一轮复习北师大版第8章解答题模板构建5 高考中的圆锥曲线问题学案.docx
解答题模板构建(五)高考中的圆锥曲线问题y例，已知抛物线C 9 = 经过点p(i,2).过点Q(。/)的直线/与抛物线。有两个不同的 交点A, B,且直线R1交y轴于直线交y轴于M(1)求直线/的斜率的取值范围；-A- 1 1(2)设。为原点，QM=AQ。，QN=QO,求证：+2为定值.规范解答(1)解：因为抛物线/ = 2px过点P(l,2),所以2p=4,即p=2,故抛物线C的方程为y2=4x.2分由题意知，直线/的斜率存在且不为0,设直线/的方程为y=fcc+l(ZW0).y2=4x, y=kx-得 Mf + Q%4)x+1 =0,依题意 / = (2攵-4)24RX 10,解得上1.又因为ZW0,故N0或0左1.又雨，P3与y轴相交，故直线/不过点(1, -2), 从而k¥ 3.所以直线/的斜率的取值范围是(一8, -3)U(-3,0)U(0J).6分(2)证明：设 A(xi, yi), 3(x2, J2).由(1)知 Xl+X2= 一2k41r-'X1X2=72*匚、VI-2直线jR4的方程为y2= 二1).Xr1令x=0,得点M的纵坐标为加=+2=XI 1加=+2=XI 1kx +1r+2X2 -I-同理得点N的纵坐标为抄=丁+2.由曲=,而=血得义=1 -yM9 = 1 -yN,1 XI -1lyN （Z：l）xi1 XI -1lyN （Z：l）xi,X211十=（k- 1）x2 k 12 +2%42xiX2（XI+12）1 斤丁 4XX2-攵11所以;+,为定值.12分答题模板第一步：求圆锥曲线的方程；第二步：联立直线和圆锥曲线的方程；第三步：应用根与系数的关系用参数表示点的坐标；第四步：根据相关条件计算推证；第五步：明确结论.类型一定值问题已知椭圆E：，+奈=1（。汕0）的左、右焦点分别为八，点4（0，f ），直线A场的倾斜角为60°,原点O到直线AF2的距离是冬2.求£的方程;（2）过后上任一点P作直线PFi, 分别交£于根 M异于P的两点），且后»=机而1，FN=nPFi,探究!+：是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由. II L 9 L解：（1）由题意，点A（0,一小）,直线的倾斜角为60。，所以c=L在RtZVLOB中，求得点0到直线的距离是在RtZVLOB中，求得点0到直线的距离是又由原点。到直线AF1的距离是j2,则q2 = 2,所以02 = q2 ，2=1,故E的标准方程为不+y2=l.当点P为椭圆右顶点时,所以（+：=6.1 _|PFi|_V2+l 1_|PF2|_V2-1mFM2一尸2川一心+1'当点P为椭圆左顶点时，同理可得5+:=6当点P不为椭圆的左、右顶点，即直线PM, PN的斜率均不为零时,设直线PM的方程是x= -1 +9，直线PN的方程是x=l+sy.分别代入椭圆方程9+尸=1,可得($ + 2»2 2ry 1 =0 和(s2 + 2)y2+2sy 1 =0.设尸(九0, jo), M(xi, yi), Ng, J2),则见yi = -*5, "”=一*5.由FiA/u/nPB,可得 yi = myo,则=一3=、8(，+2).由直线PM的方程= 1 + ry，可得厂='"：1,所以，=京(i+2) = (xo +1 )2+2y8=3 + 2xo .一 1 1 1由FzN=nPF2,同理可得一 =3 一2犹，所以一+-=6为定值. nm n综上所述，(+(为定值6.类型二圆锥曲线中的存在性问题已知椭圆C:+奈=1(»>°)的离心率e=乎，左、右焦点分别是巧，F2,且椭圆上一动点M到尸2的最远距离为6+1,过F2的直线/与椭圆。交于A, 8两点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)当以为直角时，求直线A3的方程；(3)直线/的斜率存在且不为。时，试问工轴上是否存在一点P使得/O朋=/。P5?若 存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由.解：(1)由题意，椭圆。的离心率6 =半，且椭圆上一动点/到F2的最远距离为也+1,' c 2=G ,a2 '可冷 a+c=y2 + l,<a2=b2+c2,Q=&,解得< c=1,</?=!,所以椭圆。的标准方程为5+y2=L(2)由题意可知，当Z不存在时，乃A3不符合题意.设直线 y=Z(x1),则/AFI: y="(x+1),y=k(x所以1得(%2+l)x=F1,产一工(x+1)，所以Ak1 12 女、对+1' F+1/所借粉83(3+ 尸，整理得32炉+1=0,所以3=1,直线AB的方程为y=x+1或y=x.(3)存在点尸,设 P(m,0), A(xi, yi), 8(x2, yi)9Iab: y=k(xl)9联立得联立得y=k(x)9x2+2y2 = 2,所以(1 +2於)式24Mx+2S2=0,所以Xl+X2 =43 1+2?2-2X1X2 1+2N小、， VI , V2 ， 一V1(X2- 772)+ V2(X1-m)因为心P= , kBP= ,所以kAP+%8P=737=0,x m X2m(xi m)(X2m)所以 yX2-yix m(y +y2)=0, 所以2息 1x2(2+相%)(1+12)+ 2左加=0,所以 2bn=4k, m=2,所以 P(2,0).类型三圆锥曲线中的最值问题已知椭圆C：摄+*=l(Q>b>0), O是坐标原点，F,尸2分别为椭圆的左、右焦点，点S，§在椭圆。上，过故作厂2的外角的平分线的垂线，垂足为A,且|。4|=24(1)求椭圆C的方程；(2)设直线/： 丁=依+3(攵>0)与椭圆。交于P,。两点，求OPQ面积的最大值.解：(1)如图，由题意可知|MF2| = |MN,由椭圆定义知|MB| + |MF2|=2q,N,yM/ / 'Ax则|M/i| + |MF2| = |NA|=2a,连接。4,所以|Q4|=；|NR| = ，所以|。4| = 28=.小,在椭圆c上，则|+9=1，解得/=4, b2=l9所以椭圆。的方程为i+y2=l.（2）设 P（xi, yi）, 2（x2,四,联立联立y=kx+y13, 务户1，整理可得(1 +46？+85丘+8=0,由/0,可得X +12=一873k1+4?8 xm=i+4f'得 |PQ =71 +*7（X1 +12）2 4X1X2 =44（1+烂）（4S一2）1+4R V3又原点到直线的距离d=二左2, 因为刊2%412*2S，当且仅当刊-2="1_2时，所以 Spq=3|PQM=2小14攵22 2小 y4F 21+4F4Zr2+3 Q勺4店一2+ I )=V 小店一2即43一2 = 3,即*=法时取等号， I L所以SmpqWI,即面积的最大值为1
