第十章10 5圓錐曲線綜合問題10 5

１００５年高考３年模 Ｂ版（教師用書§１０．５圓錐曲線的綜合問題解析幾何中的定值問題的證明可運用函數(shù)的思想方法來解決．證明過程可總結(jié)為“變量?函數(shù)?定值”，具體操作程序如下：函數(shù)把要證明為定值的量表示成上述變量的函數(shù)；定值把得到的函數(shù)解析式化簡，消去變量得到定值．求定值定點問題常見的方法有兩種：（１）從特殊入手，求出定值或定點，再證明這個值或點的坐（２）直接推理計算，并在計算推理的過程中消去變量，從而圓錐曲線中的最值問題大致可分為兩類：一是涉及距離面積的最值以及與之相關(guān)的一些問題；二是求直線或圓錐曲線中

對應(yīng)學(xué)生用書起始頁碼幾何元素的最值以及這些元素存在最值時求解與之有關(guān)的一些問題．對于最值問題，一般可以用數(shù)形結(jié)合的方法或轉(zhuǎn)化為函數(shù)求參數(shù)的取值范圍時，往往是先根據(jù)已知條件建立等式或與圓錐曲線有關(guān)的最值或范圍問題大都是綜合性問題，解法靈活，技巧性強(qiáng)，涉及代數(shù)三角函數(shù)平面幾何等方面的知識．考點考點 （ｉ）先假設(shè)存在，引入?yún)⒆兞浚鶕?jù)題目條件列出關(guān)于參數(shù)的方程或不等式（組）．（ｉｉ）解此方程或不等式（組），若有解，則存在，若無解，則不（）解答此類問題要充分注意解題的規(guī)范性

對應(yīng)學(xué)生用書起始頁碼１定值問題必然是在變化中所表示出來的不變的量，常表現(xiàn)數(shù)量積．

１１＝ ＝ ．關(guān)鍵就是引入變化的參數(shù)表示直線方程數(shù)量積比例關(guān)系等，根據(jù)等式恒成立數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量．２．定點問題常見的解法

ｌ１ｘ軸不垂直也不重合時，可設(shè)ｌ１的方程為ｙ＝ｋ（１）（ｋ≠０），Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２則ｌｙ＝（ｘ ｘ２

ｙ＝ｋ（ｘ設(shè)Ｏ為坐標(biāo)原點，動點Ｍ

＋＝１上，

ｘ２＋ｙ２ 消去ｘ軸的垂線，垂足為Ｎ，點Ｐ滿足ＮＰ＝２ （１）求點Ｐ的軌跡方程 得（８＋９ｋ２）ｘ２１８ｋ２ｘ＋９ｋ２７２＝（）Ｆ（）的直線ｌ１與點的軌跡交于Ａ兩點，Ｆ（）ｌ１ｌ２與點的軌跡交于Ｃ兩點，

