1、1第 3 讲 圆锥曲线的综合问题考情考向分析 1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大热点一 范围、最值问题圆锥曲线中的范围、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例 1 (2018百校联盟联考)已知 N 为圆 C1：( x2) 2 y224 上一动点，圆心 C1关于 y 轴的对称点为 C2，点 M， P 分别是线段 C1N， C2N 上的点，且 0， 2
2、 .MP C2N C2N C2P (1)求点 M 的轨迹方程；(2)直线 l 与曲线 交于 A， B 两点， AB 的中点在直线 y 上，求 OAB(O 为坐标原点)面12积的取值范围解 连接 MC2，因为 2 ，所以 P 为 C2N 的中点，C2N C2P 2因为 0，MP C2N 所以 ，MP C2N 所以点 M 在 C2N 的垂直平分线上，所以| MN| MC2|，因为| MN| MC1| MC2| MC1|2 4，6所以点 M 在以 C1， C2为焦点的椭圆上，因为 a ， c2，所以 b22，6所以点 M 的轨迹方程为 1.x26 y22(2)由题意知直线 l 的斜率存在，设 A(x
3、1， y1)， B(x2， y2)， l： y kx m，由Error! 得 x26 kmx3 m260，(3k2 1)x1 x2 ， x1x2 ， 6km3k2 1 3m2 63k2 1 24(6km) (3k2 1)(3m2 6)12 0，(6k2 2 m2)设 AB 的中点为 C ，(x0， y0)则 x0 ， y0 kx0 m m ， 3km3k2 1 3k2m3k2 1 m3k2 1由题意知 ，所以 2m3 k21，m3k2 1 12由 0，得 0b0)的离心率为 ，焦距为 2 .斜率x2a2 y2b2 63 2为 k 的直线 l 与椭圆 M 有两个不同的交点 A， B.(1)求椭圆
4、 M 的方程；(2)若 k1，求| AB|的最大值；(3)设 P(2,0)，直线 PA 与椭圆 M 的另一个交点为 C，直线 PB 与椭圆 M 的另一个交点为D，若 C， D 和点 Q 共线，求 k.(74， 14)解 (1)由题意得Error!解得 a ， b1.3所以椭圆 M 的方程为 y21.x23(2)设直线 l 的方程为 y x m， A(x1， y1)， B(x2， y2)由Error!得 4x26 mx3 m230， 36 m216(3 m23)12 m2480，即20 显然成立设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则Error!| AB| |x1 x2| ，1 k212
5、1 k2|b|而原点 O 到直线 l 的距离 d ，|b|1 k2 S ABO |AB|d6.12当直线 l 的斜率不存在时， l： x2 或 x2，则| AB|6，原点 O 到直线 l 的距离 d2， S ABO6.综上所述， ABO 的面积为定值 6.思维升华 (1)动直线过定点问题的两大类型及解法动直线 l 过定点问题，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)动曲线 C 过定点问题，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(2)求解定值问题的两大
6、途径 由 特 例 得 出 一 个 值 此 值 一 般 就 是 定 值 证 明 定 值 ： 将 问 题 转 化 为 证 明 待 证 式 与 参 数 某 些 变 量 无 关先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值跟踪演练 2 (2018凯里市第一中学模拟)已知抛物线 C： y22 px(p0)的焦点与曲线 ：12 x24 y23 的一个焦点相同， O 为坐标原点，点 M 为抛物线 C 上任意一点，过点 M 作x 轴的平行线交抛物线的准线于点 P，直线 OP 交抛物线于点 N.(1)求抛物线 C 的方程；(2)求证：直线 MN 过定
7、点 G，并求出此定点的坐标6解 (1)由曲线 ：12 x24 y23，化为标准方程可得 1，x214y234所以曲线 ： 1 是焦点在 x 轴上的双曲线，x214y234其中 a2 ， b2 ，故 c2 a2 b21，14 34 的焦点坐标分别为 F1(1,0)， F2(1,0)，因为抛物线的焦点坐标为 (p0)，(p2， 0)由题意知 1，所以 p2，即抛物线的方程为 y24 x.p2(2)由(1)知，抛物线 y24 x 的准线方程为 x1，设 P ，显然 m0.( 1， m)故 M ，从而直线 OP 的方程为 y mx，(m24， m)联立直线 OP 与抛物线方程得Error!解得 N .
