圆锥曲线综合问题.docx

1、【知识精讲】【知识精讲】 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

2、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. 【注意点】 1.求范围问题要注意变量自身的范围. 2.利用几何意义求最值时，要注意“相切”与“公共点唯一”的不等价 关系.注意特殊关系、特殊位置的应用. 3.在解决直线与抛物线的位置关系时， 要特别注意直线与抛物线的 对称轴平行的特殊情况. 4.解决定值、定点问题，不要忘记特值法. 【典例精练】【典例精练】 考点一 定点问题 【例 1】 (2014 山东卷)已知抛物线 C:y2=2px(p0)的

3、焦点为 F,A 为 C 上异于原点的任意一点,过点 A 的直线 l 交 C 于另一点 B,交 x 轴的 正半轴于点 D,且有|FA|=|FD|.当点 A 的横坐标为 3 时, ADF 为正 三角形. (1)求 C 的方程; (2)若直线 l1l,且 l1和 C 有且只有一个公共点 E, (i)证明直线 AE 过定点,并求出定点坐标; (ii) ABE的面积是否存在最小值?若存在,请求出最小值,若不存在, 请说明理由. 【解析】 (1)由题意知 F( 2 ,0). 设 D(t,0)(t0),则 FD 的中点为(+2 4 ,0). 因为|FA|=|FD|, 则由抛物线的定义知 3+ 2=|- 2|

4、, 解得 t=3+p 或 t=-3(舍去). 由+2 4 =3,解得 p=2. 所以抛物线 C 的方程为 y2=4x. (2)(i)由(1)知 F(1,0), 设 A(x0,y0)(x0y00),D(xD,0)(xD0), 因为|FA|=|FD|,则|xD-1|=x0+1, 由 xD0 得 xD=x0+2,故 D(x0+2,0). 故直线 AB 的斜率 kAB=-0 2 . 因为直线 l1和直线 AB 平行, 所以可设直线 l1的方程为 y=-0 2 x+b, 代入抛物线方程得 y2+ 8 0y- 8 0=0, 由 =64 0 2+ 32 0 =0,得 b=- 2 0. 设 E(xE,yE),

5、则 yE=- 4 0,xE= 4 0 2, 当0 24 时,kAE=-0 -0=- 4 0+0 4 0 2- 0 2 4 = 40 0 2-4, 可得直线 AE 的方程为 y-y0= 40 0 2-4(x-x0), 由0 2=4x0,整理可得 y=40 0 2-4(x-1), 直线 AE 恒过点 F(1,0). 当0 2=4 时,直线 AE 的方程为 x=1,过点 F(1,0), 所以直线 AE 过定点 F(1,0). 公众号：品数学 (ii)由(i)知直线 AE 过焦点 F(1,0), 所以|AE|=|AF|+|FE|=(x0+1)+( 1 0 + 1)=x0+ 1 0+2. 设直线 AE

6、的方程为 x=my+1, 因为点 A(x0,y0)在直线 AE 上, 故 m=0-1 0 , 设 B(x1,y1), 直线 AB 的方程为 y-y0=-0 2 (x-x0), 由 y00,可得 x=- 2 0y+2+x0, 代入抛物线方程得 y2+ 8 0y-8-4x0=0. 所以 y0+y1=- 8 0, 可求得 y1=-y0- 8 0,x1= 4 0+x0+4, 所以点 B 到直线 AE 的距离为 d= | 4 0+0+4+m(0+ 8 0)-1| 1+2 =4(0+1) 0 =4(0+ 1 0). 则 ABE 的面积 S=1 2 4(0 + 1 0)(0 + 1 0 + 2)16, 当且

7、仅当 1 0=x0,即 x0=1 时等号成立. 所以 ABE 的面积的最小值为 16. 【解法小结】 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法： 引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量， 再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点. (2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证 明该定点与变量无关. 考点二 定值问题 【例 2】 (2019 河北省“五个一”名校联盟)在平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 C：x 2 4y 21，点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆 C 上 两个动点，直线 OP，OQ 的斜率分别为 k1，k2，若 m x1 2，y1 ， n