則ｘ１＋ｘ２

，ｘ１ｘ２

９ｋ２，

４８（１＋ｋ２ ∴ＡＢ 證＋為定值解析（１）設(shè)Ｐ（ｘ，ｙ），則Ｎ（ｘ，０），ＮＰ＝（ 同理可得ＣＤ１

４８（１＋ｋ２，

又∵ＮＭ＝ＮＰ＝ ，∴ ∴ ，為定值 ｘ２ｙ ｘ２

１

９

＝１， ＋１．

綜上

＋ＣＤ為定值ｘ２的軌跡方程為９８＝

（２０１８廣西南寧測試，２０）已知左焦點為Ｆ（１，０）ｘ２ｘ軸重合時，ＡＢ＝６，ＣＤ＝

橢圓 ，

＝１（ａ＞ｂ＞０）經(jīng)過點Ａ（１ １＋１＝１７．

（）ｌ與橢圓分別交于Ｍ（Ｍ在ｘ軸異側(cè)），關(guān)于ｘ軸對稱的點為Ｂ（不與重合），直線ｘ＝４分別當(dāng)ｌ１與ｘ軸垂直時，ＡＢ ，ＣＤ＝３

第十 ｘ２ ｘ２解析 （１）因為橢 所以ａ＝

＝１（ａ＞ｂ＞０）經(jīng)過點Ａ（

解析（）設(shè)橢圓的方程為２ 則由題意知ｂ＝

＝１（又ａ２ｂ２＝ｃ，ｃ＝１，所以ｂ２＝

５，∴ａ２

＝

５． （２）證明：由題意可知直線ｌ不與ｘ軸垂直，可設(shè)直線ｌ的

＋ｙ２＝５ 程為ｙ＝ｋｘ＋ｍ，代入橢圓方程＋＝１，得（３＋４ｋ２）ｘ２＋ （２）證明：設(shè)Ｐ（ｘ０，ｙ０），Ａ（ｘ１，ｙ１），Ｂ（ｘ２，ｙ２）．由（１） ４ｍ２＝０，且設(shè)Ｍ（ｘ１，ｙ１），Ｎ（ｘ２，ｙ２），則ｘ１＋ｘ２

，ｘ１ｘ２

４（ｍ２．

Ｆ１（２，０）ＰＦ２＝（２ｘ０，ｙ０），Ｆ２Ｂ＝（ｘ２２，ｙ２∵ＰＦ＝λＦ １ｙ

ｘ（ｘ２），令ｘ＝４，得ｘ１

∴（２ｘ０，ｙ０）＝λ１（ｘ１＋２，ｙ１ｙ０標(biāo)ｙ＝６ｙ１

∴λ１ ｙ１ｙ０ｘ１ ０ｘ１ 同理，λ２＝ｙ２２ｘＱｘ２

２

３６ｙ１

①ＰＡ，ｘ軸垂直，且ｙ時ｘ所以ＴＰＴＱ＝ｙＰｙＱ ｘ

直線的方程為ｙ

（ｘｘ１３６（ｋｘ１＋ｍ）（ｋｘ２

２２（ｘ１２）（ｘ２

ｘ０ ｘ１ｘ２２（ｘ１＋ｘ２）

代入＋ｙ＝因為∠ＴＱＦ＝∠ＴＦＰ，所以ｔａｎ∠ＴＱＦ＝ 消去ｘ得［（ｘ２）２＋５ｙ２］ｙ２＋４ｙ（ｘ２）ｙｙ２＝ ０ 因為ＴＰ⊥ＴＦ，所以

＝ＴＰ

則ｙｙ

０２（ｘ２）２所以ＴＰ

＝

２＝

ｙ

， 由①②可得（４ｋ＋１）ｘｘ＋（４ｋｍ２）（ｘ＋ｘ）＋４ｍ＋４＝ ２（ｘ２）２

１

λ＝（

將ｘ１＋ｘ２＝３＋４ｋ２，ｘ１ｘ２＝ 代入，整理得ｍ＋ｋｍ２ｋ ０，則ｍ＝ｋ或ｍ＝ 同理可得λ ０＝（ｘ＋２）２＋５ｙ２ ｙ ｍ＝２ｋ時，直線ｌ的方程為ｙ＝ｋ（ｘ２），此時點或點在ｘ軸上，不符合題意，舍去，故ｍ＝

∴λ＋λ＝（ｘ＋２）２＋５ｙ２＋（ｘ２）２＋５ｙ２＝２（ｘ２＋５ｙ２） 此時直線ｌ的方程為ｙ＝ｋｘ＋ｋ，故直線ｌ經(jīng)過定點Ｆ（焦點在２

又點Ｐ（ｘ０，ｙ０）０所以ｘ２＋ｙ２＝０

＋ｙ２＝１上５頂點恰好是拋物線ｘ２＝４ｙ的焦點，離心率等 ５ 即ｘ２＋５ｙ２＝ （）上一點，分別過焦點Ｆ１Ｆ，ＰＦ１λ１ＦＡ，ＰＦ２＝λ２ＦＢ，證明：λ１＋λ２為定值

故λ１＋λ２＝②或與ｘ軸垂直或ｙ０＝０時，也易得λ１＋λ２＝綜上，λ＋λ２為定值二、圓錐曲線中最值（范圍）求解有關(guān)圓錐曲線的最值參數(shù)范圍的問題：一是注意題目中的幾何特征，充分考慮圖形的性質(zhì)；二是運用函數(shù)思想，建立目標(biāo)函數(shù)，求解最值．在利用代數(shù)法解決最值和范圍問題時常從以下五個方面考慮：（）利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系從而確定參數(shù)的取值

（３）利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值（４）利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值（）利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍（）利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，

