2022年二轮复习专题六第3讲圆锥曲线中的热点问题.pdf

《2022年二轮复习专题六第3讲圆锥曲线中的热点问题.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2022年二轮复习专题六第3讲圆锥曲线中的热点问题.pdf（20页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、第 3 讲圆锥曲线中的热点问题考情解读1.本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值、范围问题或探索性问题，试题难度较大.2.求轨迹方程也是高考的热点与重点，若在客观题中出现通常用定义法，若在解答题中出现一般用直接法、代入法、参数法或待定系数法，往往出现在解答题的第(1)问中1直线与圆锥曲线的位置关系(1)直线与椭圆的位置关系的判定方法：将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程若 0，则直线与椭圆相交；若 0，则直线与椭圆相切；若 0 时，直线与双曲线相交；当 0 时，直线与双曲线相切；当 b0)的一个顶点，

2、C1的长轴是圆C2：x2y24 的直径 l1，l2是过点 P 且互相垂直的两条直线，其中 l1交圆 C2于 A，B 两点， l2交椭圆 C1于另一点 D. (1)求椭圆 C1的方程；(2)求 ABD 面积取最大值时直线l1的方程思维启迪(1)P 点是椭圆上顶点，圆C2的直径等于椭圆长轴长；(2)设直线 l1的斜率为k，将ABD 的面积表示为关于k 的函数解(1)由题意得b1，a2.精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 2 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 所以椭圆 C1的

3、方程为x24y21. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线 l1的方程为 ykx1. 又圆 C2：x2y24，故点 O 到直线 l1的距离d1k21，所以 |AB|24d224k23k21. 又 l2l1，故直线 l2的方程为 xkyk0. 由x kyk0，x24y24.消去 y，整理得 (4k2)x28kx0，故 x08k4k2. 所以 |PD|8k214k2. 设ABD 的面积为 S，则 S12|AB| |PD|84k234k2，所以 S 324k23134k233224k23134k2 3161313，当且仅当 k

4、 102时取等号所以所求直线l1的方程为 y102x1. 思维升华求最值及参数范围的方法有两种：根据题目给出的已知条件或图形特征列出一精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 3 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 个关于参数的函数关系式，将其代入由题目列出的不等式(即为消元 )，然后求解不等式；由题目条件和结论建立目标函数，进而转化为求函数的值域已知椭圆 C 的左， 右焦点分别为F1，F2，椭圆的离心率为12，且椭圆经过点P(1，32)(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)线段

5、 PQ 是椭圆过点F2的弦，且 PF2 F2Q，求 PF1Q 内切圆面积最大时实数 的值解(1)eca12，P(1，32)满足1a2322b21，又 a2 b2c2，a24，b23，椭圆标准方程为x24y231. (2)显然直线 PQ 不与 x 轴重合，当直线 PQ 与 x 轴垂直时， |PQ|3，|F1F2|2，SPF1Q3；当直线 PQ 不与 x 轴垂直时，设直线PQ：yk(x1)，k0 代入椭圆C 的标准方程，整理，得 (34k2)y26ky9k20， 0，y1y26k34k2，y1 y29k234k2. SPF1Q12|F1F2|y1y2|12k2k434k2 2，令 t34k2，t3

6、，k2t34，SPF1Q331t13243，01t0. 由根与系数的关系得，x1x282bkk2，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 5 页，共 20 页 - - - - - - - - - - x1x2b2k2，x 轴是 PBQ 的角平分线，y1x11y2x21，即 y1(x21)y2(x11)0，(kx1b)(x21)(kx2b)(x11)0，2kx1x2(bk)(x1x2)2b0将 代入 得 2kb2(kb)(8 2bk)2k2b0，k b，此时 0，直线 l 的方程为 yk(x1)，即

7、直线 l 过定点 (1,0)思维升华(1)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关在这类试题中选择消元的方向是非常关键的(2)由直线方程确定定点，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：ykxm，则直线必过定点(0，m)已知椭圆 C 的中点在原点，焦点在x 轴上，离心率等于12，它的一个顶点恰好是抛物线 x283y 的焦点(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知点 P(2,3)，Q(2，3)在椭圆上，点A、B 是椭圆上不同的两个动点，且满足APQBPQ，试问直线AB 的斜率

