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1、圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题 【2019 年高考考纲解读】【2019 年高考考纲解读】 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 【重点、难点剖析】【重点、难点剖析】 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 (2)设E与y轴正半轴的交点为B， 过点B的直线l的斜率为k(k0)，l与E交于另一点P
2、.若以点B为圆心， 以线段BP长为半径的圆与E有 4 个公共点，求k的取值范围 【解析】解法一 (1)设点M(x，y)，由 2，得A(x,2y)，MQ AQ 由于点A在圆C：x2y24 上，则x24y24， 即动点M的轨迹E的方程为y21. x2 4 (2)由(1)知，E的方程为y21， x2 4 因为E与y轴正半轴的交点为B，所以B(0,1)， 所以过点B且斜率为k的直线l的方程为ykx1(k0) 由Error!Error!得(14k2)x28kx0， 设B(x1，y1)，P(x2，y2)，因此x10，x2， 8k 14k2 |BP|x1x2|.1k2 8|k| 14k2 1k2 由于以点B
3、为圆心，线段BP长为半径的圆与椭圆E的公共点有 4 个，由对称性可设在y轴左侧的椭圆上有 两个不同的公共点P，T，满足|BP|BT|，此时直线BP的斜率k0， 记直线BT的斜率为k1，且k10，k1k， 则|BT|， 8|k1| 14k2 1 1k2 1 故，所以0， 8|k1| 14k2 1 1k2 1 8|k| 14k2 1k2 k2 1k4 1 14k2 1 k2k4 14k2 即(14k2)(14k)，k2 1k4 1 2 1 k2k4 所以(k2k)(1k2k8k2k)0， 2 12 12 1 由于k1k，因此 1k2k8k2k0， 2 12 1 故k2 . k2 11 8k2 11
4、 1 8 9 88k2 11 因为k20，所以 8k10，所以k2 . 2 1 1 8 9 88k2 11 1 8 又k0，所以k. 2 4 又k1k，所以 1k2k28k2k20， 所以 8k42k210.又k0，解得k， 2 2 所以k. ( 2 4 ， 2 2) ( 2 2 ，) 根据椭圆的对称性，k也满足题意 (， 2 2) ( 2 2 ， 2 4) 综上所述，k的取值范围为. (， 2 2) ( 2 2 ， 2 4) ( 2 4 ， 2 2) ( 2 2 ，) 解法二 (1)设点M(x，y)，A(x1，y1)，则Q(x1,0) 因为 2，所以 2(x1x，y)(0，y1)，所以Err
5、or!Error!解得Error!Error!MQ AQ 因为点A在圆C：x2y24 上，所以x24y24， 所以动点M的轨迹E的方程为y21. x2 4 (2)由(1)知，E的方程为y21，所以B的坐标为(0,1)，易得直线l的方程为ykx1(k0) x2 4 由Error!Error!得(14k2)x28kx0， 设B(x1，y1)，P(x2，y2)因此x10，x2， 8k 14k2 |BP|x1x2|.1k2 8|k| 14k2 1k2 则点P的轨迹方程为x2(y1)2， 64k21k2 14k22 由Error!Error!得 3y22y50(1y1) (*) 64k21k2 14k2
6、2 依题意，得(*)式在y(1,1)上有两个不同的实数解 设f(x)3x22x5(1x1)， 64k21k2 14k22 易得函数f(x)的图象的对称轴为直线x ， 1 3 要使函数f(x)的图象在(1,1)内与x轴有两个不同的交点， 则Error!Error! 整理得Error!Error! 即Error!Error!所以Error!Error! 得k (， 2 2) ( 2 2 ， 2 4) ( 2 4 ， 2 2) ， ( 2 2 ，) 所以k的取值范围为 (， 2 2) ( 2 2 ， 2 4) . ( 2 4 ， 2 2) ( 2 2 ，) 【方法技巧】 1解决圆锥曲线中范围问题的方
7、法 一般题目中没有给出明确的不 等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线 上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求 解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化 2圆锥曲线中最值的求解策略 (1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解 (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. 【变式探究】(2017山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：1(ab0)的离心率为，焦距为 2. x