關(guān)系（２０１５浙江，１９，１５分）已知橢 ２＋ｙ２＝１上兩個不１０２５年高考３年模 Ｂ版（教師用書的點Ａ，關(guān)于直線ｙ＝ｍｘ＋１對稱

００（≤ｘ２

２）．４

Ｐ·（）求△面積的最大值（為坐標(biāo)原點

０（ｘ＋２）２０

４ 解析（）由題意知ｍ可設(shè)直線的方程為ｙ＝ｍｙｙ

因為ｘ≤２，所以當(dāng)ｘ０＝２時·ＦＰ取得最大值，最大值為６，故選Ｃ．為，直線ｌｙ軸交于點Ｐ（ｍ），與橢圓相異兩點ＡＢ，且＝３ 解析（）設(shè)橢圓 解析（）設(shè)橢圓的方程為＝１（ａ＞ｂ＞０） ａ２＝由 １ 件知２ｂ＝２，ｃ＝２，ｃ２＝ａ２ｂ２，∴ａ＝１，ｂ＝ｃ＝２＝ｍ ｘｘ２ｍ２

∴橢圓的方程為ｙ＋２ｘ２＝（）當(dāng)直線ｌ的斜率不存在時，直線方程為ｘ＝因為直線ｙ

ｘ＋ｂ

＝１有兩個不同的交點

∵＝３ＰＢ，此時若Ａ（），Ｂ（２ｍ ２所以Δ＝２ｂｍ

ｍ＝３（１ｍ），ｍ＝２ｍｂｍｂ 若Ａ（１），Ｂ（將ＡＢ的中點Ｍｍ２＋，２＋代入直線方程ｙ＝ｍｘ＋２ ｍ２

２ ２

∴ｍ＋＝３（ｍ），即ｍ＝２解得ｂ 經(jīng)檢驗，知ｍ＝２

由①②得 ６或ｍ＞６ ２ｍ ６ ６２ｍ

②ｌ的斜率存在時，可設(shè)直線ｌ的方程為ｙ＝ｋｘ＋ｍ，ｋ≠０（ｋ＝０時明顯不滿足題意）ＡＢ兩點的坐標(biāo)分別為（ｘ１（２）ｔ

，０∪０，２

ｙ），（ｘ，ｙ），

ｙ＝

得（ｋ２＋２）ｘ２＋２ｋｍｘ＋ｍ２＝則

２ ２ｘ２＋ｙ２＝ｔ２＋１２２ｔ４＋２ｔ２＋ Δ＝（２ｋｍ）２４（ｋ２＋２）（ｍ２１）＝４（ｋ２２ｍ２ｔ２＋１２ ｍ２ｔ２＋２１

ｘ１＋ｘ２ ，ｘ１ｘ２．ｋ２ｋ２∵ＡＰ＝３ＰＢ，∴ｘ＝３ｘ

ｘ＋ｘ＝２ｘ ｔ １且Ｏ到直線ＡＢ的距離ｄ ∴３（ｘ＋ｘ）２＋４ｘ １

１ 即

ｍ２設(shè)△ＡＯＢ的面積為Ｓ（ｔ）， １

＝０．ｋ２＋２Ｓ（ｔ）＝ＡＢ·

＋２≤

整理，得４ｋｍ２＋２ｍ２ｋ２＝ ２ １

時，上式不成立４當(dāng)且僅當(dāng)ｔ２ 時，等號成立４． ．故△面積的最大值為２和點分別為橢圓ｘ２＋ｙ２

１

ｍ≠時，ｋ２＝２ ４ｍ２由（），ｋ＞２ｍ２ｋ≠０，２２ｍ２ ∴ｋ２＝４ｍ２點，點Ｐ為橢圓上的任意一點，則Ｐ·Ｐ的最大值 答案

∴

解 由題意得Ｆ（１，０），設(shè)點Ｐ（ｘ，ｙ），則ｙ２ 綜合①②可得，ｍ的取值范圍為１，∪ 存在性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定的問題明 化．其步驟為假設(shè)滿足條件的元素（點直線曲線或參數(shù)）存在列出關(guān)于待定系數(shù)的方程（組），若方程（組）有實數(shù)解，則元 ｙ０ ｙ０ ｙ＝ ｙ＝