8、x2 2，y2 ，m n0. (1)求证：k1 k21 4； 公众号：品数学 (2)试探求 OPQ 的面积 S 是否为定值，并说明理由. 【解析】(1)证明 k1，k2均存在，x1x20. 又 m n0，x1x2 4 y1y20，即x1x2 4 y1y2， k1 k2y1y2 x1x2 1 4. (2)解 当直线 PQ 的斜率不存在，即 x1x2，y1y2时， 由y1y2 x1x2 1 4，得 x21 4y 2 10. 又点 P(x1，y1)在椭圆上，x 2 1 4y 2 11， |x1| 2，|y1| 2 2 .S POQ1 2|x1|y1y2|1. 当直线 PQ 的斜率存在时，设直线 PQ

9、 的方程为 ykxb. 联立得方程组 ykxb， x2 4y 21， 消去 y 并整理得(4k21)x28kbx4b240， 其中 (8kb)24(4k21)(4b24)16(14k2b2)0， 即 b20). S POQ 1 2 |b| 1k2 |PQ| 1 2 |b|（x1x2）24x1x2 2|b| 4k21b2 4k21 1. 综合， POQ 的面积 S 为定值 1. 【解法小结】 圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 (1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值. (2)两大解法： 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关； 引起变量法：其解题流程为 变量 选择适当的动点

10、坐标或动线中系数为变量 函数 把要证明为定值的量表示成上述变量的函数 定值 把得到的函数化简，消去变量得到定值 考点三考点三 探索性问题探索性问题 【例 3】 (2019 福州四校联考)已知椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0)的两 个焦点分别为 F1，F2，短轴的一个端点为 P， PF1F2内切圆的半 径为b 3，设过点 F2 的直线 l 与被椭圆 C 截得的线段为 RS，当 lx 轴时，|RS|3. (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)在 x 轴上是否存在一点 T，使得当 l 变化时，总有 TS 与 TR 所 在直线关于 x 轴对称？若存在，请求出点 T 的坐标；若不存在， 请说

11、明理由. 【解析】(1)由内切圆的性质，得1 2 2c b 1 2 (2a2c) b 3，得 c a 1 2. 将 xc 代入x 2 a2 y2 b21，得 y b2 a ，所以2b 2 a 3. 又 a2b2c2，所以 a2，b 3， 故椭圆 C 的标准方程为x 2 4 y2 31. (2)当直线 l 垂直于 x 轴时， 显然 x 轴上任意一点 T 都满足 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称. 当直线 l 不垂直于 x 轴时，假设存在 T(t，0)满足条件，设 l 的方程 为 yk(x1)，R(x1，y1)，S(x2，y2). 联立方程 yk（x1）， x2 4 y2 31， 得 (3

12、4k2)x28k2x4k2120， 由根与系数的关系得 x1x2 8k2 34k2， x1x24k 212 34k2 ， 其中 0 恒成立， 由 TS 与 TR 所在直线关于 x 轴对称，得 kTSkTR0(显然 TS，TR 的斜率存在)， 即 y1 x1t y2 x2t0. 因为 R，S 两点在直线 yk(x1)上， 所以 y1k(x11)，y2k(x21)，代入得 k（x11）（x2t）k（x21）（x1t） （x1t）（x2t） k2x1x2（t1）（x1x2）2t （x1t）（x2t） 0， 即 2x1x2(t1)(x1x2)2t0， 将代入得 8k224（t1）8k22t（34k2）

13、 34k2 6t24 34k20， 则 t4， 综上所述，存在 T(4，0)，使得当 l 变化时，总有 TS 与 TR 所在直 线关于 x 轴对称. 【解法小结】 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探 究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存 在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针 对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论. 【变式练习变式练习】 公众号：品数学 1.(2019 石家庄模拟)已知 P 为双曲线 C：x 2 9 y2 161 上的点，点 M 满足|OM |1，且OM PM 0，则当|PM |取得最小值时点 P 到双曲 线 C 的渐近线的距

