第2部分專題5第3講圓錐曲線中的綜合問題Word版含解析

1、第3講圓錐曲線中的綜合問題研考題III,通過專噩演變，明確備考方向可霞畫畫院考點(diǎn)1圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題(5年3考)-11 -高考串講找觀律高考解讀定點(diǎn)、定值問題是解析幾何中的常見問題，此類試題多考查圓錐 曲線的基本知識(shí)、解析幾何的基本方法，難度不高，不同層次的同學(xué)均能順利解 決.此類考題注重考查通性通法的應(yīng)用，考查考生的邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素 養(yǎng).角度一：定點(diǎn)問題X22, ,、 一1. (2017全國卷H)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，動(dòng)點(diǎn) M在橢圓C:萬+ y =1上，過M 作x軸的垂線，垂足為N,點(diǎn)P滿足nP=J2nM.(1)求點(diǎn)P的軌跡方程；. 、一 、，. 一一. (2)設(shè)點(diǎn)Q在直線x=

2、3上，且OP PQ=1.證明：過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線 l過C的左焦點(diǎn)F.切入點(diǎn)：點(diǎn)M在橢圓C上，且MNx軸；nP=/2nM. 一 關(guān)鍵點(diǎn)：將OP PQ=1轉(zhuǎn)化為向量的坐標(biāo)運(yùn)算，進(jìn)而證明直線l過C的左焦點(diǎn) F.解(1)設(shè) P(x, y), M(x0, yo),則 N(xo,0), NP=(x x, y), NM = (0, y).由 NP= /2NM得 x0 = x, yo=2y.22因?yàn)镸(xo, yo)在C上，所以| + 2=1.因此點(diǎn)P的軌跡方程為x2+y2=2.(2)證明：由題意知 F(1,0).設(shè) Q(3, t), P(m, n),則 OQ=(3, t), PF = (1 m, -n

3、), OQ PF = 3+3mtn,OP=(m, n), PQ=(3m, tn).由 OP PQ 1 得一3m m2 + tn n2 1.又由知 m2 + n2=2,故 3+3mtn = 0.所以O(shè)Q PF = 0,即OQPF.又過點(diǎn)P存在唯一直線垂直于 OQ,所以過點(diǎn)P且垂直于OQ的直線l過C的 左焦點(diǎn)F.角度二：定值問題2. (2019全國卷I)已知點(diǎn)A, B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱，AB| = 4, OM過點(diǎn)A, B且與直線x+2 = 0相切.(1)若A在直線x+ y= 0上，求。M的半徑；(2)是否存在定點(diǎn)P,使得當(dāng)A運(yùn)動(dòng)時(shí)，|MA|MP|為定值？并說明理由.切入點(diǎn)：。M過點(diǎn)A, B;。M與

4、直線x+2 = 0相切.關(guān)鍵點(diǎn)：確定圓心M的坐標(biāo)；選用合適的參數(shù)表示|MA|MP|的值.解(1)因?yàn)椤過點(diǎn)A, B,所以圓心M在AB的垂直平分線上.由已知A 在直線x+y= 0上，且A, B關(guān)于坐標(biāo)原點(diǎn)O對(duì)稱，所以M在直線y=x上，故可 設(shè) M(a, a).因?yàn)?。M與直線x+2 = 0相切，所以。M的半徑為r=|a+2|.由已知得|AO|=2,又MOXAO,故可得2a2+4=(a + 2)2,解得a=0或a = 4.故。M的半徑r = 2或r = 6.(2)存在定點(diǎn)P(1,0),使得|MA|MP|為定值.理由如下：設(shè)M(x, y),由已知得。M的半徑為r = x+2|, |AO|=2.由于M

5、OLAO,故可得x2+y2+4= (x+2)2,化簡(jiǎn)得M的軌跡方程為y2 = 4x.因?yàn)榍€C: y2=4x是以點(diǎn)P(1,0)為焦點(diǎn)，以直線x= 1為準(zhǔn)線的拋物線, 所以 |MP|=x+1.因?yàn)閨MA|MP尸r|MP| = x+2 (x+1)=1,所以存在滿足條件的定點(diǎn) P.教師備選題223. (2017 全國卷 I)已知橢圓 C: a2+b2=1(ab0),四點(diǎn) Pi(1,1), P2(0,1),P3:11, 23-； P4J,呼上恰有三點(diǎn)在橢圓C上.(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A, B兩點(diǎn).若直線P2A與直線P2B的 斜率的和為一1,證明：l過定點(diǎn).解(1)由于