8、是否为定值，请说明理由解(1)设椭圆 C 的方程为x2a2y2b21(ab0)，则 b23.由ca12，a2c2b2，得 a4，椭圆 C 的方程为x216y2121. (2)当 APQBPQ 时，PA、PB 的斜率之和为0，设直线 PA 的斜率为 k，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 6 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 则 PB 的斜率为 k，PA 的直线方程为y3k(x2)，由y3k x2 ，x216y2121，整理得(34k2)x28(32k)kx4(32k)2

9、480，x128 2k3 k34k2，同理 PB 的直线方程为y3k(x2)，可得 x228k 2k334k28k 2k334k2. x1x216k21234k2，x1x248k3 4k2，kABy1y2x1x2k x12 3k x22 3x1x2k x1x24kx1x212，直线 AB 的斜率为定值12. 热点三圆锥曲线中的探索性问题例 3已知椭圆 C1、抛物线 C2的焦点均在x 轴上， C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：x 3242 y 2 30422(1)求 C1，C2的标准方程；(2)是否存在直线l 满足条件：过C2的焦点 F；与 C1交于

10、不同的两点M，N，且满足 OMON？若存在，求出直线l 的方程；若不存在，说明理由思维启迪(1)比较椭圆及抛物线方程可知，C2的方程易求，确定其上两点，剩余两点，利用待定系数法求C1方程. (2) 联立方程，转化已知条件进行求解. 解(1)设抛物线 C2：y22px(p 0)，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 7 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 则有y2x2p(x0)，据此验证四个点知(3， 23)，(4，4)在 C2上，易求得 C2的标准方程为y24x. 设椭圆

11、C1：x2a2y2b21(ab0)，把点 (2,0)，(2，22)代入得4a212a212b21，解得a24b21，所以 C1的标准方程为x24y21. (2)容易验证当直线l 的斜率不存在时，不满足题意当直线 l 的斜率存在时，设其方程为yk(x1)，与 C1的交点为 M(x1，y1)， N(x2，y2)由x24y21y k x1消去 y并整理得 (14k2)x28k2x4(k21)0，于是 x1x28k214k2，x1x24 k2114k2.所以 y1y2k2(x11)(x21) k2x1x2(x1x2)1 k24k2114k28k214k213k214k2.由OMON，即OM ON0，得

12、 x1x2y1y20.(*) 将 代入 (*) 式，得4 k2114k23k214k2k2414k20，解得 k 2，所以存在直线l 满足条件，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 8 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 且直线 l 的方程为 2xy20 或 2xy20. 思维升华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问题的一般策略是先假设结论成立，然后进行演绎推理或导出矛盾，即可否定假设或推出合理结论，验证后肯定结论，对于“存在 ”或“不存在 ”

13、的问题，直接用条件证明或采用反证法证明解答时，不但需要熟练掌握圆锥曲线的概念、性质、方程及不等式、判别式等知识，还要具备较强的审题能力、 逻辑思维能力以及运用数形结合的思想分析问题和解决问题的能力如图，抛物线C：y2 2px 的焦点为 F，抛物线上一定点Q(1,2)(1)求抛物线 C 的方程及准线l 的方程(2)过焦点 F 的直线 (不经过 Q 点)与抛物线交于A， B 两点，与准线l交于点 M，记 QA，QB，QM 的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数 ，使得 k1k2k3成立，若存在 ，求出 的值；若不存在，说明理由解(1)把 Q(1,2)代入 y22px，得 2p4，所以抛物线方

14、程为y24x，准线 l 的方程： x 1. (2)由条件可设直线AB 的方程为 yk(x1)，k0. 由抛物线准线l：x1，可知 M(1， 2k)又 Q(1,2)，所以 k322k11k1，即 k3 k1. 把直线 AB 的方程 yk(x1)，代入抛物线方程y24x，并整理，可得k2x22(k22)xk20. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，知x1x22k24k2，x1x21. 又 Q(1,2)，则 k12y11x1，k22 y21 x2. 因为 A，F，B 共线，所以kAFkBFk，即y1x11y2x21k. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - -

