【精品】2019高考数学二轮复习专题四解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题学案.pdf

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浙江省稽阳联谊学校联考)已知离心率为32的椭圆C：x2a2y2b21(ab0)过点P1，32，与坐标轴不平行的直线l与椭圆C交于A，B两点，其中M为A关于y轴的对称点，N(0，2)，O为坐标原点(1)求椭圆C的方程；(2)分别记PAO，PBO的面积为S1，S2，当M，N，B三点共线时，求S1S2的最大值解(1)ca32，a2b2c2，a 2b.2把点P1，32代入椭圆方程可得1a234b21，解得a2，b1，椭圆方程为x24y21.(2)设点A坐标为(x1，y1)，点B坐标为(x2，y2)，则M为(x1，y1)，设直线l的方程为ykxb，联立椭圆方程可得(4k21)x2 8kbx4b2 40，x1x2 8kb4k21，x1x24b244k21，0，M，N，B三点共线，kMNkBN，即y12x1y22x2 0，化简得 8k(1 2b)0，解得b22或k0(舍去)设A，B两点到直线OP的距离分别为d1，d2.直线OP的方程为3x2y0，|OP|72，S1S2116|(3x12y1)(3x22y2)|，化简可得S1S2116|(2k3)2x1x22(2k3)(x1x2)2|143k4k21.又3k4k21 34，0 0，34，当k12时，S1S2的最大值为314.思维升华解决范围问题的常用方法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域跟踪演练1(2018绍兴市柯桥区模拟)已知抛物线C：y24x的焦点为F，直线l：ykx34(1k174，得 4S1S2217S1S2 40，解得S1S24 或S1S214.因为 0S1S21，所以 0S1S214，由S1S2S2S17，得S1S227S1S2 10，解得7352S1S27352，4因此7352S1S20，解得k0 或 0k0)的焦点F，与抛物线 相交于A，B两点，且|AB|8.(1)求抛物线 的方程；(2)过点P(12,8)的两条直线l1，l2分别交抛物线 于点C，D和E，F，线段CD和EF的中点分别为M，N.如果直线l1与l2的倾斜角互余，求证：直线MN经过一定点(1)解由题意可设直线AB的方程为yxp2，由yxp2，y22px，消去y整理得x23pxp240，9p24p248p20，令A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x23p，由抛物线的定义得|AB|x1x2p4p8，6p2.抛物线的方程为y2 4x.(2)证明设直线l1，l2的倾斜角分别为，由题意知，2.直线l1的斜率为k，则ktan.直线l1与l2的倾斜角互余，ta n tan2 sin2 cos2cos sin 1sin cos 1tan，直线l2的斜率为1k.直线CD的方程为y8k(x12)，即yk(x12)8.由yk x12 8，y24x，消去x整理得ky24y3248k0，设C(xC，yC)，D(xD，yD)，yCyD4k，xCxD244k216k，点M的坐标为122k28k，2k.以1k代替点M坐标中的k，可得点N的坐标为(12 2k28k,2k)，kMN21kk21k2k281kk11kk 4.直线MN的方程为7y2k11kk4x(12 2k28k)，即1kk4yx 10，显然当x10 时，y0，故直线MN经过定点()10，0.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，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 已知椭圆C：y2a2x2b21(ab0)的上、下焦点分别为F1，F2，上焦点F1到直线 4x 3y120 的距离为3，椭圆C的离心率e12.(1)求椭圆C的方程；(2)椭圆E：y2a23x216b21，设过点M(0,1)，斜率存在且不为0 的直线交椭圆E于A，B两点，试问y轴上是否存在点P，使得PMPA|PA|PB|PB|？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由解(1)由已知椭圆C的方程为y2a2x2b21(ab0)，设椭圆的焦点F1(0，c)，由F1到直线 4x 3y120 的距离为3，得|3c12|53，又椭圆C的离心率e12，所以ca12，又a2b2c2，求得a24，b23.椭圆C的方程为y24x231.(2)存在理由如下：由(1)得椭圆E：x216y24 1，设直线AB的方程为ykx1(k0)，8联立ykx1，x216y241，消去y并整理得(4k21)x28kx12 0，(8k)24(4k21)12 256k2480.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x28k4k21，x1x2124k2 1.假设存在点P(0，t)满足条件，由于PM PA|PA|PB|PB|，所以PM平分APB.所以直线PA与直线PB的倾斜角互补，所以kPAkPB0.即y1tx1y2tx20，即x2(y1t)x1(y2t)0.(*)将y1kx11，y2kx21 代入(*)式，整理得 2kx1x2(1 t)(x1x2)0，所以 2k124k211t 8k4k21 0，整理得 3kk(1t)0，即k(4t)0，因为k0，所以t4.所以存在点P(0,4)，使得PMPA|PA|PB|PB|.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(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 已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)经过点M(2，2)，且离心率为22.