6、P3, P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對(duì)稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3, P4兩點(diǎn).一，1113 , 一_ 又由了+后知，橢圓C不經(jīng)過點(diǎn)P1，所以點(diǎn)P2在橢圓C上.1忖因此L1=1,3,4b2=1，解得a2= 4,、b2=1.2 故橢圓C的方程為2+y2=1.證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1, k2.如果l與x軸垂直，設(shè)l: x=t,由題設(shè)知t為，且|t|0.設(shè) A(x1, y1)，B(x2, y2), 則 x1 + x2 = - 42, xx2,24m 4=4k2+ 1.一 x1X22kx1x2+m 1x1 + x2y1 一 1y2 1而 k1 + k2=+x1x2kx + m 1kx2 +

7、m 1+X1X2由題設(shè)k1 + k2= 1,故(2k+ 1)xix2+(m 1)(xi+ 刈=0.口口4m2-48kmm+1即(2k+ D 4k2+1 + (m-D 4k2+ i = 0,斛行 k=2.當(dāng)且僅當(dāng)m 1時(shí)，A0,m+1 ,于th l ： y=2-x+m,即 y+1 =m+ 1-(x- 2),所以l過定點(diǎn)(2, 1).4. (2018北京高考)已知拋物線C: y2=2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2),過點(diǎn)Q(0,1)的直線 l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A, B,且直線PA交y軸于M,直線PB交y軸于 N.(1)求直線l的斜率的取值范圍；、一 一. 二 廣 二,、一1 1、，一公(2)設(shè)。為原

8、點(diǎn)，QM=QO, QN= q。，求證：為定值.解(1)因?yàn)閽佄锞€y2= 2px過點(diǎn)(1,2),所以2P = 4,即p= 2.故拋物線C的方程為y2 = 4x.由題意知，直線l的斜率存在且不為0.設(shè)直線l的方程為y=kx+ 1(k毛)，t y2=4x,2 2 2_由得 k2x2+(2k 4)x+ 1 = 0.y=kx+ 1,依題意 & (2k- 4)24冰2X10,解得k0或0k0)的焦點(diǎn)為F,點(diǎn)P(1, a)在此拋物 線上，|PF| = 2,不過原點(diǎn)的直線l與拋物線C交于A, B兩點(diǎn)，以AB為直徑的圓 M過坐標(biāo)原點(diǎn).(1)求拋物線C的方程；(2)證明：直線l包過定點(diǎn)；(3)若線段AB中點(diǎn)的縱坐

9、標(biāo)為2,求此時(shí)直線l和圓M的方程.解(1)由題意可得1+p = 2,解得p = 2,故拋物線C的方程為y2=4x.(2)證明:設(shè)直線 l 的方程為:x=my+ t(t刃)，A(xi, yi), B(x2, y2).x= my+1,9聯(lián)立1 2消去x,得y -4my-4t=0,y =4xA0, .yi + y2=4m, yiy2= 4t.V以AB為直徑的圓包過原點(diǎn)O,二 OA OB = xix2+yiy2= 0,又 xix2= (myi + t)(my2+1),. . (m2+ i) yiy2+ mt(yi + y2)+12= 0,一 4t(m2+i)+4m2t+t2=0,化為t24t=0, t

10、冷，解得t=4.直線l的方程為：x= my+ 4.令y=0,可得x= 4.因此直線l恒過定點(diǎn)(4,0).線段AB中點(diǎn)的縱坐標(biāo)為2.; yi + y2=4m,2m= 2,即 m= i,二.直線l恒過定點(diǎn)(4,0).4=0+t,即 t=4,直線l的方程為x=y+ 4,V線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)(6,2)即為圓的圓心坐標(biāo)，設(shè)圓的方程為(x- 6)2+(y 2)2= r2,把(0,0)代入可得r2 = 40.故圓的方程為(x- 6)2+(y 2)2=40.22i2.(定值問題)橢圓C: 事=項(xiàng)40)的長(zhǎng)軸長(zhǎng)為4,離心率為,(i)求橢圓C的方程;(2)若直線li: y= kx交橢圓C于A, B兩點(diǎn)，點(diǎn)M在橢圓