15、- - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 9 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 所以 k1k22y11x12y21x2y1x11y2x212 x1x22x1x2 x1x2 12k22k24k2212k24k212k2，即 k1 k22k2. 又 k3 k1，可得 k1k22k3. 即存在常数 2，使得 k1k2k3成立1圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法(1)几何法：若题目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来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的

16、最值，在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的范围，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等量关系；利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围2定点、定值问题的处理方法定值包括几何量的定值或曲线过定点等问题，处理时可以直接推理求出定值，也可以先通过特定位置猜测结论后进行一般性证明对于客观题，通过特殊值法探求定点、定值能达到事半功倍的效果3探索性问题的解法探索是否存在的问题，一般是先假设存在，然后寻找理由去确定结论

17、，如果真的存在，则可以得出相应存在的结论；若不存在，则会由条件得出矛盾，再下结论不存在即可. 真题感悟(2014 北京 )已知椭圆 C：x22y24. (1)求椭圆 C 的离心率；(2)设 O 为原点，若点A 在椭圆 C 上，点 B 在直线 y2 上，且 OAOB，试判断直线AB 与圆 x2 y22 的位置关系，并证明你的结论精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 10 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 解(1)由题意，得椭圆C 的标准方程为x24y221，所以 a24，b

18、22，从而 c2a2b22. 因此 a2，c2. 故椭圆 C 的离心率 eca22. (2)直线 AB 与圆 x2y22 相切证明如下：设点 A，B 的坐标分别为 (x0，y0)，(t,2)，其中 x00. 因为 OAOB，所以 OA OB0，即 tx02y00，解得 t2y0 x0. 当 x0 t 时， y0t22，代入椭圆C 的方程，得t 2，故直线 AB 的方程为 x 2，圆心 O 到直线 AB 的距离 d2. 此时直线 AB 与圆 x2y22 相切当 x0 t 时，直线 AB 的方程为 y2y02x0t(xt)即(y0 2)x(x0t)y2x0ty00. 圆心 O 到直线 AB 的距离

19、d|2x0ty0|y022 x0t2. 又 x20 2y204，t2y0 x0，故 d2x02y20 x0 x20y204y20 x2044 x20 x0 x408x20162x202. 此时直线 AB 与圆 x2y22 相切押题精练已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为22，其左、右焦点分别是F1、F2，过点 F1的直线精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 11 页，共 20 页 - - - - - - - - - - l 交椭圆 C 于 E、G 两点，且 EGF2的周长为 42

20、. (1)求椭圆 C 的方程；(2)若过点 M(2,0)的直线与椭圆C 相交于两点A、 B， 设 P 为椭圆上一点， 且满足 OAOBtOP(O 为坐标原点 )，当|PAPB|0，得 k212. x1x28k212k2，x1x28k2212k2，OAOBtOP，(x1 x2，y1y2)t(x，y)，xx1x2t8k2t 12k2，yy1y2t1tk(x1x2)4k4kt 12k2. 点 P 在椭圆 C 上， 8k2 2t 12k2224k2t 12k22 2，16k2t2(12k2)精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - -

21、- - - - - -第 12 页，共 20 页 - - - - - - - - - - |PAPB|2 53，1k2|x1x2|253，(1k2)(x1x2)24x1x2209，(1k2)64k412k2 248k2212k20，k214.14k212. 16k2t2(12k2)，t216k212k2 8812k2，又3212k22，83t28812k24，2t2 63或2 63t0，b0)渐近线的距离为4 55，点 P是抛物线 y28x 上的一动点， P 到双曲线 C 的上焦点 F1(0，c)的距离与到直线x 2 的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为() A.y22x231 By2x

