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1、+二一九高考数学学习资料+专题六高考中的圆锥曲线问题1.已知F1、F2为椭圆1的两个焦点，过F1的直线交椭圆于A、B两点.若F2AF2B12，则AB_.答案8解析由题意知(AF1AF2)(BF1BF2)ABAF2BF22a2a，又由a5，可得AB(BF2AF2)20，即AB8.2.设AB为过抛物线y22px(p0)的焦点的弦，则AB的最小值为_.答案2p解析当弦AB垂直于对称轴时AB最短，这时x，yp，ABmin2p.3.若双曲线1的一条渐近线被圆(x2)2y24所截得的弦长为2，则该双曲线的实轴长为_.答案2解析双曲线1的渐近线方程为yx，即xay0，圆(x2)2y24的圆心为C(2,0)，
2、半径为r2，如图，由圆的弦长公式得弦心距|CD|，另一方面，圆心C(2,0)到双曲线1的渐近线xay0的距离为d，所以，解得a21，即a1，该双曲线的实轴长为2a2.4.在抛物线y2x2上有一点P，它到A(1,3)的距离与它到焦点的距离之和最小，则点P的坐标是_.答案(1,2)解析如图所示，直线l为抛物线y2x2的准线，F为其焦点，PNl，AN1l，由抛物线的定义知，PFPN，APPFAPPNAN1，当且仅当A、P、N三点共线时取等号.P点的横坐标与A点的横坐标相同即为1，P点坐标为(1,2).5.设坐标原点为O，抛物线y22x与过焦点的直线交于A、B两点，则等于_.答案解析方法一(特殊值法)
3、抛物线的焦点为F，过F且垂直于x轴的直线交抛物线于A(，1)，B(，1)，1.方法二设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2y1y2.由抛物线的过焦点的弦的性质知：x1x2，y1y2p21.1.题型一圆锥曲线中的范围、最值问题例1(2012浙江改编)如图所示，在直角坐标系xOy中，点P(1，)到抛物线C：y22px(p0)的准线的距离为.点M(t,1)是C上的定点，A，B是C上的两动点，且线段AB的中点Q(m，n)在直线OM上.(1)求曲线C的方程及t的值；(2)记d，求d的最大值.思维启迪(1)依条件，构建关于p，t的方程；(2)建立直线AB的斜率k与线段AB中点坐标间的关系，并表示
4、弦AB的长度，运用函数的性质或基本不等式求d的最大值.解(1)y22px(p0)的准线x，1()，p，抛物线C的方程为y2x.又点M(t,1)在曲线C上，t1.(2)由(1)知，点M(1,1)，从而nm，即点Q(m，m)，依题意，直线AB的斜率存在，且不为0，设直线AB的斜率为k(k0).且A(x1，y1)，B(x2.y2)，由得(y1y2)(y1y2)x1x2，故k2m1，所以直线AB的方程为ym(xm)，即x2my2m2m0.由消去x，整理得y22my2m2m0，所以4m4m20，y1y22m，y1y22m2m.从而AB |y1y2|2d2m(1m)1，当且仅当m1m，即m时，上式等号成立
5、，又m满足4m4m20.d的最大值为1.思维升华圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.已知点A(1,0)，B(1,0)，动点M的轨迹曲线C满足AMB2，|cos23，过点B的直线交曲线C于P，Q两点.(1)求|的值，并写出曲线C的方程；(2)求APQ面积的最大值.解(1)设M(x，y)，在MAB中，AB2，AMB2，根据余弦定理得|2|22|cos 24.即(|)22|(1cos 2)4.(|)24|
6、cos24.而|cos23，所以(|)2434.所以|4.又|42|AB|，因此点M的轨迹是以A，B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，a2，c1.所以曲线C的方程为1.(2)设直线PQ的方程为xmy1.由消去x并整理得(3m24)y26my90.显然方程的0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则SAPQ2|y1y2|y1y2|.由根与系数的关系得y1y2，y1y2.所以(y1y2)2(y1y2)24y1y248.令t3m23，则t3，(y1y2)2.由于函数(t)t在3，)上是增函数，所以t，当t3m233，即m0时取等号.所以(y1y2)29，即|y1y2|的最大值为3.所以APQ
7、面积的最大值为3，此时直线PQ的方程为x1.题型二圆锥曲线中的定点、定值问题例2(2012福建)如图，等边三角形OAB的边长为8，且其三个顶点均在抛物线E：x22py(p0)上.(1)求抛物线E的方程；(2)设动直线l与抛物线E相切于点P，与直线y1相交于点Q，证明：以PQ为直径的圆恒过y轴上某定点.思维启迪既然圆过y轴上的点，即满足0，对任意P、Q恒成立可待定M(0，y1)，也可给定特殊的P点，猜想M点坐标，再证明.(1)解依题意，得OB8，BOy30.设B(x，y)，则xOBsin 304，yOBcos 3012.因为点B(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故抛物线
8、E的方程为x24y.(2)证明方法一由(1)知yx2，yx.设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q为.设M(0，y1)，令0对满足y0x(x00)的x0，y0恒成立.由于(x0，y0y1)，由0，得y0y0y1y1y0，即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).方法二由(1)知yx2，yx.设P(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以Q为.取x02，此时P(2,1)，Q(0，1)，以PQ为直径的圆