8、2 a2 y2 b2 2 2 (1)求椭圆E的方程； (2)如图，动直线l：yk1x交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2 3 2 .M是线段OC延长线上一点，且|MC|AB|23，M的半径为|MC|，OS，OT是M的两条切线，切 2 4 点分别为S，T.求SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率 解 (1)由题意知，e ，2c2，所以c1， c a 2 2 所以a，b1，2 所以椭圆E的方程为y21. x2 2 由题意可知，圆M的半径r为 r |AB|. 2 3 22 3 1k2 1 18k2 1 2k2 11 由题设知k1k2，所以k2， 2 4 2
9、4k1 因此直线OC的方程为yx. 2 4k1 联立方程Error!Error! 得x2，y2， 8k2 1 14k2 1 1 14k2 1 因此|OC|.x2y2 18k2 1 14k2 1 由题意可知，sin. SOT 2 r r|OC| 1 1|OC| r 而 |OC| r 18k2 1 14k2 1 22 3 1k2 1 18k2 1 12k2 1 ， 32 4 12k2 1 14k2 1 1k2 1 令t12k，则t1， (0,1)， 2 1 1 t 因此 1， |OC| r 3 2 t 2t2t1 3 2 1 21 t 1 t2 3 2 1 (1 t 1 2) 29 4 当且仅当
10、，即t2 时等号成立，此时k1， 1 t 1 2 2 2 所以 sin ，因此， SOT 2 1 2 SOT 2 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 2 2 【变式探究】已知N为圆C1：(x2)2y224 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.MP C2N C2N C2P (1)求点M的轨迹方程； (2)直线l：ykxm与点M的轨迹只有一个公共点P，且点P在第二象限，过坐标原点O且与l垂直的 直线l与圆x2y28 相交于A，B两点，求PAB面积的取值范围 解 (1)连接MC2，
11、 因为2，C2N C2P 所以P为C2N的中点， 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|24，6 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. x2 6 y2 2 (2)由Error!Error!得 (3k21)x26kmx3m260， 因为直线l：ykxm与椭圆相切于点P， 所以(6km)24(3k21) (3m26) 12(6k22m2)0，即m26k22， 解得x，y， 3km 3k21 m 3k21 即点P的坐标为， ( 3km 3k21，
12、 m 3k21) 因为点P在第二象限，所以k0，m0， 所以m，6k22 所以点P的坐标为， ( 32k 3k21， 2 3k21) 设直线l与l垂直交于点Q， 则|PQ|是点P到直线l的距离， 且直线l的方程为yx， 1 k 所以|PQ| 1 k 32k 3k21 2 3k21| 1 k21 22k 3k44k21 22 3k2 1 k24 ， 22 423 22 31 62 当且仅当 3k2，即k2时，|PQ|有最大值， 1 k2 3 3 62 所以SPAB 4|PQ|44， 1 2 23 即PAB面积的取值范围为.(0，4 34 【感悟提升】 解决范围问题的常用方法 (1)数形结合法：利
13、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 【变式探究】已知椭圆C：1(ab0)的一条切线方程为y2x2，且离心率为. y2 a2 x2 b2 2 3 2 (1)求椭圆C的标准方程； (2)若直线l：ykxm与椭圆C交于A，B两个不同的点，与y轴交于点M，且3，求实数m的取值AM MB 范围 解 (1)由题意知，离心率e ， 3 2 c a ca，ba，1， 3 2 1 2 y2 a2 4x2 a2 将y2x2代入，得 8x28x8a20