14、离为( ) A.9 5 B.12 5 C.4 D.5 【答案】 B 【解析】由OM PM 0，得 OMPM，根据勾股定理，求|MP|的 最小值可以转化为求|OP|的最小值，当|OP|取得最小值时，点 P 的 位置为双曲线的顶点( 3，0)，而双曲线的渐近线为 4x 3y0， 所求的距离 d12 5 . 2.(2019 成都诊断)设点 Q 是直线 l：x1 上任意一点，过点 Q 作抛物线 C：y24x 的两条切线 QS，QT，切点分别为 S，T，设 切线 QS，QT 的斜率分别为 k1，k2，F 是抛物线的焦点，直线 QF 的斜率为 k0，则下列结论正确的是( ) A.k1k2k0 B.k1k2

15、2k0 C.k1k22k0 D.k1k22k0 【答案】 D 【解析】 设点 Q(1，t)，由过点 Q 的直线 ytk(x1)与抛物 线 C：y24x 相切，联立方程得 y 24x， ytk（x1）， 整理得 k2x22(k2kt2)x(kt)20， 则 4(k2kt2)24k2(kt)20，化简得 k2tk10. 显然 k1，k2是关于 k 的方程 k2tk10 的两个根， 所以 k1k2t.又 k0 t 2，故 k1k22k0. 3.(2019 郑州调研)已知直线 l 与双曲线x 2 4y 21 相切于点 P，l 与 双曲线的两条渐近线交于 M，N 两点，则OM ON 的值为( ) A.3

16、 B.4 C.5 D.与 P 的位置有关 【答案】 A 【解析】 依题意，设点 P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中 x204y204，则直线 l 的方程是x0x 4 y0y1， 题中双曲线的两条渐近线方程为 y 1 2x. 当 y00 时，直线 l 的方程是 x2 或 x2. 由 x2， x2 4y 20，得 x2， y 1，此时OM ON (2，1) (2，1)41 3，同理可得当直线 l 的方程是 x2 时，OM ON 3. 当 y00 时，直线 l 的方程是 y 1 4y0(x0x4). 由 y 1 4y0（x0x4）， x2 4y 20， 得(4y20x20)x

17、28x0x160(*)， 又 x204y204，因此(*)即是 x22x0x40，x1x24， OM ON x1x2y1y2x1x21 4x1x2 3 4x1x23. 综上所述，OM ON 3. 4.(2019 东北三省四校模拟)若双曲线 x2y 2 b21(b0)的一条渐近 线与圆 x2(y2)21 至多有一个公共点， 则双曲线离心率的取值 范围是_. 【答案】 (1，2 【解析】 双曲线的渐近线方程为 y bx，则有 |02| 1b21，解得 b23，则 e21b24，e1，1e2. 5.(2019 湘中名校联考)已知抛物线 y22px(p0)的焦点为 F， ABC 的顶点都在抛物线上，

18、且满足FA FBFC0， 则1 kAB 1 kAC 1 kBC_. 【答案】 0 【解析】 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，F p 2，0 ， 由FA FBFC0，得 y 1y2y30.因为 kABy 2y1 x2x1 2p y1y2， 所以 kAC 2p y1y3，kBC 2p y2y3， 所以 1 kAB 1 kAC 1 kBC y1y2 2p y 3y1 2p y 2y3 2p 0. 6.(2019 合肥模拟)若点 O 和点 F 分别为椭圆x 2 9 y2 81 的中心和左 焦点，点 P 为椭圆上的任一点，则OP FP 的最小值为_. 【答案】 6 【解析】 点