8、4m2， 4m)当 ，即 m2 时，直线 MN 的方程为 x1；4m2 m24当 ，即 m2 时，直线 MN 的方程为 y m ，4m2 m24 4mm2 4(x m24)整理得 MN 的方程为 y (x1)，4mm2 4此时直线恒过定点 G(1,0)，因为(1,0)也在直线 MN 的方程 x1 上，故直线 MN 恒过定点 G(1,0)热点三 探索性问题1解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法” ，将不确定性问题明确化其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，
9、则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在2反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法例 3 已知圆 C 的圆心为原点，其半径与椭圆 D： 1 的左焦点和上顶点的连线线段x24 y237长度相等(1)求圆 C 的标准方程；(2)过椭圆右焦点的动直线 l2(其斜率不为 0)交圆 C 于 A， B 两点，试探究在 x 轴正半轴上是否存在定点 E，使得直线 AE 与 BE 的斜率之和为 0？若存在，求出点 E 的坐标，若不存在，请说明理由解 (1)由题意知，椭圆 D： 1 的左焦点的坐标为(1,0)，上顶点的坐标为 ，x24 y23 (0， 3)故圆的半径 r 2，
10、 1 0)2 (0 3)2所以圆 C 的标准方程为 x2 y24.(2)假设存在符合条件的点 E.设 E ， A(x1， y1)， B(x2， y2)，(t， 0)当直线 l2的斜率存在时，设直线 l2的方程为 y k(x1)由Error!得 x22 k2x k240， 0 显然成立(k2 1)所以 x1 x2 ， x1x2 .2k2k2 1 k2 4k2 1由 kAE kBE0，得 kAE kBE，所以 0，y1x1 t y2x2 t即 0，k(x1 1)x1 t k(x2 1)x2 t即 2x1x2( t1)( x1 x2)2 t0，即 2 t0，解得 t4.2(k2 4)k2 1 2k
11、2t 1k2 1即 E(4,0)当直线 l2的斜率不存在时，直线 l2的方程为 x1，与圆 C 的交点坐标分别为(1， )，3，由 E(4,0)知满足 kAE kBE0.(1， 3)所以当点 E 的坐标为(4,0)时， kAE kBE0.思维升华 解决探索性问题的注意事项存在性问题，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8(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，采取另外的途径跟踪演练 3 (2018山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为 4
12、的椭圆 1( ab0)过点 P ，点 F 是椭圆的右焦点x2a2 y2b2 (1， 32)(1)求椭圆方程；(2)在 x 轴上是否存在定点 D，使得过 D 的直线 l 交椭圆于 A， B 两点设点 E 为点 B 关于 x轴的对称点，且 A， F， E 三点共线？若存在，求 D 点坐标；若不存在，说明理由解 (1) 2 a4， a2，将点 P 代入 1，得 b23.(1，32) x2a2 y2b2椭圆方程为 1.x24 y23(2)存在定点 D 满足条件设 D(t,0)，直线 l 方程为 x my t(m0)，联立Error!消去 x，得(3 m24) y26 mty3 t2120，设 A(x1
13、 y1)， B(x2， y2)，则 E(x2， y2)，Error!且 0.由 A， F， E 三点共线，可得( x21) y1( x11) y20，即 2my1y2( t1)( y1 y2)0， 2 m ( t1) 0，3t2 123m2 4 6mt3m2 4解得 t4，此时由 0 得 m24.存在定点 D(4,0)满足条件，且 m 满足 m24.9真题体验1(2017全国改编)已知 F 为抛物线 C： y24 x 的焦点，过 F 作两条互相垂直的直线l1， l2，直线 l1与 C 交于 A， B 两点，直线 l2与 C 交于 D， E 两点，则| AB| DE|的最小值为_答案 16解析
