1、第14讲 圆锥曲线中的综合问题,总纲目录,考点一 圆锥曲线中的最值、范围问题,例 (2018昆明高三摸底调研测试)已知直线l1:ax-y+1=0,直线l2:x+ 5ay+5a=0,直线l1与l2的交点为M,点M的轨迹为曲线C. (1)当a变化时,求曲线C的方程; (2)已知点D(2,0),过点E(-2,0)的直线l与C交于A,B两点,求ABD面 积的最大值.,解析 (1)由 消去a,得曲线C的方程为 +y2=1.(y -1,即点(0,-1)不在曲线C上) (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),l:x=my-2, 由 得(m2+5)y2-4my-1=0, 则y1+y2= ,y1y2=- ,
2、 ABD的面积S=2|y2-y1|=2 =2 =,设t= ,t1,+), 则S= = , 当t= (t1,+),即t=2,m= 时,ABD的面积取得最大值 .,方法归纳,求解范围、最值问题的五种方法 (1)利用判别式构造不等式,从而确定参数的取值范围; (2)利用已知参数的取值范围,求新参数的范围,解这类问题的核 心是在两个参数之间建立相等关系; (3)利用隐含的不等关系,求出参数的取值范围; (4)利用已知不等关系构造不等式,从而求出参数的取值范围; (5)利用求函数值域的方法,确定参数的取值范围.,已知点A,B分别为椭圆E: + =1(ab0)的左、右顶点,点P(0,- 2),直线BP交E
3、于点Q, = ,且ABP是等腰直角三角形. (1)求椭圆E的方程; (2)设过点P的动直线l与E相交于M,N两点,当坐标原点O位于以 MN为直径的圆外时,求直线l斜率的取值范围.,解析 (1)由题意,得a=2,B(2,0), 设Q(x0,y0),由 = ,得(x0,y0+2)= (2-x0,-y0),所以 解得x0= ,y0=- ,即Q ,将其代入椭圆方程,解得b2=1, 椭圆E的方程为 +y2=1. (2)由题意可知,直线l的斜率存在,设其解析式为y=kx-2,M(x1,y1),N (x2,y2), 由 得(1+4k2)x2-16kx+12=0,由根与系数的关系可知x1+x2= ,x1x2=
4、 , 由直线l与E有两个不同的交点,得0, 即(-16k)2-412(1+4k2)0,解得k2 , 坐标原点O位于以MN为直径的圆外,则 0,即x1x2+y1y20, 则x1x2+y1y2=x1x2+(kx1-2)(kx2-2)=(1+k2)x1x2-2k(x1+x2)+4=(1+k2) -2k +40, 解得k24, 综合可知 k24,解得 k2或-2k- ,故直线l斜率的取值范围为 .,考点二 圆锥曲线中的定值、定点、存在性问题,命题角度一 定值问题,例1 (2018北京,19,14分)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点 Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B
5、,且直线PA交y轴 于M,直线PB交y轴于N. (1)求直线l的斜率的取值范围; (2)设O为原点, = , = ,求证: + 为定值.,解析 (1)因为抛物线y2=2px过点(1,2), 所以2p=4,即p=2. 故抛物线C的方程为y2=4x, 由题意知,直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y=kx+1(k0). 由 得k2x2+(2k-4)x+1=0. 依题意知=(2k-4)2-4k210, 解得k0或0k1. 又PA,PB与y轴相交,故直线l不过点(1,-2).,从而k-3. 所以直线l斜率的取值范围是(-,-3)(-3,0)(0,1). (2)证明:设A(x1,y1),B(x2
6、,y2), 由(1)知x1+x2=- ,x1x2= . 直线PA的方程为y-2= (x-1). 令x=0,得点M的纵坐标为yM= +2= +2. 同理得点N的纵坐标为yN= +2. 由 = , = 得=1-yM,=1-yN.,所以 + = + = + = = =2. 所以 + 为定值.,方法归纳,求解定值问题的两大途径 (1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值),然后证明其是定 值,即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关. (2)先将式子用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的条 件得出参数之间满足的关系式,使正负项抵消或分子、分母约分 得定值.,例2 (2017课标全国,20
7、,12分)已知椭圆C: + =1(ab0),四 点P1(1,1),P2(0,1),P3 ,P4 中恰有三点在椭圆C上. (1)求C的方程; (2)设直线l不经过P2点且与C相交于A,B两点.若直线P2A与直线P2 B的斜率的和为-1,证明:l过定点.,命题角度二 定点问题,解析 (1)由于P3,P4两点关于y轴对称,故由题设知C经过P3,P4两 点. 又由 + + 知,C不经过点P1,所以点P2在C上. 因此 解得 故C的方程为 +y2=1. (2)证明:设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1,k2. 如果l与x轴垂直,设l:x=t,由题设知t0,且|t|2,可得A,B的坐标分别,为 , .
