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2019-2020年高考數(shù)學大二輪總復習 增分策略 專題六 解析幾何 第3講 圓錐曲線的綜合問題試題
1．(xx福建)設(shè)P，Q分別為圓x2＋(y－6)2＝2和橢圓＋y2＝1上的點，則P，Q兩點間的最大距離是( )
A．5 B.＋
C．7＋ D．6
2．(xx陜西)如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)，經(jīng)過點A(0，－1)，且離心率為.
(1)求橢圓E的方程；
(2)經(jīng)過點(1,1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為2.
1.圓錐曲線的綜合問題一般以直線和圓錐曲線的位置關(guān)系為載體，以參數(shù)處理為核心，考查范圍、最值問題，定點、定值問題，探索性問題.2.試題解答往往要綜合應用函數(shù)與方程、數(shù)形結(jié)合、分類討論等多種思想方法，對計算能力也有較高要求，難度較大.
熱點一 范圍、最值問題
圓錐曲線中的范圍、最值問題，可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題(以所求式子或參數(shù)為函數(shù)值)，或者利用式子的幾何意義求解．
例1 (xx重慶)如圖，橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1、F2，過F2的直線交橢圓于P，Q兩點，且PQ⊥PF1.
(1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求橢圓的標準方程；
(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ＜，試確定橢圓離心率e的取值范圍．
思維升華 解決范圍問題的常用方法：
(1)數(shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后，數(shù)形結(jié)合求解．
(2)構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式求解．
(3)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域．
跟蹤演練1 已知橢圓C的左，右焦點分別為F1，F(xiàn)2，橢圓的離心率為，且橢圓經(jīng)過點P(1，)．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)線段PQ是橢圓過點F2的弦，且＝λ，求△PF1Q內(nèi)切圓面積最大時實數(shù)λ的值．
熱點二 定點、定值問題
1．由直線方程確定定點，若得到了直線方程的點斜式：y－y0＝k(x－x0)，則直線必過定點(x0，y0)；若得到了直線方程的斜截式：y＝kx＋m，則直線必過定點(0，m)．
2．解析幾何中的定值問題是指某些幾何量(線段的長度、圖形的面積、角的度數(shù)、直線的斜率等)的大小或某些代數(shù)表達式的值等與題目中的參數(shù)無關(guān)，不依參數(shù)的變化而變化，而始終是一個確定的值．
例2 橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，其左焦點到點P(2,1)的距離為.
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(A，B不是左，右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標．
思維升華 (1)動直線l過定點問題解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)．(2)動曲線C過定點問題解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．
跟蹤演練2 已知直線l：y＝x＋，圓O：x2＋y2＝5，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，直線l被圓O截得的弦長與橢圓的短軸長相等．
(1)求橢圓E的方程；
(2)過圓O上任意一點P作橢圓E的兩條切線，若切線都存在斜率，求證：兩切線的斜率之積為定值．
熱點三 探索性問題
1．解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關(guān)題型，解決這類問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為：假設(shè)滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實數(shù)解，則元素(點、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數(shù))不存在．
2．反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法．
例3 如圖，拋物線C：y2＝2px的焦點為F，拋物線上一定點Q(1,2)．
(1)求拋物線C的方程及準線l的方程；
(2)過焦點F的直線(不經(jīng)過Q點)與拋物線交于A，B兩點，與準線l交于點M，記QA，QB，QM的斜率分別為k1，k2，k3，問是否存在常數(shù)λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在λ，求出λ的值；若不存在，說明理由．
思維升華 解決探索性問題的注意事項：
存在性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確則不存在．
(1)當條件和結(jié)論不唯一時，要分類討論．
(2)當給出結(jié)論而要推導出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件．
(3)當條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑．
跟蹤演練3 (xx四川)如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率是，點P(0,1)在短軸CD上，且＝－1.