22、241 C.y24x21 D.y23x221 答案C 解析由题意得，抛物线y28x 的焦点 F(2,0)，双曲线 C：y2a2x2b21(a0，b0)的一条渐近线的方程为axby0，抛物线 y28x 的焦点 F 到双曲线 C：y2a2x2b21(a0，b0)渐近线的距离为455，2aa2b24 55，a2b. P 到双曲线 C 的上焦点 F1(0，c)的距离与到直线x 2 的距离之和的最小值为3，|FF1|3，c249，c5，c2a2b2，a2b，a2，b1. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -

23、第 14 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 双曲线的方程为y24x21，故选 C. 4 若点 O 和点 F 分别为椭圆x24y231 的中心和左焦点， 点 P 为椭圆上的任意一点，则OP FP的最大值为 () A2 B3 C6 D8 答案C 解析设 P(x0，y0)，则x204y2031，即 y2033x204，又因为 F(1,0)，所以OP FPx0 (x01)y2014x20 x03 14(x02)22，又 x0 2,2，即 OP FP2,6 ，所以 (OP FP)max6. 5设 M(x0，y0)为抛物线C：x28y 上一点， F 为抛物线C 的焦点，以F 为圆心

24、， |FM|为半径的圆和抛物线的准线相交，则y0的取值范围是 () A(0,2) B0,2 C(2， ) D2， ) 答案C 解析依题意得F(0,2)，准线方程为y2，又以 F 为圆心， |FM|为半径的圆和抛物线的准线相交，且|FM |y02|，|FM |4，即 |y02|4，又 y0 0，y02. 6已知双曲线x2a2y2b21(a0，b0)的左，右焦点分别为F1(c,0)，F2(c,0)，若双曲线上存在点 P 满足asinPF1F2csinPF2F1，则该双曲线的离心率的取值范围为() A(1，21) B(1，3) C(3， ) D( 21， ) 答案A 精品资料 - - - 欢迎下载

25、- - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 15 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 解析根据正弦定理得|PF2|sinPF1F2|PF1|sinPF2F1，所以由asinPF1F2csinPF2F1可得a|PF2|c|PF1|，即|PF1|PF2|cae，所以 |PF1|e|PF2|. 因为 e1，所以 |PF1|PF2|，点 P 在双曲线的右支上又|PF1|PF2|e|PF2|PF2| |PF2|(e1)2a，解得 |PF2|2ae1，因为 |PF2|ca，所以2ae1ca，即2e1e1，即(e1)22，解

26、得 12e1，所以 e(1，21)，故选 A. 二、填空题7直线 ykx1 与椭圆x25y2m 1恒有公共点，则m 的取值范围是_答案m1 且 m5 解析 方程x25y2m1 表示椭圆，m0 且 m5. 直线 ykx 1恒过 (0,1)点，要使直线与椭圆总有公共点，应有：02512m1，m1，m 的取值范围是m1 且 m5. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 16 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 8在直线 y 2 上任取一点Q，过 Q 作抛物线 x24y 的切线，切

27、点分别为A、B，则直线AB 恒过定点 _答案(0,2) 解析设 Q(t， 2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程变为y14x2，则 y12x，则在点A处的切线方程为yy112x1(xx1)，化简得， y12x1xy1，同理，在点B 处的切线方程为y12x2xy2.又点 Q(t， 2)的坐标满足这两个方程，代入得：212x1ty1， 212x2ty2，则说明 A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足方程 212xty，即直线AB 的方程为： y212tx，因此直线 AB 恒过定点 (0,2)9(2014 辽宁)已知椭圆 C：x29y241，点 M 与 C 的焦点不重合若M 关于 C

28、 的焦点的对称点分别为 A，B，线段 MN 的中点在C 上，则 |AN| |BN|_. 答案12 解析椭圆x29y241 中，a3. 如图，设 MN 的中点为 D，则|DF1|DF2|2a6. D，F1，F2分别为 MN，AM，BM 的中点，|BN|2|DF2|，|AN|2|DF1|，|AN|BN|2(|DF1|DF2|)12. 10(2013 安徽 )已知直线ya 交抛物线 yx2于 A，B 两点若该抛物线上存在点C，使得ACB 为直角，则a 的取值范围为 _答案1， ) 解析以 AB 为直径的圆的方程为x2(ya)2a，由y x2x2 ya2a，得 y2 (12a)ya2a0. 即(ya)