14、 因为 F 为 y24 x 的焦点，所以 F(1,0)由题意知，直线 l1， l2的斜率均存在且不为 0，设 l1的斜率为 k，则 l2的斜率为 ，故直1k线 l1， l2的方程分别为 y k(x1)， y (x1)1k由Error!得 k2x2(2 k24) x k20， 16 k2160.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x21，2k2 4k2所以| AB| |x1 x2|1 k2 1 k2 x1 x22 4x1x2 1 k2 (2k2 4k2 )2 4 .41 k2k2同理可得| DE|4(1 k2)所以| AB| DE| 4(1 k2)41 k2k2
15、4 (1k2 1 1 k2)84 84216，(k21k2)当且仅当 k2 ，即 k1 时，取得等号1k2102(2017山东)在平面直角坐标系 xOy 中,椭圆 E： 1( ab0)的离心率为 ,焦距x2a2 y2b2 22为 2.(1)求椭圆 E 的方程；(2)如图，动直线 l： y k1x 交椭圆 E 于 A， B 两点， C 是椭圆 E 上一点，直线 OC 的斜率32为 k2，且 k1k2 .M 是线段 OC 延长线上一点，且| MC| AB|23， M 的半径为24|MC|， OS， OT 是 M 的两条切线，切点分别为 S， T.求 SOT 的最大值，并求取得最大值时直线 l 的斜
16、率解 (1)由题意知， e ，2 c2，所以 c1，ca 22所以 a ， b1，2所以椭圆 E 的方程为 y21.x22(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，联立方程Error!消去 y，得(4 k 2) x24 k1x10.21 3由题意知， 0，且 x1 x2 ， x1x2 ，23k12k21 1 122k21 1所以| AB| |x1 x2| .1 k21 21 k211 8k211 2k21由题意可知，圆 M 的半径 r 为r |AB| .23 223 1 k21 1 8k212k21 1由题设知 k1k2 ，所以 k2 ，24 24k1因此直线 OC 的方程为 y x
17、24k1联立方程Error!11得 x2 ， y2 ，8k211 4k21 11 4k21因此| OC| .x2 y21 8k211 4k21由题意可知，sin . SOT2 rr |OC| 11 |OC|r而 |OC|r1 8k211 4k212231 k21 1 8k211 2k21 ，324 1 2k211 4k21 1 k21令 t12 k ，则 t1， (0,1)，211t因此 1，|OC|r 32 t2t2 t 1 32 12 1t 1t2 32 1 (1t 12)2 94当且仅当 ，即 t2 时等号成立，此时 k1 ，1t 12 22所以 sin ，因此 ， SOT2 12 S
18、OT2 6所以 SOT 的最大值为 . 3综上所述， SOT 的最大值为 ，取得最大值时直线 l 的斜率为 k1 . 3 22押题预测已知椭圆 C1： 1( a0)与抛物线 C2： y22 ax 相交于 A， B 两点，且两曲线的焦点 Fx2a2 y23重合(1)求 C1， C2的方程；(2)若过焦点 F 的直线 l 与椭圆分别交于 M， Q 两点，与抛物线分别交于 P， N 两点，是否存在斜率为 k(k0)的直线 l，使得 2？若存在，求出 k 的值；若不存在，请说明理由|PN|MQ|押题依据 本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查关注知识交汇，突出综合
19、应用是高考的特色解 (1)因为 C1， C2的焦点重合，所以 ，a2 3a212所以 a24.又 a0，所以 a2.于是椭圆 C1的方程为 1，x24 y23抛物线 C2的方程为 y24 x.(2)假设存在直线 l 使得 2，|PN|MQ|当 l x 轴时，| MQ|3，| PN|4，不符合题意，直线 l 的斜率存在，可设直线 l 的方程为 y k(x1)( k0)， P(x1， y1)， Q(x2， y2)， M(x3， y3)， N(x4， y4)由Error! 可得 k2x2(2 k24) x k20，则 x1 x4 ， x1x41，且 16 k2160，2k2 4k2所以| PN| .