(1)求橢圓E的方程；
(2)設(shè)O為坐標原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點．是否存在常數(shù)λ，使得＋λ為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由．
已知橢圓C1：＋＝1(a>0)與拋物線C2：y2＝2ax相交于A，B兩點，且兩曲線的焦點F重合．
(1)求C1，C2的方程；
(2)若過焦點F的直線l與橢圓分別交于M，Q兩點，與拋物線分別交于P，N兩點，是否存在斜率為k(k≠0)的直線l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由．
提醒：完成作業(yè) 專題六 第3講
二輪專題強化練
專題六
第3講 圓錐曲線的綜合問題
A組 專題通關(guān)
1．(xx北京西城區(qū)期末)若曲線ax2＋by2＝1為焦點在x軸上的橢圓，則實數(shù)a，b滿足( )
A．a(chǎn)2>b2 B.<
C．0
b>0)的離心率為e＝，右焦點為F(c,0)，方程ax2＋bx－c＝0的兩個實根分別為x1和x2，則點P(x1，x2)( )
A．必在圓x2＋y2＝2內(nèi) B．必在圓x2＋y2＝2上
C．必在圓x2＋y2＝2外 D．以上三種情形都有可能
5．若點O和點F分別為橢圓＋＝1的中心和左焦點，點P為橢圓上的任意一點，則的最大值為( )
A．2 B．3 C．6 D．8
6．已知雙曲線x2－＝1的左頂點為A1，右焦點為F2，P為雙曲線右支上一點，則的最小值為_______________________________________________________________．
7．已知A(1,2)，B(－1,2)，動點P滿足⊥.若雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線與動點P的軌跡沒有公共點，則雙曲線離心率的取值范圍是________．
8．在直線y＝－2上任取一點Q，過Q作拋物線x2＝4y的切線，切點分別為A、B，則直線AB恒過定點________．
9．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的短軸長為2，離心率為，過點M(2,0)的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，O為坐標原點．
(1)求橢圓C的方程；
(2)若B點關(guān)于x軸的對稱點是N，證明：直線AN恒過一定點．
B組 能力提高
10．已知直線y＝a交拋物線y＝x2于A，B兩點．若該拋物線上存在點C，使得∠ACB為直角，則a的取值范圍為________．
11．直線3x－4y＋4＝0與拋物線x2＝4y和圓x2＋(y－1)2＝1從左到右的交點依次為A、B、C、D，則的值為________．
12．(xx課標全國Ⅱ)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.
(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；
(2)若l過點，延長線段OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由．
學生用書答案精析
第3講 圓錐曲線的綜合問題
高考真題體驗
1．D [如圖所示，設(shè)以(0,6)為圓心，以r為半徑的圓的方程為x2＋(y－6)2＝r2(r>0)，與橢圓方程＋y2＝1聯(lián)立得方程組，消掉x2得9y2＋12y＋r2－46＝0.
令Δ＝122－49(r2－46)＝0，
解得r2＝50，即r＝5.
由題意易知P，Q兩點間的最大距離為r＋＝6，
故選D.]
2．(1)解 由題設(shè)知＝，b＝1，
結(jié)合a2＝b2＋c2，解得a＝，
所以橢圓的方程為＋y2＝1.
(2)證明 由題設(shè)知，直線PQ的方程為y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，
設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，
則x1＋x2＝，x1x2＝，
從而直線AP，AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋＝＋＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.
熱點分類突破
例1 解 (1)由橢圓的定義，
2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2.
設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知PF1⊥PF2，因此
2c＝|F1F2|＝
＝＝2，
即c＝，從而b＝＝1.
故所求橢圓的標準方程為＋y2＝1.
(2)如圖，由PF1⊥PQ，
|PQ|＝λ|PF1|，得
|QF1|＝＝|PF1|.
由橢圓的定義，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，
進而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a，
于是(1＋λ＋)|PF1|＝4a，
解得|PF1|＝，
故|PF2|＝2a－|PF1|＝.
由勾股定理得
|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2，
從而2＋
2＝4c2，
兩邊除以4a2，得
＋＝e2.
若記t＝1＋λ＋，則上式變成
e2＝＝82＋.
由≤λ＜，并注意到1＋λ＋關(guān)于λ的單調(diào)性，得3≤t＜4，即＜≤.
進而＜e2≤，即＜e≤.
跟蹤演練1 解 (1)e＝＝，P(1，)滿足＋＝1，
又a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝3，
∴橢圓標準方程為＋＝1.
(2)顯然直線PQ不與x軸重合，
當直線PQ與x軸垂直時，
|PQ|＝3，|F1F2|＝2，
＝3；
當直線PQ不與x軸垂直時，設(shè)直線PQ：y＝k(x－1)，k≠0代入橢圓C的標準方程，
整理，得(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，
Δ>0，y1＋y2＝，y1y2＝.
＝|F1F2||y1－y2|＝12，
令t＝3＋4k2，∴t>3，k2＝，
∴＝3，
∵0<<，
∴∈(0,3)，
∴當直線PQ與x軸垂直時最大，且最大面積為3.