14、，22 由12832(8a2)0，得a24， 故椭圆C的标准方程为x21. y2 4 (2)根据已知，得M(0，m)， 设A(x1，kx1m)，B(x2，kx2m)， 由Error!Error!得(k24)x22mkxm240， 且4m2k24(k24)(m24)0， 即k2m240， 且x1x2，x1x2， 2km k24 m24 k24 由3，得x13x2，即x13x2，AM MB 3(x1x2)24x1x20， 0， 12k2m2 k242 4m24 k24 即m2k2m2k240， 当m21 时，m2k2m2k240 不成立， k2， 4m2 m21 k2m240， m240，即0，
15、4m2 m21 (4m2)m2 m21 10， 解得k0)的焦点F，与抛物线相交于A，B两点， 4 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yx ， p 2 由Error!Error!消去y整理得x23px0， p2 4 9p248p20， p2 4 令A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1x23p， 由抛物线的定义得|AB|x1x2p4p8， p2. 抛物线的方程为y24x. (2)
16、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， tan tan ( 2 ) sin( 2 ) cos( 2 ) ， cos sin 1 sin cos 1 tan 直线l2的斜率为 . 1 k 直线CD的方程为y8k(x12)， 即yk(x12)8. 由Error!Error! 消去x整理得ky24y3248k0， 设C(xC，yC)，D(xD，yD)， yCyD ， 4 k xCxD24， 4 k2 16 k 点M的坐标为. (12 2 k2 8 k， 2 k) 以 代替点M坐标中的k， 1 k 可得点N的坐标为(1
17、22k28k,2k)， kMN. 2(1 kk) 2( 1 k2k 2)8(1 kk) 1 1 kk4 直线MN的方程为 y2kx(122k28k)， 1 1 kk4 即yx10， ( 1 kk4) 显然当x10 时，y0， 故直线MN经过定点(10，0). 题型三 探索性问题题型三 探索性问题 例 3(2018全国)已知斜率为k的直线l与椭圆C：1 交于A，B两点，线段AB的中点为M(1， x2 4 y2 3 m)(m0) (1)证明：kb0)的上、下焦点分别为F1，F2，上焦点F1到直线 4x3y120 y2 a2 x2 b2 的距离为 3，椭圆C的离心率e . 1 2 (1)求椭圆C的方
18、程； (2)椭圆E：1，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 y2 a2 3x2 16b2 否存在点P，使得？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由PM ( PA |PA | PB |PB |) (2)存在理由如下：由(1)得椭圆E：1， x2 16 y2 4 设直线AB的方程为ykx1(k0)， 联立Error!Error! 消去y并整理得(4k21)x28kx120， (8k)24(4k21)12256k2480. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1x2，x1x2. 8k 4k21 12 4k21 假设存在点P(0，t)满足条件，
19、 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0， y1t x1 y2t x2 即x2(y1t)x1(y2t)0.(*) 将y1kx11，y2kx21 代入(*)式， 整理得 2kx1x2(1t)(x1x2)0， 所以2k0， 12 4k21 1t 8k 4k21 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.PM ( PA |PA | PB |PB |) 【感悟提升】 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
20、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 【变式探究】已知长轴长为 4 的椭圆1(ab0)过点P，点F是椭圆的右焦点 x2 a2 y2 b2 (1， 3 2) (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) 2a4， a2， 将点P代入1，得b23. (1， 3 2) x2 a2 y2 b2
