1、 11111111 1圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，往往作为试卷的压轴题之一； 2以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题 1圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子 的几何意义求解 2定点、定值问题 (1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类 问题称为定点问题 若得到了直线方程的点斜式：yy0k(xx0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：ykx m，则直线必过定点(0，m) (2)定值问题：在解析几何中，有些几何
2、量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参 变量无关，这类问题统称为定值问题 3存在性问题的解题步骤： (1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组) (2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在 (3)得出结论 热点一 圆锥曲线中的最值、范围 【例 1】 (2018 济宁期末)已知抛物线?:?2= 2?(? 0)的焦点为 F，过点 F 的直线 l 与抛物线 C 相交于 A， B 两点，且? ? ? ? = ?3，直线 AO，BO 分别交直线? = ?1于点 M，N (1)求抛物线 C 的方程； (2)求?的最小值 解（
3、1）抛物线?:?2= 2?(? 0)的焦点为 F(0, ? 2)，?(?1,?1)，?(?2,?2 ) 热点热点题型题型 知识与技巧的梳理知识与技巧的梳理 考向预测考向预测 专题四专题四 第第 3 3 讲讲 圆锥圆锥曲线综合问题曲线综合问题 解析几何解析几何 设直线?的方程为：? = ? + ? 2， 联立直线?与抛物线?的方程可得：? = ? + ? 2 ?2= 2? ， 整理得：?2? 2? ? ?2= 0， 所以?1+ ?2= 2?，?1? ?2= ?2， ?1?2= (?1+ ? 2)(?2 + ? 2) = ? 2?1?2 + ? 2 ?(?1+ ?2) + ?2 4 =? 2 4
4、， 因为? ? ? ? = ?3，且? = (?1,?1)，? = (?2,?2)， 所以?1? ?2+ ?1?2= ?3，即?2+ ?2 4 = ?3，解得：? = 2 所以抛物线 C 的方程为：?2= 4?。 （2）直线?的方程为：? = ?1 ?1 ?，直线?的方程为：? = ?2 ?2 ?， 联立? = ?1 ?1 ? ? = ?1 得：? = ?1 ?1 ，所以?(? ?1 ?1 ,?1)， 联立? = ?2 ?2 ? ? = ?1 得：? = ?2 ?2，所以?(? ?2 ?2 ,?1)， 所以? = |?2 ?2 ? ?1 ?1| = | ?2?1?1?2 ?2?1 |=| ?2
5、(?1+? 2)?1(?2+ ? 2) ?1?2 | = |?1? ?2|=(?1+ ?2)2? 4?1? ?2， 所以?= 1 2 1 |?1? ?2| = 1 2(?1 + ?2)2? 4?1? ?2=1 24? 2+ 16 2， 当? = 0时，等号成立 所以?的最小值为 2 探究提高 求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和 意义，则考虑利用图形性质数形结合求解 (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间 的等量关系等，则利用代数法求参数的范围 【训练 1】 已知点 A(0，2)，椭
6、圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 3 2 ，F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的 斜率为2 3 3 ，O 为坐标原点 (1)求 E 的方程； (2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点，当OPQ 的面积最大时，求 l 的方程 解 (1)设 F(c，0)，由条件知，2 c 2 3 3 ，得 c 3又c a 3 2 ，所以 a2，b2a2c21 故 E 的方程为x 2 4y 21 (2)当 lx 轴时不合题意，故设 l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2) 将 ykx2 代入x 2 4y 21，得(14k2)x216kx120 当 16(4k23
7、)0，即 k23 4时，x1，2 8k 2 4k23 4k21 从而|PQ| k21|x1x2|4 k 21 4k23 4k21 又点 O 到直线 PQ 的距离 d 2 k21 所以OPQ 的面积 SOPQ1 2d|PQ| 4 4k23 4k21 设 4k23t，则 t0，SOPQ 4t t24 4 t4 t 因为 t4 t4，当且仅当 t2，即 k 7 2 时等号成立，且满足 0 所以当OPQ 的面积最大时，l 的方程为 y 7 2 x2 或 y 7 2 x2 热点二 圆锥曲线中的存在性问题 【例 2】 (2019 广州一模)已知动圆?过定点?(1,0)，且与定直线? = ?1相切 （1）求
8、动圆圆心?的轨迹?的方程； （2）过点?(?2,0)的任一条直线?与轨迹?交于不同的两点?,?，试探究在?轴上是否存在定点?（异于点?） ， 使得? + ? = ?？若存在，求点?的坐标；若不存在，说明理由 解（1）解法 1：依题意动圆圆心?到定点?(1,0)的距离与到定直线? = ?1的距离相等， 由抛物线的定义，可得动圆圆心?的轨迹是以?(1,0)为焦点，? = ?1为准线的抛物线， 其中? = 2 动圆圆心?的轨迹?的方程为?2= 4? 解法 2：设动圆圆心? (?,?)，依题意：(? ? 1)2+ ?2= |? + 1| 化简得：?2= 4?，即为动圆圆心?的轨迹?的方程 （2）解：假