設(shè)△PF1Q內(nèi)切圓半徑為r，
則＝(|PF1|＋|QF1|＋|PQ|)r＝4r≤3.
即rmax＝，此時直線PQ與x軸垂直，△PF1Q內(nèi)切圓面積最大，
∴＝，∴λ＝1.
例2 解 (1)設(shè)橢圓方程為＋＝1 (a>b>0)，
由e＝＝，得a＝2c，∵a2＝b2＋c2，
∴b2＝3c2，
則橢圓方程變?yōu)椋?.
又由題意知＝，解得c2＝1，
故a2＝4，b2＝3，
即得橢圓的標準方程為＋＝1.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立
得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0.
則①
又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2
＝.
∵橢圓的右頂點為A2(2,0)，AA2⊥BA2，
∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，
∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，
∴＋＋＋4＝0，
∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－，
由①，得3＋4k2－m2>0，②
當m1＝－2k時，l的方程為y＝k(x－2)，直線過定點(2,0)，與已知矛盾．
當m2＝－時，l的方程為y＝k，直線過定點，且滿足②，
∴直線l過定點，定點坐標為.
跟蹤演練2 (1)解 設(shè)橢圓的半焦距為c，
圓心O到直線l的距離d＝＝，
∴b＝＝.
由題意得∴a2＝3，b2＝2.
∴橢圓E的方程為＋＝1.
(2)證明 設(shè)點P(x0，y0)，過點P的橢圓E的切線l0的方程為y－y0＝k(x－x0)，
聯(lián)立直線l0與橢圓E的方程得
消去y得(3＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(kx0－y0)2－6＝0，
∴Δ＝[4k(y0－kx0)]2－4(3＋2k2)[2(kx0－y0)2－6]＝0，
整理得，(2－x)k2＋2kx0y0－(y－3)＝0，
設(shè)滿足題意的橢圓E的兩條切線的斜率分別為k1，k2，
則k1k2＝－，
∵點P在圓O上，∴x＋y＝5，
∴k1k2＝－＝－1.
∴兩條切線的斜率之積為常數(shù)－1.
例3 解 (1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，
所以拋物線方程為y2＝4x，準線l的方程為x＝－1.
(2)由條件可設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，k≠0.
由拋物線準線l：x＝－1，
可知M(－1，－2k)．
又Q(1,2)，所以k3＝＝k＋1，
即k3＝k＋1.
把直線AB的方程y＝k(x－1)，代入拋物線方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根與系數(shù)的關(guān)系，知
x1＋x2＝，x1x2＝1.
又Q(1,2)，則k1＝，k2＝.
因為A，F(xiàn)，B共線，所以kAF＝kBF＝k，
即＝＝k.
所以k1＋k2＝＋＝＋－＝2k－＝2k＋2，
即k1＋k2＝2k＋2.
又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3.
即存在常數(shù)λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立．
跟蹤演練3 解 (1)由已知，點C、D的坐標分別為(0，－b)，(0，b)，
又點P的坐標為(0,1)，且＝－1，
于是解得a＝2，b＝，
所以橢圓E的方程為＋＝1.
(2)當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
從而，＋λ
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝
＝－－λ－2.
所以當λ＝1時，－－λ－2＝－3，
此時＋λ＝－3為定值．
當直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD，
此時，＋λ＝＋＝－2－1＝－3.
故存在常數(shù)λ＝1，使得＋λ為定值－3.
高考押題精練
解 (1)因為C1，C2的焦點重合，
所以＝，
所以a2＝4.
又a>0，所以a＝2.
于是橢圓C1的方程為＋＝1，
拋物線C2的方程為y2＝4x.
(2)假設(shè)存在直線l使得＝2，
則可設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．
由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
則x1＋x4＝，x1x4＝1，
所以|PN|＝＝.
由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
則x2＋x3＝，x2x3＝，
所以|MQ|＝＝.
若＝2，
則＝2，
解得k＝.
故存在斜率為k＝的直線l，
使得＝2.
二輪專題強化練答案精析
第3講 圓錐曲線的綜合問題
1．C [由ax2＋by2＝1，得＋＝1，
因為焦點在x軸上，所以>>0，
所以00，b>0)的漸近線方程為y＝x，即bxay＝0，
由題意，可得>1，即>1，
所以e＝<2，
又e>1，故1
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