29、y(a1)0，精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 17 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 由已知a0，a1 0，解得 a1. 三、解答题11.如图所示，椭圆C1：x2a2y2b21(ab0)的离心率为22，x 轴被曲线 C2：yx2b 截得的线段长等于C1的短轴长 C2与 y 轴的交点为M，过坐标原点 O 的直线 l 与 C2相交于点 A，B，直线 MA，MB 分别与 C1相交于点D，E. (1)求 C1，C2的方程；(2)求证： MA MB；(3)记 MAB， MDE

30、 的面积分别为S1，S2，若S1S2 ，求 的取值范围(1)解由题意，知ca22，所以 a22b2. 又 2b2b，得 b1. 所以曲线 C2的方程 yx21，椭圆 C1的方程x22y21. (2)证明设直线 AB：ykx，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意，知M(0， 1)则y kx，y x21? x2kx 10，MA MB(x1，y11) (x2，y21)(k21)x1x2k(x1x2)1 (1k2)k210，所以 MAMB. (3)解设直线 MA：yk1x1，MB：yk2x1，k1k2 1，M(0， 1)，由y k1x1，y x21，解得x0，y 1或xk1，yk211，所以 A

31、(k1，k211)同理，可得B(k2，k221)故 S112|MA| |MB|121k21 1 k22|k1|k2|. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 18 页，共 20 页 - - - - - - - - - - 由yk1x1，x22y21，解得x0，y 1或x4k112k21，y2k21112k21，所以 D(4k112k21，2k21112k21)同理，可得E(4k212k22，2k22112k22)故 S212|MD | |ME| 121k21 1k22|16k1k2|12k211

32、2k22，S1S2 12k2112k2216521k21k2116916，则 的取值范围是 916， )12已知双曲线C：x2a2y2b21(a0，b0)的焦距为 27，其一条渐近线的倾斜角为 ，且 tan 32.以双曲线 C 的实轴为长轴，虚轴为短轴的椭圆记为E. (1)求椭圆 E 的方程；(2)设点 A 是椭圆 E 的左顶点， P、Q 为椭圆 E 上异于点A 的两动点，若直线AP、AQ 的斜率之积为14，问直线 PQ 是否恒过定点？若恒过定点，求出该点坐标；若不恒过定点，说明理由解(1)双曲线x2a2y2b21 的焦距 2c27，则 c7，a2b27.渐近线方程ybax，由题意知 tan

33、ba32.由 得 a24，b23，所以椭圆 E 的方程为x24y231. 精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 19 页，共 20 页 - - - - - - - - - - (2)在(1)的条件下，当直线PQ 的斜率存在时，设直线 PQ 的方程为 ykxm，由x24y231y kxm，消去 y 得(34k2)x28kmx4m2120. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 x1 x28km34k2，x1x24m21234k2，又 A(2,0)，由题意知 kAP kAQy1x12y2x22

34、14，则(x1 2)(x22)4y1y20，且 x1x22. 则 x1x22(x1x2)44(kx1m)(kx2m) (14k2)x1x2(24km)(x1x2)4m240. 则 m2km2k20. (m 2k)(mk)0.m2k 或 m k. 当 m2k 时，直线 PQ 的方程是 ykx2k. 此时直线 PQ 过定点 (2,0)，显然不符合题意当 m k 时，直线 PQ 的方程为ykxk，此时直线PQ 过定点 (1,0)当直线 PQ 的斜率不存在时，若直线PQ 过定点，P，Q 点的坐标分别是(1，32)，(1，32)，满足 kAP kAQ14. 综上，直线PQ 恒过定点 (1,0)精品资料 - - - 欢迎下载 - - - - - - - - - - - 欢迎下载 名师归纳 - - - - - - - - - -第 20 页，共 20 页 - - - - - - - - - -