8、 则k1+k2= - =-1,得t=2,不符合题设. 从而可设l:y=kx+m(m1).将y=kx+m代入 +y2=1得 (4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0. 由题设可知=16(4k2-m2+1)0. 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=- ,x1x2= . 而k1+k2= +,= + = , 由题设k1+k2=-1,故(2k+1)x1x2+(m-1)(x1+x2)=0. 即(2k+1) +(m-1) =0. 解得k=- . 当且仅当m-1时,0,于是l:y=- x+m, 即y+1=- (x-2), 所以l过定点(2,-1).,方法归纳,直线过定点问题的两大类型及解法
9、 (1)动直线l过定点问题的解法:设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t, 由题设条件将t用k表示为t=mk,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m, 0). (2)动曲线C过定点问题的解法:引入参变量建立曲线C的方程,再 根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点. 命题角度三:圆锥曲线中的存在性问题,例3 (2018广西联考)如图,椭圆C: + =1(ab0)经过点P,离心率e= ,直线l的方程为x=4. (1)求椭圆C的方程; (2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P),设直线AB与直线l相 交于点M,记直线PA,PB,PM的斜率分别为k1,k2,k3.问:是否存在常数 ,使得
10、k1+k2=k3?若存在,求出的值;若不存在,请说明理由.,解析 (1)由P 在椭圆上得, + =1, 由e= = 知a=2c,则b2=3c2, 易得c2=1,则a2=4,b2=3. 故椭圆C的方程为 + =1. (2)存在.由题意可设直线AB的斜率为k, 则直线AB的方程为y=k(x-1), 代入椭圆方程,并整理,得(4k2+3)x2-8k2x+4(k2-3)=0, 设A(x1,y1),B(x2,y2),且x1x21,则有 x1+x2= ,x1x2= , ,在方程中令x=4,得y=3k,则点M的坐标为(4,3k). 从而k1= ,k2= ,k3= =k- . 因为A,F,B三点共线, 所以有
11、k=kAF=kBF,即有 = =k. 所以k1+k2= + = + - =2k- , ,将代入得k1+k2=2k- =2k-1, 又k3=k- ,所以k1+k2=2k3.故存在常数=2符合题意.,方法归纳,探索性问题的解题策略 探索性问题,先假设存在,推证满足条件的结论,若结论正确,则存 在,若结论不正确,则不存在. (1)当条件和结论不唯一时,要分类讨论. (2)当给出结论而要推导出存在的条件时,先假设成立,再推出条 件. (3)当条件和结论都不知,按常规方法解题很难时,要思维开放,采 取另外的途径.,1.(2018贵阳适应性考试(一)已知椭圆C: + =1(ab0)的左、 右焦点分别为F1
12、,F2,点M为短轴的上端点, =0,过F2垂直于x 轴的直线交椭圆C于A,B两点,且|AB|= . (1)求椭圆C的方程; (2)设经过点(2,-1)且不经过点M的直线l与C相交于G,H两点.若k1,k 2分别为直线MH,MG的斜率,求k1+k2的值.,解析 (1)由 =0,得b=c. 因为过F2垂直于x轴的直线交椭圆C于A,B两点,且|AB|= , 所以 = , 联立得 解得 故椭圆C的方程为 +y2=1. (2)设直线l的方程为y+1=k(x-2),即y=kx-2k-1, 将y=kx-2k-1代入 +y2=1得(1+2k2)x2-4k(2k+1)x+8k2+8k=0,由题设可知=-16k(
13、k+2)0,设G(x1,y1),H(x2,y2), 则x1+x2= ,x1x2= . k1+k2= + = + =2k- =2 k-(2k+1)=-1, 所以k1+k2=-1.,2.(2018贵阳第一学期检测)如图,椭圆C: + =1(ab0)的左顶 点与上顶点分别为A,B,右焦点为F,点P在椭圆C上,且PFx轴,若 ABOP,且|AB|=2 . (1)求椭圆C的方程; (2)已知Q是C上不同于长轴端点的任意一点,在x轴上是否存在一 点D,使得直线QA与QD的斜率乘积恒为- ?若存在,求出点D的坐 标,若不存在,说明理由.,解析 (1)由题意得A(-a,0),B(0,b),可设P(c,t)(t0), + =1,得t= ,即P , 由ABOP得 = ,即b=c, a2=b2+c2=2b2, 又|AB|=2 ,a2+b2=12, 由得a2=8,b2=4,椭圆C的方程为 + =1. (2)假设存在D(m,0),使得直线QA与QD的斜率乘积恒为- ,设Q(x0, y0)(y00),则 + =1, ,kQAkQD=- ,A(-2 ,0), =- (x0m), 由得(m-2 )x0+2 m-8=0,即 解得m=2 ,存 在点D(2 ,0),使得kQAkQD=- .,