第十 ４（點直線曲線或參數(shù)）存在否則元素（點直線曲線或參

ｋＱＡ＝ｘ

ｙ２ｙ

，同理ｋＱＢ

ｙ＋ｙ數(shù)）不存在．當(dāng)然反證法與驗證法也是求解探索性問題的方法（２０１８云南昆明教學(xué)質(zhì)量檢查，２０）設(shè)拋物線Ｃｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０）的焦點為Ｆ，準(zhǔn)線為ｌ，已知點Ａ在拋物線Ｃ上，點Ｂ在

ｙ ｙ由ＱＡ⊥ＱＢ得 ·ｙ ｙ ０ １ｌ上，△ＡＢＦ是邊長為４的等邊三角形 即ｙ２＋ｙ（ｙ＋ｙ ０ １（）ｐ的值

∴ｙ２＋４ｙ＋２０＝０４０ ＋Ｃ交于ＱＲ兩點時， １為定值？若存在，求出點Ｎ Δ＝＋

８０≥０，

，ＮＱ

坐標(biāo)，若不存在，請說明理由 結(jié) １＜ｋ＜１且ｋ≠０得，ｋ的取值范 解析（）由題意知ＡＦ＝ＡＢ，

５ ５設(shè)準(zhǔn)線ｌ與ｘ軸交于點Ｄ，則

５，０∪０，５又△ＡＢＦ是邊長為４的等邊三角形，∠＝所以∠＝６０°，ＤＦ＝ＢＦｃｏｓ∠＝４×１＝２，即ｐ＝２（２）存在．設(shè)點Ｎ（ｔ，０），由題意知直線ｌ′的斜率不為零設(shè)直線ｌ的方程為ｘ＝ｍｙ＋ｔ，Ｑ（ｘ１，ｙ１），Ｒ（ｘ２２）．ｘ＝

經(jīng)過點Ａ（），離心率為１２（）Ｅ（４）ｌＰ于點Ｒ，Ｔ，

得

４ｍｙ４ｔ

滿足ＯＲ·ＯＴ

若存在，求直線ｌ的方程；若不存在，７ １則Δ＝１６ｍ２＋１６ｔ＞０，ｙ＋ｙ＝４ｍ，ｙｙ＝ １又ＮＱ２＝（ｘｔ）２＋ｙ２＝（ｍｙ＋ｔｔ）２＋ｙ２＝（１＋ｍ２）ｙ２ ｘ２ ＮＲ２＝（１＋ｍ２）ｙ２

ａ２

＝１（２則 １＋１ ２

由題意得ｂ＝２ｅ

ｃ＝１ ＮＱ ＮＲ２（１＋ｍ２）ｙ２（１＋ｍ２） ｙ２ （１＋ｍ２）ｙ２

（ｙ＋ｙ）２２ｙ １（１＋ｍ２） １

∴ａ＝２ｃ，ｂ２＝ａ２ｃ２＝３ｃ２∴ｃ２＝４，ｃ＝２，ａ＝１ １ １６ｍ２

２ｍ２

Ｐ的方程為ｘ

＝＝１６（１＋ｍ２）ｔ２＝（２ｍ２＋２） （）存在

１６若ＮＱ＋ＮＲ為定值，ｔ＝２，Ｎ（當(dāng)ｔ＝２時所以存在點Ｎ（２，０），當(dāng)過點Ｎ的直線ｌ′與拋物線Ｃ

假設(shè)存在滿足題意的直線ｌ，易知當(dāng)直線ｌ的斜率不存在時Ｔ＜０不滿足題意故可設(shè)直線ｌ的方程為ｙ＝ｋｘ４，Ｒ（ｘ１，ｙ１），Ｔ（ｘ２，ｙ２ＱＲ兩點時，１ＮＱ

ＮＲ

為定值１４

∵

＝７（廣西柳州月考，２１）ｘＯｙ中，已知拋物線Ｃ：ｙ２＝２ｐｘ（ｐ＞０），此拋物線上的點Ｎ（２，ｍ）到焦點的距離是３．Ｑ（ｘ，ｙ）ＱＡ⊥ＱＢ？若存在，求出ｋ的取解析２∵２＋

∴ｘｘ＋ｙｙ＝１ １ ｙ＝ｋｘ由ｘ２＋ｙ２＝１ 得（＋４ｋ２）ｘ２３２ｋｘ＋１６＝Δ得（３