11、C上，且不與A, B 兩點(diǎn)重合，直線MA, MB的斜率分別為ki, k2.求證：ki, k2之積為定值.c 1解(1)由題意知,2a=4, c=4 a 2a= 2, c= 1b2 = a2-c2 = 3,即橢圓方程為y2=1. 43(2)證明：把丫= kx 代入 3x2 + 4y2=12,得(4k2 + 3)x212= 0,設(shè) A(x1, y1)，B(x2, y2),則：xI + x2=0,x1x2 =-124k2 + 3y1 + y2 = kx1 + kx2 = 0,2-12k2y1y2 = kx1x2= 4k2+3,2y1一yy2y yy2 yy1 + y2+y k1K2=2,x1 x x

12、2x x1x2 x1 + x2x+ x 12k22 12k2（力y1y2 + y2 4k2+3 + y 4k2+3 + 3 J - 4 2 =xx2 + x-1221224k2+3 + x4k2+3+x1223 4k2+3 + x4.-4X-122F +x一 、一、一 3 故k1, k2之積為定值一4.考點(diǎn)2圓錐曲線中的最值、范圍問題(5年2考)高考串講找規(guī)律高考解讀圓錐曲線中的最值、范圍問題也是解析幾何中的常見問題，此類 問題重在考查解析幾何的基本知識(shí)，重視通性通法的考查，考查考生的邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng).(2016全國卷H)已知A是橢圓E: x+y=1的左頂點(diǎn)，斜率為k(k0)的直線

13、4 3交E于A, M兩點(diǎn)，點(diǎn)N在E上，MAXNA.(1)當(dāng)|AM|=|AN|時(shí)，求AAMN的面積；(2)當(dāng) 2RM|=AN|時(shí)，證明： ,k0.一. . 1T由已知及橢圓的對(duì)稱性知，直線AM的傾斜角為彳.又A(2,0),因此直線AM的方程為y = x+2.將 x = y 2 代入、+ 七=1 得 7y k 12y =0. 4 3,12 ,12解得y=0或y=,所以y = 7.1 12 12 144因此 4AMN 的面積 SaAMN = 2tXyXy=.2 7749證明：設(shè)直線AM的方程為y= k(x+ 2)(k0),22代入、+ yT = 1 彳4(3+4k2)x2+16k2x+16k2 12

14、=0.43上16k212/曰2 3-4k2由 x1 ( 2) = l-x1=3+44故 |AM|=|x + 2|M1 + k2=12 . 1+ k23 +4k21由題意，設(shè)直線AN的萬程為y= k(x+2),故同理可得|an|=* 2：/.3k +4+多上有唯一的零點(diǎn),且零點(diǎn)k在(曲，2)內(nèi)，所以3k2.教師備選題1. (20I8浙江高考)如圖，已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y 軸)一點(diǎn)，拋物線C: y2 = 4x上存在不同的兩點(diǎn)A, B滿足PA, PB的中點(diǎn)均在C上.(I)設(shè)AB中點(diǎn)為M,證明：PM垂直于y軸；2解(1)證明：設(shè) P(x0, yo), A因?yàn)镻A, PB的中點(diǎn)在拋物線上，21十刈所

15、以yi, y2為方程gj=4 4y2,即y22y0y+8x0 y2=0的兩個(gè)不同的實(shí)根所以 yi + y2 = 2y0, 因此，PM垂直于y軸.(2)由(1)可知,yi + y2 = 2yo,c2yiy2= 8x0 yo,所以 |PM |= 8(y2 + y2) xo = 4yo 3xo,|yi _ y2| = 22y0 4xo.因此，APAB的面積c I 蛆 2,、2SAPAB= 2IPMI lyi y2|= 4 (yo4xo).2因?yàn)?x2+.i(xoo),所以 y0 4xo= - 4x0 4xo+ 4 6 4,5,因此，PAB面積的取值范圍是(2)若P是半橢圓x2+4=I(xb0)的離心