20、1 k2 x1 x42 4x1x441 k2k2由Error! 可得(34 k2)x28 k2x4 k2120，则 x2 x3 ， x2x3 ，8k23 4k2 4k2 123 4k2且 144 k21440，所以| MQ| .1 k2 x2 x32 4x2x3121 k23 4k2若 2，|PN|MQ|则 2 ，41 k2k2 121 k23 4k2解得 k .62故存在斜率为 k 的直线 l，使得 2.62 |PN|MQ|13A 组 专题通关1(2018安徽省“皖南八校”联考)设椭圆 C： 1( ab0)的离心率为 e ，椭圆x2a2 y2b2 12C 上一点 M 到左、右两个焦点 F1，
21、 F2的距离之和是 4.(1)求椭圆的方程；(2)已知过 F2的直线与椭圆 C 交于 A， B 两点，且两点与左、右顶点不重合，若 ，求四边形 AMBF1面积的最大值F1M F1A F1B 解 (1)依题意知，2 a4， a2，因为 e ，所以 c1， b2 a2 c23，12所以椭圆 C 的方程为 1.x24 y23(2)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， AB： x my1，则由Error! 可得 3(my1) 24 y212，即(3 m24) y26 my90， 36 m236(3 m24)144( m21)0，y1 y2 ， y1y2 ，6m3m2 4 93m2 4又因为
22、F1M F1A F1B 所以四边形 AMBF1是平行四边形，设平行四边形 AMBF1的面积为 S，则 S 12ABF2 |F1F2|y1 y2|24 .12 m2 13m2 4设 t ，则 m2 t21( t1)，m2 1所以 S24 24 ，t3t2 1 13t 1t因为 t1，所以 3t 4(当 t1 时取等号)，1t所以 S(0,6，所以四边形 AMBF1面积的最大值为 6.2已知椭圆 C： 1( ab0)的左、右焦点分别为 F1， F2，离心率为 ，点 P 在椭圆 Cx2a2 y2b2 1314上，且 PF1F2的面积的最大值为 2 .2(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知直线 l：
23、 y kx2( k0)与椭圆 C 交于不同的两点 M， N，若在 x 轴上存在点 G，使得| GM| GN|，求点 G 的横坐标的取值范围解 (1)由已知得Error!解得 a29， b28， c21，椭圆 C 的方程为 1.x29 y28(2)设 M(x1， y1)， N(x2， y2)， MN 的中点为 E ，点 G ，使得| GM| GN|，(x0， y0) (m， 0)则 GE MN.由Error! 得 x236 kx360，(8 9k2)由 0，得 kR 且 k0. x1 x2 ，36k9k2 8 x0 ， y0 kx02 . 18k9k2 8 169k2 8 GE MN， kGE
24、1k即 ，169k2 8 0 18k9k2 8 m 1k m . 2k9k2 8 29k 8k当 k0 时，9 k 2 128k 98 2，(当 且 仅 当 9k8k， 即 k 223时 ， 取 等 号 ) m0)(1)证明： kb0)的离心率为 ，点 P 在椭圆x2a2 y2b2 32 (1， 32)上不过原点的直线 l 与椭圆交于 A， B 两点，且 0( O 为坐标原点)OA OB (1)求椭圆 C 的方程；16(2)试判断 是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由1|OA|2 1|OB|2解 (1)椭圆 C 的离心率 e ，ca 32又 c2 a2 b2， a2 a2 b2，
