1、第9节 圆锥曲线的综合问题考试要求 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.知 识 梳 理 1.求定值问题常见的方法有两种：(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.2.定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为ykxb，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.3.求解范围问题的方法 求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目
2、标的范围，要特别注意变量的取值范围.4.圆锥曲线中常见最值的解题方法(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；(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，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.5.圆锥曲线的弦长 设斜率为 k(k0)的直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A，B 两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|1k2|x1x2|_11k2|y1y2|_.1k2（x1x2）24x1x211k2（y1y2）24y1y2常用结论与微点提醒 1.直线与椭圆位置关系的有关结论(1)过椭圆
3、外一点总有两条直线与椭圆相切；(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.2.直线与抛物线位置关系的有关结论(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，即两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条与对称轴平行或重合的直线.诊 断 自 测 1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”)(1)直线 l 与椭圆 C 相切的充要条件是：直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点.()(2)直
4、线 l 与双曲线 C 相切的充要条件是：直线 l 与双曲线 C 只有一个公共点.()(3)直线 l 与抛物线 C 相切的充要条件是：直线 l 与抛物线 C 只有一个公共点.()(4)如果直线 xtya 与圆锥曲线相交于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|1t2|y1y2|.()解析(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.答案(1)(2)(3)(4)2.(老教材选修21P71例6改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线y24x仅有一个公共点，这样的直线有
5、()A.1条B.2条C.3条D.4条 解析 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x0，过点(0，1)且平行于x轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x0).答案 C 3.(老教材选修21P69例4改编)已知倾斜角为60的直线l通过抛物线x24y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则弦|AB|_.解析 法一 直线 l 的方程为 y 3x1，由y 3x1，x24y，得 y214y10.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y214，|AB|y1y2p14216.答案 16 法二 如图所示，过 F 作 AD 的垂线，垂足为 H，则|AF|AD|p|AF|sin 6
6、0，即|AF|p1sin 6021sin 60.同理，|BF|21sin 60，故|AB|AF|BF|16.4.(2019天津卷)已知抛物线 y24x 的焦点为 F，准线为 l.若 l 与双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的两条渐近线分别交于点 A 和点 B，且|AB|4|OF|(O 为原点)，则双曲线的离心率为()A.2B.3C.2 D.5 答案 D 解析 由已知易得，抛物线 y24x 的焦点为 F(1，0)，准线 l：x1，所以|OF|1.又双曲线的两条渐近线的方程为 ybax，不妨设点 A1，ba，B1，ba，所以|AB|2ba 4|OF|4，所以ba2，即 b2a，所以 b24a2
7、.又双曲线方程中 c2a2b2，所以 c25a2，所以 eca 5.故选 D.5.(2020广东七校联考)已知点 P 为椭圆x216y2121 的动点，EF 为圆 N：x2(y1)21的任一直径，则PEPF的最大值和最小值分别是()A.16，124 3B.17，134 3C.19，124 3D.20，134 3 解析 EF 是圆 N 的直径，|NE|NF|1，且NF NE，则PEPF(PN NE)(PNNF)(PN NE)(PN NE)PN 2NE 2PN 21，设 P(x0，y0)，则有 x2016y20121，即 x201643y20，又 N(0，1)，|PN|2x20(y01)213(y