9、设存在点?(?0,0)满足题设条件 由? + ? = ?可知，直线?与?的斜率互为相反数， 即?+ ?= 0 直线?的斜率必存在且不为0，设?:? = ? ? 2, 由 ?2= 4? ? = ? ? 2 得? 2 ? 4? + 8 = 0 由? = (?4?)2? 4 8 0,得? 2或? 0)的焦点为 F，直线 2xy20 交抛物线 C 于 A，B 两点，P 是线段 AB 的中点，过 P 作 x 轴的垂线交抛物线 C 于点 Q (1)D 是抛物线 C 上的动点，点 E(1，3)，若直线 AB 过焦点 F，求|DF|DE|的最小值； (2)是否存在实数 p，使|2QA QB |2QA QB |
10、？若存在，求出 p 的值；若不存在，说明理由 解 (1)直线 2xy20 与 y 轴的交点为(0，2)， F(0，2)，则抛物线 C 的方程为 x28y，准线 l：y2 设过 D 作 DGl 于 G，则|DF|DE|DG|DE|， 当 E，D，G 三点共线时，|DF|DE|取最小值 235 (2)假设存在，抛物线 x22py 与直线 y2x2 联立方程组得：x24px4p0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，(4p)216p16(p2p)0， 则 x1x24p，x1x24p，Q(2p，2p)|2QA QB |2QA QB |，QAQB 则QA QB 0，可得(x12p)(x22p)(y
11、12p)(y22p) (x12p)(x22p)(2x122p)(2x222p)5x1x2(46p)(x1x2)8p28p40， 代入得 4p23p10，解得 p1 4或 p1(舍去) 因此存在实数 p1 4，且满足 0，使得|2QA QB |2QA QB |成立 1(2018 全国 I 卷)设椭圆?: ?2 2 + ?2= 1的右焦点为?，过?的直线?与?交于?,?两点，点?的坐标为(2,0) （1）当?与?轴垂直时，求直线?的方程； （2）设?为坐标原点，证明：? = ? 1(2018 全国 III 卷)已知斜率为?的直线?与椭圆?： ?2 4 + ?2 3 = 1交于?，?两点，线段?的中
12、点为 ?(1 ， ?)(? 0) （1）证明：? b0)的右顶点为 A，直线 y 4 3与椭圆 C 交于 P，Q 两点(P 在 Q 的左边)，Q 在 x 轴上的射影为 B，且四边形 ABPQ 是平行四边形 (1)求椭圆 C 的方程； (2)斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C 交于两个不同的点 M，N若 M 是椭圆的左顶点，D 是直线 MN 上一点， 且 DAAM点 G 是 x 轴上异于点 M 的点，且以 DN 为直径的圆恒过直线 AN 和 DG 的交点，求证：点 G 是 定点 1(2017 延安调研)如图，椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)，经过点 A(0，1)，且离心率为 2 2
13、 (1)求椭圆 E 的方程； (2)经过点(1，1)，且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 P，Q(均异于点 A)，证明：直线 AP 与 AQ 的斜 率之和为定值 精准预测题 2(2017 昆明二模)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ，短轴长为 2直线 l：ykxm 与椭圆 C 交于 M，N 两点，又 l 与直线 y1 2x，y 1 2x 分别交于 A，B 两点，其中点 A 在第一象限，点 B 在第二象限， 且OAB 的面积为 2(O 为坐标原点) (1)求椭圆 C 的方程； (2)求OM ON 的取值范围 参考参考答案答案 1 【解题思路】(1)
14、首先根据?与?轴垂直，且过点?(1,0)，求得直线 l的方程为 x=1，代入椭圆方程求得点 A的 坐标为(1, 2 2 )或(1,? 2 2 )，利用两点式求得直线?的方程； (2)分直线 l与 x 轴重合、l与 x轴垂直、l与 x轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较 直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果 【答案】 （1）由已知得?(1,0)，l的方程为 x=1 由已知可得，点 A 的坐标为(1, 2 2 )或(1,? 2 2 ) 所以 AM的方程为? = ? 2 2 ? + 2或? = 2 2 ? ? 2 （2）当 l与 x轴重合时，? = ?
15、 = 0 当 l 与 x 轴垂直时，OM 为 AB 的垂直平分线，所以? = ? 当 l 与 x 轴不重合也不垂直时，设 l的方程为? = ?(? ? 1)(? 0)，?(?1,?1),?(?2,?2)， 则?10， 2m 12k0， m（12k）0， 即 m2(14k2)0，而 m20，14k20， 又|AB| ? ? ? ? 2m 12k 2m 12k 2 ? ? ? ? m 12k m 12k 2 4|m| 14k2 1k2， 又原点 O 到直线 l 的距离为 |m| 1k2，即OMN 底边 AB 上的高为 |m| 1k2， SOMN 1 2 ?4|m| 1k 2 14k2 |m| 1k2 2m2 14k22， m214k2， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线 l 代入椭圆方程， 整理可得(12k2)x24kmx2m220， x1x2 4km 12k2，x1x2 2m22 12k2， 16k2m24(12k2)(2m22)48k20，则 k20， y1y2(kx1m)(kx2m)m 22k2 12k2 ， OM ON x1x2y1y22m 22 12k2 m22