19、 P 为椭圆x 2 9 y2 81 上的任意一点， 设 P(x，y)(3x3，2 2y2 2)， 依题意得左焦点 F(1，0)，OP (x，y)，FP (x1，y)， OP FP x(x1)y2x2x728x 2 9 1 9 x9 2 2 23 4 . 3x3， 3 2x 9 2 15 2 ，9 4 x9 2 2 225 4 ， 1 4 1 9 x9 2 2 225 36 ，61 9 x9 2 2 23 4 12， 即 6OP FP 12，故最小值为 6. 7.(2019 咸阳二模)已知 A(2，0)，B(2，0)，点 C 是动点，且直线 AC 和直线 BC 的斜率之积为3 4. (1)求动点

20、 C 的轨迹方程； (2)设直线 l 与(1)中轨迹相切于点 P，与直线 x4 相交于点 Q，判 断以 PQ 为直径的圆是否过 x 轴上一定点. 【解析】 (1)设 C(x，y).由题意得 kAC kBC y x2 y x2 3 4(y0). 整理，得x 2 4 y2 31(y0). 故动点 C 的轨迹方程为x 2 4 y2 31(y0). (2) 易知直线 l 的斜率存在，设直线 l：ykxm. 联立得方程组 ykxm， x2 4 y2 31. 消去 y 并整理，得 (34k2)x28kmx4m2120. 依题意得 (8km)24(34k2)(4m212)0， 即 34k2m2. 设 x1，

21、x2为方程(34k2)x28kmx4m2120 的两个根， 则 x1x28km 34k2，x1x2 4km 34k2. P 4km 34k2， 3m 34k2 ，即 P 4k m ， 3 m . 又 Q(4，4km)， 设 R(t，0)为以 PQ 为直径的圆上一点，则由RP RQ 0， 得 4k mt， 3 m (4t，4km)0. 整理，得4k m(t1)t 24t30. 由 k m的任意性，得 t10 且 t 24t30，解得 t1. 综上可知，以 PQ 为直径的圆过 x 轴上一定点(1，0). 8.(2019 江西九校联考)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21 过 A(2，0)，B(

22、0， 1)两点. (1)求椭圆 C 的方程及离心率； (2)设 P 为第三象限内一点且在椭圆 C 上，直线 PA 与 y 轴交于点 M，直线 PB 与 x 轴交于点 N，求证：四边形 ABNM 的面积为定值. 【解析】(1)解 由题意知，a2，b1， 所以椭圆 C 的方程为x 2 4y 21. 因为 c a2b2 3， 所以椭圆 C 的离心率 ec a 3 2 . (2)证明 设 P(x0，y0)(x00 恒成立， 可得 x1x22k，x1x24k8，则 k1k21. 因此 k1k2为定值，且该定值为1. 10.(2019 银川检测)已知动点 P 到定点 F(1，0)和到直线 x2 的距 离之

23、比为 2 2 ，设动点 P 的轨迹为曲线 E，过点 F 作垂直于 x 轴的 直线与曲线 E 相交于 A，B 两点，直线 l：ymxn 与曲线 E 交于 C，D 两点，与 AB 相交于一点(交点位于线段 AB 上，且与 A，B 不重合). (1)求曲线 E 的方程； (2)当直线 l 与圆 x2y21 相切时， 四边形 ACBD 的面积是否有最 大值？若有，求出其最大值及对应的直线 l 的方程；若没有，请说 明理由. 【解析】 (1)设点 P(x，y)，由题意， 可得 （x1）2y2 |x2| 2 2 ，得x 2 2y 21. 曲线 E 的方程是x 2 2y 21. (2)设 C(x1，y1)，

24、D(x2，y2)，由条件可得|AB| 2. 当 m0 时，显然不合题意. 当 m0 时，直线 l 与圆 x2y21 相切， |n| m211，得 n 2m21. 联立 ymxn， x2 2y 21，消去 y 得 m21 2 x22mnxn210， 则 4m2n24 m21 2 (n21)2m20， x1x2 4mn 2m21，x1x2 2（n21） 2m21 ， S四边形ACBD1 2|AB| |x1x2| 2|m| 2m21 2 2|m| 1 |m| 2 2 ， 当且仅当 2|m| 1 |m|，即 m 2 2 时等号成立， 因为直线 l 与线段 AB 有交点，所以当 m 2 2 时，n 6