21、 椭圆方程为1. x2 4 y2 3 (2)存在定点D满足条件 设D(t,0)，直线l方程为xmyt(m0)， 联立Error!Error! 消去x，得(3m24)y26mty3t2120， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则E(x2，y2)， Error!Error!且0. 由A，F，E三点共线，可得(x21)y1(x11)y20， 即 2my1y2(t1)(y1y2)0， 2m(t1)0， 3t212 3m24 6mt 3m24 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. 题型四 圆锥曲线中的存在性问题题型四 圆锥曲线中的存在性问题 例 4、椭圆
22、E：1(ab0)的右顶点为A，右焦点为F，上、下顶点分别是B，C，|AB|，直线CF x2 a2 y2 b2 7 交线段AB于点D，且|BD|2|DA|. (1)求E的标准方程； (2)是否存在直线l，使得l交E于M，N两点，且F恰是BMN的垂心？若存在，求l的方程；若不存在， 说明理由 【解析】(1)解法一 由题意知F(c,0)，A(a,0)，B(0，b)，C(0，b)， 所以直线AB的方程为 1，直线CF的方程为 1， x a y b x c y b 由Error!Error!得，xD. 2ac ac 因为|BD|2|DA|，所以2，所以，得a，BD DA BD 2 3BA 2ac ac
23、2 3 解得a2c，所以bc.a2c23 因为|AB|，即，所以c，7a2b2777 所以c1，a2，b，所以E的标准方程为13 x2 4 y2 3 解法二 如图，设E的左焦点为G，连接BG，由椭圆的对称性得BGCF， 则2，即|GF|2|FA|，由题意知F(c,0)，则|GF|2c，|FA|ac， |GF| |FA| |BD| |DA| 所以 2c2(ac)，得a2c， 所以bc.a2c23 因为|AB|，即，即7a2b27 c，所以c1，a2，b，773 所以E的标准方程为1. x2 4 y2 3 (2)由(1)知，E的方程为1，所以B(0，)，F(1,0)， x2 4 y2 3 3 所以
24、直线BF的斜率kBF.3 假设存在直线l，使得F是BMN的垂心，连接BF，并延长，连接MF，并延长，如图，则BFMN，MFBN， 易知l的斜率存在，设为k，则kBFk1，所以k， 3 3 设l的方程为yxm，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 3 3 由Error!Error!得，13x28mx12(m23)0，3 由 (8m)241312(m23)0 得，m.3 39 3 39 3 x1x2，x1x2. 83m 13 12m23 13 因为MFBN，所以0.MF BN 因为(1x1，y1)，(x2，y2)，MF BN 3 所以(1x1)x2y1(y2)0，3 即(1x1)x20， ( 3
25、3 x1m)( 3 3 x2m) 3( 3 3 x1m) 整理得(x1x2)x1x2m2m0， (1 3 3 m) 4 3 3 所以 m2m0， (1 3 3 m) ( 83m 13 ) 4 3 12m23 13 3 整理得 21m25m480，解得m或m.33 163 21 当m时，M或N与B重合，不符合题意，舍去；3 当m时，满足m. 163 21 39 3 39 3 所以存在直线l，使得F是BMN的垂心，l的方程为yx. 3 3 163 21 【变式探究】已知圆O：x2y24，点F(1,0)，P为平面内一动点，以线段FP为直径的圆内切于圆O，设 动点P的轨迹为曲线C. (1)求曲线C的方
26、程； (2)M，N是曲线C上的动点，且直线MN经过定点(0， )，问在y轴上是否存在定点Q，使得MQONQO， 1 2 若存在，请求出定点Q，若不存在，请说明理由 解析：(1)设PF的中点为S，切点为T，连OS，ST，则|OS|SF|OT|2，取F关于y轴的对称点F， 连接FP，所以|PF|2|OS|，故|FP|FP|2(|OS|SF|)4， 所以点P的轨迹是以F，F分别为左、右焦点，且长轴长为 4 的椭圆， 则曲线C方程为1. x2 4 y2 3 (2)假设存在满足题意的定点Q，设Q(0，m)， 当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为ykx ，M(x1，y1)，N(x2，y2) 1 2
27、联立，得Error!Error!消去x，得(34k2)x24kx110， 则 0，x1x2，x1x2， 4k 34k2 11 34k2 由MQONQO，得直线MQ与NQ的斜率之和为零，易知x1或x2等于 0 时，不满足题意，故 y1m x1 y2m x2 0， kx11 2m x1 kx21 2m x2 2kx1x2(1 2m)x 1x2 x1x2 即 2kx1x2(x1x2)2k0，当k0 时，m6，所以存在 ( 1 2m) 11 34k2 ( 1 2m) 4k 34k2 4km6 34k2 定点(0,6)，使得MQONQO；当k0 时，定点(0,6)也符合题意 易知当直线MN的斜率不存在时，定点(0,6)也符合题意 综上，存在定点(0,6)，使得MQONQO.