16、率為 學(xué),橢圓C截直線y=1所得線段白長(zhǎng)度為2 2.(1)求橢圓C的方程；(2)動(dòng)直線l: y= kx+ m(m毛)交橢圓C于A, B兩點(diǎn)，交y軸于點(diǎn)M.點(diǎn)N是M 關(guān)于O的對(duì)稱點(diǎn)，O N的半徑為|NO|.設(shè)D為AB的中點(diǎn)，DE, DF與。N分別相 切于點(diǎn)E, F,求/ EDF的最小值.解(1)由橢圓的離心率為 孝，得 a2=2(a2b2),22又當(dāng)y=1時(shí)，x2 = a2低，得a2 含=2, 所以 a2=4, b2 = 2.22因此橢圓方程為1+5 = i.設(shè) A(X1, yi), B(X2, y2).、=kx+ m,聯(lián)立方程，得x2 y2J + 2 = 1，得(2k2+1)x2+ 4kmx+

17、 2m2 4 = 0.由 20 得 m20,1，從而y=t+在3, + 8)上單調(diào)遞增,1 10 因止匕t +:巖,t 3等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)t=3時(shí)成立，此時(shí)k=0, |ND1所以芹司+ 3 = 4.由(*)得也m啦且mO,故耨當(dāng)設(shè)/EDF = 2 8,則 sin 8=輻苗,所以e的最小值為高從而/ EDF的最小值為:3此時(shí)直線l的斜率是0.綜上所述：當(dāng)k= 0, m (-V2, 0)U(0,亞)時(shí)，/ EDF取到最小值1求解范圍、最值問題的常見方法解決有關(guān)范圍、最值問題時(shí)，先要恰當(dāng)?shù)匾胱兞咳琰c(diǎn)的坐標(biāo)、角、斜率等，建立目標(biāo)函數(shù)，然后利用函數(shù)的有關(guān)知識(shí)和方法求解.1利用判別式構(gòu)造不等式，從而確定參數(shù)

18、的取值范圍；2利用已知參數(shù)的取值范圍求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個(gè) 參數(shù)之間建立相等關(guān)系；3利用隱含的不等關(guān)系，從而求出參數(shù)的取值范圍；4利用已知不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；5利用函數(shù)值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍.設(shè) B(xi, yi), Q(x2, y2),則 Xi + X2 = 20k21 + 5k220k25X1X2 =貝U |BQ尸 1 + k2xi + X22 4xix2If 20k2) 80k2 20N 1),4 1 23 11則Saqab= 4小25盯+25耳+行- 13 當(dāng)f=8時(shí)，( QAB)max=.5.綜上，4QAB的面積的最大值為V5.222

19、.(范圍問題)已知橢圓拿+事=1(ab0)上的點(diǎn)到右焦點(diǎn)F(c,0)的最大距離 是a+1,且1, V2a,4c成等比數(shù)列.(1)求橢圓的方程；過點(diǎn)F且與x軸不垂直的直線l與橢圓交于A, B兩點(diǎn)，線段AB的中垂線 交x軸于點(diǎn)M(m,0),求實(shí)數(shù)m的取值范圍.a+c=V2+1,a=V2,解(1)由題意可知，1 1 4c=2a2,解之得b=1,、a2=b2 + c2,、c=1,2故橢圓的方程為，+y2=1.(2)由題意得F(1,0),設(shè)AB的方程為y= k(x- 1),由2，y=k x-1消去 y得(1 + 2k2)x24k2x+2k2 2 = 0,A(xi, yi), B(x2, y2),則 xi

20、 + x2 =4k21 2k2yi + y2= k(xi + x2)一 2k=2ki+2k2可得線段AB的中點(diǎn)N,2k2d + 2k2當(dāng)k=0時(shí)，直線MN為y軸，此時(shí)m= 0.k i2k2當(dāng)k用時(shí)，直線MN的萬程為y+ i + 2k2= kJ 百2k2)令y=0得e (0，kLi i + 2k2_ i . A綜上可知,實(shí)數(shù)m的取值范圍為10, ij考點(diǎn)3圓錐曲線中的探索性問題(5年2考)高考用褥找規(guī)律高考解讀高考對(duì)探究性問題要求較低，考查頻次較少，本題考查拋物線的 概念和標(biāo)準(zhǔn)方程以及拋物線與直線的關(guān)系，考查考生的邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算的核 心素養(yǎng)以及應(yīng)用解析幾何方法解決幾何問題的能力 .(20i6