25、2 ； 当 m 2 2 时，n 6 2 . 经检验可知，直线 y 2 2 x 6 2 和直线 y 2 2 x 6 2 都符合题意. 11.(2019 届四川攀枝花第一次统考,20)椭圆 C: 2 4 +y2=1 的右顶点和 上顶点分别为 A,B,斜率为1 2的直线 l 与椭圆 C 交于 P、Q 两点(点 P 在第一象限). (1)求证:直线 AP、BQ 的斜率之和为定值; (2)求四边形 APBQ 面积的取值范围. 【解析】 (1)证明:设直线l的方程为y=1 2x+m,代入椭圆C: 2 4 +y2=1, 并整理得 x2+2mx+2m2-2=0, 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则1

26、+ 2= 2m, 12= 22-2. 从而 kAP+kBQ= 1 1-2+ 2-1 2 =12+(m1)(1+2-2) (1-2)2 =2 2-2+(m-1)(-2m-2) (1-2)2 =0, 所以直线 AP、BQ 的斜率之和为定值 0. (2)设 C: 2 4 +y2=1 的左顶点和下顶点分别为 E,D, 则直线 l、BE、AD 为互相平行的直线, 所以 A,B 两点到直线 l 的距离等于两平行线 BE、AD 间的距离, d= 2 1+1 4 . |PQ|=1 + 2|x2-x1|=1 + 1 4|x2-x1|, S四边形 APBQ=1 2d |PQ|=|x2-x1|=8 4 2, 又 P

27、 点在第一象限,-10)的左、右焦点分别为 F1,F2,MF2x 轴,直线 MF1 交 y 轴于 H 点,|OH|= 2 4 ,Q 为椭圆 E 上的动点, F1F2Q 的面积的最 大值为 1. (1)求椭圆 E 的方程; (2)如图,过点 S(4,0)作两条直线与椭圆 E 分别交于 A,B,C,D,且使 ADx 轴,问四边形 ABCD 的两条对角线的交点是不是定点?若是, 求出该定点的坐标;若不是,请说明理由. 【解析】 (1)设 M(c,yM),由题意可得 2 2+ 2 2=1,即 yM= 2 . OH 是 F1F2M 的中位线,且 OH= 2 4 , |MF2|= 2 2 ,即 2 = 2

28、 2 ,整理得 a2=2b4, 又由题知,当 Q 在椭圆 E 的上、下顶点时, F1F2Q 的面积最大,(12Q)max=1 2 2c b=1, 整理得 bc=1,即 b2(a2-b2)=1, 联立可得 2b6-b4=1,变形得(b2-1)(2b4+b2+1)=0, 解得 b2=1,进而 a2=2. 椭圆 E 的方程为 2 2 +y2=1. (2)设 A(x1,y1),C(x2,y2),则由对称性可知 D(x1,-y1),B(x2,-y2), 设直线 AC 与 x 轴交于点(t,0),直线 AC 的方程为 x=my+t(m0), 联立 = + , 2 + 2= 1, 消去 x,得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0, y1+y2= -2 2+2,y1y2= 2-2 2+2,由 A,B,S 三点共线有 kAS=kBS, 即 1 1-4= -2 2-4,将 x1=my1+t,x2=my2+t, 代入整理得 2my1y2+(t-4)(y1+y2)=0,从而2( 2-2)-2mt(t-4) 2+2 =0, 化简得 2m(4t-2)=0,解得 t=1 2. 于是直线 AC 的方程为 x=my+1 2,故直线 AC 过定点( 1 2 ,0). 同理可得 BD 过定点(1 2 ,0). 直线 AC 与 BD 的交点是定点,定点坐标为(1 2 ,0).