25、 a24 b2. 34又点 P 在椭圆上，(1， 32) 1，1a2 34b2即 1， b21，则 a24，14b2 34b2椭圆 C 的方程为 y21. x24(2)当直线 OA 的斜率存在且不为 0 时，设其方程为 y kx， A， B 分别为椭圆上的两点，且 0，OA OB 即 OA OB，直线 OB 的方程为 y x.1k设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，把 y kx 代入椭圆 C： y21，x24得 x ， y ，2141 4k2 21 4k21 4k2同理 x ， y ，24k24 k2 2 44 k2 .1|OA|2 1|OB|2 1x21 y21 1x2 y2 14
26、1 4k2 4k21 4k2 14k24 k2 44 k2 54当直线 OA， OB 中的一条直线的斜率不存在时，则另一条直线的斜率为 0，此时 1 . 1|OA|2 1|OB|2 1a2 1b2 14 54综上所述， 为定值 .1|OA|2 1|OB|2 54B 组 能力提高5已知点 M 在圆 O： x2 y24 上运动，且存在一定点 N ，点 P(x， y)为线段(x0， y0) (6， 0)17MN 的中点(1)求点 P 的轨迹 C 的方程；(2)过 A(0,1)且斜率为 k 的直线 l 与点 P 的轨迹 C 交于不同的两点 E， F，是否存在实数 k，使得 12？若存在，求出 k 的值
27、若不存在，说明理由OE OF 解 (1)设 P(x， y)，由中点坐标公式，得Error!即 x02 x6， y02 y.点 M 在圆 x2 y24 上运动，(x0， y0) x y 4，即 2 24，20 20 (2x 6) (2y)整理，得 2 y21.(x 3)点 P 的轨迹 C 的方程为 2 y21.(x 3)(2)设 E(x1， y1)， F(x2， y2)，直线 l 的方程是 y kx1，代入圆 2 y21.(x 3)可得 x22 x90，(1 k2) (3 k)由 32 k224 k0，得 0.12不存在实数 k，使得 12.OE OF 6(2018河北省武邑中学模拟)已知椭圆
28、 C： 1( ab0)经过点 A ，且两个x2a2 y2b2 (12， 354)焦点 F1， F2的坐标依次为(1,0)和(1,0)(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)设 E， F 是椭圆 C 上的两个动点， O 为坐标原点，直线 OE 的斜率为 k1，直线 OF 的斜率为k2，若 k1k21，证明：直线 EF 与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程18解 (1)由椭圆定义得 2a 4，即 a2，(12 1)2 (354 0)2 (12 1)2 (354 0)2又 c1，所以 b23，得椭圆 C 的标准方程为 1.x24 y23(2)当直线 EF 的斜率存在时，设直线 EF 的方程为
29、 y kx b，E(x1， y1)， F(x2， y2)，直线 EF 的方程与椭圆方程联立，消去 y 得 x28 kbx4 b2120，(3 4k2)当判别式 34 k2 b20 时，得 x1 x2 ， x1x2 .8kb3 4k2 4b2 123 4k2由已知 k1k21，即 1，y1y2x1x2因为点 E， F 在直线 y kx b 上，所以 x1x2，(kx1 b)(kx2 b)整理得 x1x2 bk(x1 x2) b20，(k2 1)即 bk b20，(k2 1)4b2 123 4k2 ( 8kb3 4k2)化简得 b2 .12k2 127原点 O 到直线 EF 的距离 d ，|b|1 k2d2 ，b21 k2 12k2 127k2 7 127所以直线与一个定圆相切，定圆的标准方程为x2 y2 .127当直线 EF 的斜率不存在时，此时，直线 EF 的方程为 x ，满足与定圆 x2 y2 相847 127切故直线 EF 与以原点为圆心的定圆相切，定圆的标准方程为 x2 y2 .127