8、03)220，又y02 3，2 3，当 y03 时，|PN|2 取得最大值 20，则(PEPF)max20119.当 y02 3时，|PN|2取得最小值 134 3，则(PEPF)min124 3.综上，PEPF的最大值和最小值分别为 19，124 3，故选 C.答案 C 6.(2020江西五校协作体联考改编)已知点 A(0，2)，抛物线 C：y22px(p0)的焦点为 F，射线 FA 与抛物线 C 相交于点 M，与其准线相交于点 N，若|FM|MN|55，则 p 的值等于_.解析 过点 M 向准线作垂线，垂足为 P，由抛物线的定义可知，|MF|MP|，因为|FM|MN|55，所以|MP|MN
9、|55，所以 sinMNP 55，则 tanMNP12，又OFAMNP90(O 为坐标原点)，所以 tanOFA2 212p，则 p2.答案 2 第一课时 最值、范围、证明问题(1)(一题多解)求动点N的轨迹方程；(2)求四边形MB2NB1面积的最大值.考点一 最值问题【例 1】(一题多解)(2020东北三省四市教研模拟)如图，已知椭圆C：x218y291 的短轴端点分别为 B1，B2，点 M 是椭圆 C 上的动点，且不与 B1，B2 重合，点 N 满足 NB1MB1，NB2MB2.解(1)法一 设N(x，y)，M(x0，y0)(x00)，MB1NB1，MB2NB2，B1(0，3)，B2(0，
10、3)，直线 NB1：y3 x0y03x，直线 NB2：y3 x0y03x，得 y29 x20y209x2，又x2018y2091，y29181y209y209 x22x2，整理得点 N 的轨迹方程为y29x2921(x0).法二 设直线MB1：ykx3(k0)，则直线 NB1：y1kx3，直线 MB1与椭圆 C：x218y291 的交点 M 的坐标为12k2k21，6k232k21，则直线 MB2 的斜率为 kMB26k232k21312k2k21 12k，直线 NB2：y2kx3，由解得 N 点的坐标为6k2k21，36k22k21，由x6k2k21y36k22k21，得点 N 的轨迹方程为
11、y29x2921(x0).(2)由(1)中法二得，四边形 MB2NB1的面积 S12|B1B2|(|xM|xN|)312|k|2k21 6|k|2k21 54|k|2k21542|k|1|k|27 22，当且仅当|k|22 时，S 取得最大值27 22.规律方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【训练 1】(2020武汉调研)已知椭圆：x2a2y2b2
12、1(ab0)经过点 M(2，1)，且右焦点 F(3，0).(1)求椭圆 的标准方程；(2)过 N(1，0)且斜率存在的直线 AB 交椭圆 于 A，B 两点，记 tMA MB，若t 的最大值和最小值分别为 t1，t2，求 t1t2的值.解(1)由椭圆x2a2y2b21 的右焦点为(3，0)，知 a2b23，即 b2a23，则x2a2 y2a231，a23.又椭圆过点 M(2，1)，4a21a231，又 a23，a26.椭圆 的标准方程为x26y231.(2)设直线AB的方程为yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x26y231yk（x1）得 x22k2(x1)26，即(12k2)x
13、24k2x2k260，点 N(1，0)在椭圆内部，0，x1x2 4k212k2，x1x22k262k21，则 tMA MB(x12)(x22)(y11)(y21)x1x22(x1x2)4(kx1k1)(kx2k1)(1k2)x1x2(2k2k)(x1x2)k22k5，将代入得，t(1k2)2k262k21(2k2k)4k22k21k22k5，t15k22k12k21，(152t)k22k1t0，kR，则1224(152t)(1t)0，(2t15)(t1)10，即2t213t160，由题意知 t1，t2是 2t213t160 的两根，t1t2132.考点二 范围问题【例 2】(2019江西八所重
14、点中学联考)已知椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)，F1，F2 为其左、右焦点，B1，B2为其上、下顶点，四边形 F1B1F2B2 的面积为 2.(1)求椭圆 E 的长轴 A1A2 的最小值，并确定此时椭圆 E 的方程；(2)对于(1)中确定的椭圆 E，设过定点 M(2，0)的直线 l 与椭圆 E 相交于 P，Q 两点，若MP MQ，当 13，12 时，求OPQ 的面积 S 的取值范围.解(1)依题意四边形F1B1F2B2的面积为2bc，2bc2，|A1A2|2a2 b2c22 2bc2 2，当且仅当 bc1 时等号成立，此时 a 2，长轴 A1A2的最小值为 2 2，此时椭圆 E 的方程
15、为x22y21.(2)依题意，可设直线 l：xty2，联立得xty2，x22y21，得(t22)y24ty20.由 0，得 t22.设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根与系数的关系得y1y2 4tt22，y1y2 2t22.由MP MQ，得 y1y2，（1）y2 4tt22，y22 2t22，由2 得 12 8t2t22，y12 在 13，12 上单调递减，1292，163，92 8t2t22163，187 t24，满足 0.OPQ 的面积 SSOMQSOMP12|OM|y1y2|y1y2|（y1y2）24y1y22 2 t22t22.设 m t22，则 m2 77，2，t2m22，S