21、全國卷I)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l: y=t(t用)交y軸于點(diǎn)M,交拋 物線C: y2 = 2px(p0)于點(diǎn)P, M關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)為N,連接ON并延長(zhǎng)交C于 點(diǎn)H.求(2)除H以外，直線MH與C是否有其他公共點(diǎn)？說明理由.切入點(diǎn)：l: y= t(t毛)；M關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn)為N;ON的延長(zhǎng)線交C于點(diǎn)H.關(guān)鍵點(diǎn)：通過直線l與y軸及拋物線C的交點(diǎn)確定N點(diǎn)，由此確定H點(diǎn), 求出N點(diǎn)、H點(diǎn)的坐標(biāo)；將直線與拋物線的交點(diǎn)問題轉(zhuǎn)化為方程組解的問題.2解(i)如圖,由已知得M(0, t), t又N為M關(guān)于點(diǎn)P的對(duì)稱點(diǎn),故N2, t :,P故直線ON的方程為y=px,將其代入y2=2px整理得px22t2

22、x=0,解得 xi = 0, x2 = 2t.因此 H 2t .PP所以N為OH的中點(diǎn)，即慌=2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點(diǎn).理由如下：直線MH的方程為y1=%，即乂=今丫- t).代入 y2=2px得 y2 4ty+ 4t2=0,解得 yi = y2 = 2t,即直線MH與C只有一個(gè)公共點(diǎn),所以除H以外,直線MH與C沒有其他公共點(diǎn).教師備選題(2015全國卷H)已知橢圓C： 9x2 + y2=m2(m0),直線l不過原點(diǎn)。且不平行 于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A, B,線段AB的中點(diǎn)為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若l過點(diǎn)?，m j,延長(zhǎng)線段OM與C

23、交于點(diǎn)P,四邊形OAPB能否為平行 四邊形？若能，求此時(shí)l的斜率；若不能，說明理由.解(1)證明：設(shè)直線 l：y=kx+b(k冷，b0),A(xi,y1)，B(x2,y2),M(xm,yM).將 y=kx+ b 代入 9x2+y2= m2,得(k2+9)x2+2kbx+ b2m2=0,故xm = Xi2、2一kb . 一 9b= k2T?, yM = kXM + b=G.于是直線OM的斜率Sm= yM= k，即kOM k= 9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.因?yàn)橹本€l過點(diǎn);m, mj,所以l不過原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k0,由得OM的方程

24、為v= -9x. k設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為XP.9山=kx,由 k9x* 2+y2=m2,彳日2k2 m2行 Xp=9k2+81即xp=dkm3- k2+9.-17 -將點(diǎn)g，m的坐標(biāo)代入直線l的方程得b=m 33-k,k k 3 m因此 Xm=3 k2 + 9四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)線段 AB與線段OP互相平分，即xp= 2xm.于是3#9=21H解得 k1=4-于%=4+因?yàn)閗i0, kiW, i = 1,2,所以當(dāng)直線l的斜率為4g或4+J7時(shí)，四邊形 OAPB為平行四邊形.解決探索性問題的注意事項(xiàng)存在性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確，則存在，若 結(jié)論不正確，則不

25、存在.當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)，要分類討論.當(dāng)給出結(jié)論要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件.當(dāng)條件和結(jié)論都未知，按常規(guī)方法解題很難時(shí)，要開放思維，采取其他的途徑.過點(diǎn)1,乎(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)一題多解過橢圓C的右焦點(diǎn)F的直線l與橢圓C相交于A, B兩點(diǎn)，點(diǎn)B 關(guān)于x軸的對(duì)稱點(diǎn)為H,試問4AFH的面積是否存在最大值？若存在，求出這個(gè) 最大值；若不存在，請(qǐng)說明理由.解(1)由 e=c =乎可設(shè) a = 2t, c= J3t(t0), a 222所以b=qa2，=t,即橢圓c的方程為42+* = i,把點(diǎn)1,申上弋入橢圓C的方程得t = 1,0,._ 業(yè)乙 14Axe /口- 2J3m 1由根與系數(shù)的關(guān)系行/ +&=方=，y1yAm彳，直線AH的方程為y =y1 + y2x1 x2(x x2)-y2,令 y=0,得x=x1y2+ x2y1y1 + y2my + V3 y2+ my2+V3 yy1 + y22myy2+/3 y + y24v3y1 + y2= 3 即直線AH與x軸交于一個(gè)定點(diǎn)，記為M3, 0 !,13 m +4所以 SaAFH=2|FM| M + y2|14 |m|+imi日.1所以AAFH的面積