(1)求a，b的值，并写出椭圆C的方程；(2)设A，B分别为椭圆C的左、右顶点，在椭圆C上有异于A，B的动点P，若直线PA，PB9与直线l：xm(m为常数)分别交于不同的两点M，N，则当点P运动时，以MN为直径的圆是否经过定点？解(1)由题知，4a22b21，ca22，a2b2c2，解得a22，b2，椭圆C的方程为x28y241.(2)由(1)知，A(22，0)，B(22，0)，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，则直线PA，PB的方程分别为yk1(x 22)，yk2(x22)，M(m，k1(m22)，N(m，k2(m22)，根据射影定理知，以MN为直径的圆的方程为(xm)2 yk1(m22)yk2(m22)0，即(xm)2y2k1(m22)k2(m22)yk1k2(m28)0，设点P(x0，y0)，则x208y204 1，y204 1x208，k1k2y0 x022y0 x022y20 x20812，(xm)2y2k1(m22)k2(m22)y12(m28)0，由y0，得(xm)212(m28)0，(xm)212(m28)当m280，即 22m0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22k24k2，x1x21，所以|AB|1k2|x1x2|1k2x1x224x1x21k22k24k224 4 1k2k2.同理可得|DE|4(1 k2)所以|AB|DE|4 1k2k24(1 k2)41k211k284k21k2842 16，当且仅当k21k2，即k1 时，取得等号2(2018浙江)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y24x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上11(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x2y241(x0)上的动点，求PAB面积的取值范围(1)证明设P(x0，y0)，A14y21，y1，B14y22，y2.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程yy022414y2x02，即y22y0y 8x0y200 的两个不同的实根所以y1y2 2y0，所以PM垂直于y轴(2)解由(1)可知y1y22y0，y1y2 8x0y20，所以|PM|18(y21y22)x034y203x0，|y1y2|22y204x0.所以PAB的面积SPAB12|PM|y1y2|324(y204x0)32.因为x20y204 1(1x00)与抛物线C2：y22ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F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|PN|MQ|2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由12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，突出综合应用是高考的特色解(1)因为C1，C2的焦点重合，所以a23a2，所以a2 4.又a0，所以a 2.于是椭圆C1的方程为x24y23 1，抛物线C2的方程为y24x.(2)假设存在直线l使得|PN|MQ|2，当lx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yk(x1)(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)由y24x，yk x1，可得k2x2(2k2 4)xk20，则x1x42k24k2，x1x41，且 16k2160，所以|PN|1k2x1x424x1x44 1k2k2.由x24y231，yk x1，可得(3 4k2)x28k2x4k212 0，则x2x38k234k2，x2x34k21234k2，且 144k2 1440，所以|MQ|1k2x2x324x2x312 1k234k2.若|PN|MQ|2，则4 1k2k2212 1k234k2，解得k62.故存在斜率为k62的直线l，使得|PN|MQ|2.13A组专题通关1已知椭圆x2a2y2b21(ab0)的离心率e33，左、右焦点分别为F1，F2，且F2与抛物线y24x的焦点重合(1)求椭圆的标准方程；(2)若过F1的直线交椭圆于B，D两点，过F2的直线交椭圆于A，C两点，且ACBD，求|AC|BD|的最小值解(1)抛物线y24x的焦点坐标为(1,0)，所以c1，又因为eca1a33，所以a3，所以b2 2，所以椭圆的标准方程为x23y221.(2)当直线BD的斜率k存在且k0时，直线BD的方程为yk(x 1)，代入椭圆方程x23y221，并化简得()3k22x26k2x3k260.36k44(3k22)(3k2 6)48(k2 1)0 恒成立设B(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x26k23k22，x1x23k263k22，|BD|1k2|x1x2|()1k2x1x224x1x243()k213k2 2.由题意知AC的斜率为1k，所以|AC|431k2131k2243()k212k2 3.|AC|BD|43()k2113k2212k23203()k212()3k2 2()2k23203()k212()3k22()2k232214203()k2 1225k21241635.当且仅当3k2 22k23，即k1 时，上式取等号，故|AC|BD|的最小值为1635.