQ.练出高分 234516(3)设椭圆C2：4x2y21.若M、N分别是C1、C2上的动点，且OMON，求证：O到直线MN的距离是定值.ON1，OM 22，则 O 到直线 MN 的距离为 33.证明 当直线ON垂直于x轴时，当直线ON不垂直于x轴时，设直线 ON 的方程为 ykx显然|k|22，练出高分 234516则直线 OM 的方程为 y1kx.由ykx，4x2y21 得x214k2，y2 k24k2，所以 ON21k24k2.练出高分 234516同理 OM21k22k21.设O到直线MN的距离为d，因为(OM2ON2)d2OM2ON2，所以 1d2 1OM2 1ON23k23k21 3，即 d 33.综上，O到直线MN的距离是定值.