16、2 2mm24 2 2m4m，ym4m在 m2 77，2 上单调递减，S 关于 m 单调递增，OPQ 的面积 S148，23.规律方法 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；(2)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建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.【训练2】(2020重庆七校联合考试)已知A，
17、B是x轴正半轴上两点(A在B的左侧)，且|AB|a(a0)，过A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y22px(p0)在第一象限分别交于D，C两点.(1)若 ap，点 A 与抛物线 y22px 的焦点重合，求直线 CD 的斜率；(2)若 O 为坐标原点，记OCD 的面积为 S1，梯形 ABCD 的面积为 S2，求S1S2的取值范围.解(1)由题意知 Ap2，0，则 Bp2a，0，Dp2，p，则 Cp2a，p22pa，又 ap，所以 kCD 3pp3p2 p2 31.(2)设直线 CD 的方程为 ykxb(k0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由ykxby22px，得 ky22py2pb0，所以
18、 4p28pkb0，得 kbp2，又 y1y22pk，y1y22pbk，由 y1y22pk 0，y1y22pbk 0，可知 k0，b0，因为|CD|1k2|x1x2|a 1k2，点 O 到直线 CD 的距离 d|b|1k2，所以 S112a 1k2|b|1k212ab.又 S212(y1y2)|x1x2|122pk aapk，所以S1S2kb2p，因为 0kbp2，所以 0S1S214.即S1S2的取值范围为0，14.考点三 证明问题【例 3】(2020西安高三抽测)已知点 A(1，32)在椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)上，O 为坐标原点，直线 l：xa2 3y2b21 的斜率与直线
19、OA 的斜率乘积为14.(1)求椭圆 C 的方程；(2)(一题多解)不经过点 A 的直线 y 32 xt(t0 且 tR)与椭圆 C 交于 P，Q 两点，P 关于原点的对称点为 R(与点 A 不重合)，直线 AQ，AR 与 y 轴分别交于两点 M，N，求证：|AM|AN|.(1)解 由题意知，kOAkl 32 2b23a2b2a214，即 a24b2，又1a2 34b21，所以联立，解得a2b1，所以椭圆 C 的方程为x24y21.(2)证明 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(x1，y1)，由y 32 xt，x24y21，得 x2 3txt210，所以4t20，即2t2，又t0，所以
20、t(2，0)(0，2)，x1x2 3t，x1x2t21.法一 要证明|AM|AN|，可转化为证明直线AQ，AR的斜率互为相反数，即证明kAQkAR0.由题意知，kAQkARy2 32x21 y1 32x11（y2 32）（x11）（y1 32）（x21）（x11）（x21）（32 x2t 32）（x11）（32 x1t 32）（x21）（x11）（x21）3x1x2t（x1x2）3（x11）（x21）3（t21）t（3t）3（x11）（x21）0，所以|AM|AN|.法二 要证明|AM|AN|，可转化为证明直线 AQ，AR 与 y 轴的交点 M，N 连线的中点 S 的纵坐标为 32，即 AS
21、垂直平分 MN 即可.直线 AQ 与 AR 的方程分别为 lAQ：y 32 y2 32x21(x1)，lAR：y 32 y1 32x11(x1)，分别令 x0，得 yMy2 32x21 32，yNy1 32x11 32，所以 yMyNy2 32x21y1 32x11 3（32 x1t 32）（x21）（32 x2t 32）（x11）（x11）（x21）3 3x1x2t（x1x2）3（x11）（x21）3 3（t21）t（3t）3（x11）（x21）3 3，ySyMyN2 32，即 AS 垂直平分 MN.所以|AM|AN|.规律方法 圆锥曲线中的证明问题常见的有：(1)位置关系方面的：如证明直线
22、与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等.(2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明.【训练3】(2020合肥模拟)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|3.(1)求圆 C 的方程；(2)过点 M 任作一条直线与椭圆x28y241 相交于两点 A，B，连接 AN，BN，求证：ANMBNM.(1)解 设圆 C 的半径为 r(r0)，依题意，圆心 C 的坐标为(2，r).因为|MN|3，所以 r232222254.所以 r52，圆
23、 C 的方程为(x2)2y522254.(2)证明 把 x0 代入方程(x2)2y522254，解得 y1 或 y4，即点 M(0，1)，N(0，4).当 ABx 轴时，可知ANMBNM0.当 AB 与 x 轴不垂直时，可设直线 AB 的方程为 ykx1.联立方程ykx1，x28y241 消去 y 得，(12k2)x24kx60.设直线 AB 交椭圆于 A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则 x1x2 4k12k2，x1x2 612k2.所以 kANkBNy14x1 y24x2 kx13x1kx23x22kx1x23（x1x2）x1x2 1x1x212k12k2 12k12k2 0.所以ANMBNM.综合知ANMBNM.