当直线BD的斜率不存在或等于零时，可得|AC|BD|10331635.综上，|AC|BD|的最小值为1635.2(2018诸暨市适应性考试)已知F是抛物线C：x2 2py(p0)的焦点，过F的直线交抛物线C于不同的两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1x2 1.(1)求抛物线C的方程；(2)过点B作x轴的垂线交直线AO(O为坐标原点)于点D，过点A作直线DF的垂线与抛物线C的另一交点为E，AE的中点为G.求点D的纵坐标；求|GB|DG|的取值范围解(1)设AB：ykxp2，联立ykxp2，x22py，得x22p kxp2，即x22pkxp20，x1x2p2 1，p1，抛物线C的方程为x22y.(2)直线OA的方程为yy1x1xx12x，D x2，x1x22，即D x2，12，点D的纵坐标为12.kDF1x2，kAEx2，即直线AE的方程为yy1x2(xx1)，15联立yy1x2xx1，yx22，得x22x2xy110，xE2x2x1，G(x2,2y2y11)G，B，D三点共线，|GB|DG|y2y112y2y132，y1y214，|DG|GB|2y11214y1y112y1y11221112y1(1,2)，|GB|DG|12，1.3(2018全国)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24y231 交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m0)(1)证明：k12；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FPFAFB0.证明：|FA|，|FP|，|FB|成等差数列，并求该数列的公差(1)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214y2131，x224y2231.两式相减，并由y1y2x1x2k，得x1x24y1y23k0.由题设知x1x221，y1y22m，于是k34m.由题设得0m32，故k12.(2)解由题意得F(1,0)设P(x3，y3)，则(x3 1，y3)(x1 1，y1)(x21，y2)(0,0)由(1)及题设得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2mb0)的上顶点为点D，右焦点为F2(1,0)，延长DF2交椭圆C于点E，且满足|DF2|3|F2E|.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点F2作与x轴不重合的直线l和椭圆C交于A，B两点，设椭圆C的左顶点为点H，且直线HA，HB分别与直线x3 交于M，N两点，记直线F2M，F2N的斜率分别为k1，k2，则k1与k2之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由解(1)椭圆C的上顶点为D()0，b，右焦点F2(1,0)，点E的坐标为(x，y)|DF2|3|F2E|，可得DF23F2E，又DF2()1，b，F2E()x1，y，x43，yb3，代入x2a2y2b21，可得432a2b32b21，又a2b21，解得a22，b21，18即椭圆C的标准方程为x22y2 1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，H()2，0，M()3，yM，N()3，yN.由题意可设直线AB的方程为xmy1，联立xmy1，x22y21，消去x，得()m22y22my10，4m24(m22)0 恒成立y1y22mm22，y1y2 1m22.根据H，A，M三点共线，可得yM32y1x12，yMy1()32x12.同理可得yNy2()32x22，M，N的坐标分别为3，y1()32x12，3，y2()32x22，k1k2yM031yN03114yMyN14y1()32x12y2()32x22y1y23224()my112()my212y1y23224m2y1y2()12m()y1y2()1221162m224m2m222()12m2m2 23221911 62m2246 42m224298.k1与k2之积为定值，且该定值是4298.6已知平面上动点P到点F()3，0的距离与到直线x433的距离之比为32，记动点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)设M()m，n是曲线E上的动点，直线l的方程为mxny1.设直线l与圆x2y21 交于不同两点C，D，求|CD|的取值范围；求与动直线l恒相切的定椭圆E的方程，并探究：若M()m，n是曲线：Ax2By21()AB0 上的动点，是否存在与直线l：mxny1 恒相切的定曲线？若存在，直接写出曲线的方程；若不存在，说明理由解(1)设P(x，y)，由题意，得()x32y2x43332.整理，得x24y21，曲线E的方程为x24y2 1.(2)圆心到直线l的距离d1m2n2，直线与圆有两个不同交点C，D，|CD|2411m2n2.又m24n21(m0)，|CD|24 143m24.|m|2，0m24，0143m2 434.|CD|2(0，3，|CD|(0，3，即|CD|的取值范围为(0，3.当m0，n1 时，直线l的方程为y1；20当m2，n 0时，直线l的方程为x12.根据椭圆对称性，猜想E的方程为4x2y21.下面证明：直线mxny1()n0 与 4x2y21 相切，其中m24n21，即m2 4n24.由4x2y21，y1mxn，消去y得()m24n2x22mx1n20，即 4x22mx1n20，4m216()1n24()m24n24 0 恒成立，从而直线mxny1 与椭圆E：4x2y21 恒相切若点M()m，n是曲线：Ax2By21()AB0 上的动点，则直线l：mxny1 与定曲线：x2Ay2B 1()AB0 恒相切