9、为(x1)2y22，交y轴于点M1(0,1)或M2(0，1)；取x01，此时P，Q，以PQ为直径的圆为22，交y轴于点M3(0,1)、M4.故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1).以下证明点M(0,1)就是所要求的点.因为(x0，y01)，所以2y022y022y020.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).思维升华求定点及定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.(2013江西)椭圆C：1(ab0)的离心率e ，ab3.(1)求椭圆C的方程；(2)如图所示，A、B、D是椭圆C的
10、顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：2mk为定值.(1)解因为e，所以ac，bc.代入ab3得，c，a2，b1.故椭圆C的方程为y21.(2)证明方法一因为B(2,0)，点P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为yk(x2)(k0，k)，代入y21，解得P.直线AD的方程为yx1.与联立解得M.由D(0,1)，P，N(x,0)三点共线知，解得N.所以MN的斜率为m.则2mkk(定值).方法二设P(x0，y0)(x00，2)，则k，直线AD的方程为y(x2)，直线BP的方程为y(x2)，直线DP的方程为y1x，令y0
11、，由于y01可得N，联立，解得M，因此MN的斜率为m，所以2mk(定值).题型三圆锥曲线中的探索性问题例3(2012广东)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率e ，且椭圆C上的点到点Q(0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆C的方程.(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点A、B，且OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及对应的OAB的面积；若不存在，请说明理由.思维启迪圆锥曲线中，这类问题的解题思想是假设其结论成立、存在等，在这个假设下进行推理论证，如果得到了一个合情合理的推理结果，就肯定假设，对问题作出正面
12、回答；如果得到一个矛盾的结果，就否定假设，对问题作出反面回答.解(1)e2，a23b2，椭圆方程为1，即x23y23b2.设椭圆上的点到点Q(0,2)的距离为d，则d，当y1时，d取得最大值，dmax3，解得b21，a23.椭圆C的方程为y21.(2)假设存在点M(m，n)满足题意，则n21，即m233n2.设圆心到直线l的距离为d，则d1，d.AB22 .SOABABd2 .d1，00.SOAB ，当且仅当1，即m2n221时，SOAB取得最大值.由得存在点M满足题意，M点坐标为，或，此时OAB的面积为.思维升华(1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为假设满足条
13、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探索性问题常用的方法.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：x324y204(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交于不同的两点M，N，且满足？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.解(1)设抛物线C2：y22px(p0)，则有2p(x0)，据此验证四个点知
14、(3，2)，(4，4)在C2上， 易求得C2的标准方程为y24x. 设椭圆C1：1(ab0)，把点(2,0)，(，)代入得，解得，所以C1的标准方程为y21.(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).由消去y并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0，于是x1x2，x1x2.所以y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)1k21.由，即0，得x1x2y1y20.(*)将代入(*)式，得0， 解得k2，所以存在直线l满足条件， 且直线l的方程为2xy20或2xy20.题型四直
15、线、圆及圆锥曲线的交汇问题例4(2013浙江)如图，点P(0，1)是椭圆C1：1(ab0)的一个顶点，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)根据椭圆的几何性质易求出a，b的值，从而写出椭圆的方程；(2)要求ABD的面积，需要求出AB，PD的长，AB是圆的弦，考虑用圆的知识来求，PD应当考虑用椭圆的相关知识来求.求出AB，PD的长后，表示出ABD的面积，再根据式子的形式选择适当的方法求最值.解(1)由题意得所以椭圆C1的
16、方程为y21.(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d，所以AB22.又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以PD.设ABD的面积为S，则SABPD，所以S，当且仅当k时取等号.所以所求直线l1的方程为yx1.思维升华对直线、圆及圆锥曲线的交汇问题，要认真审题，学会将问题拆分成基本问题，然后综合利用数形结合思想、化归与转化思想、方程的思想等来解决问题，这样可以渐渐增强自己解决综合问题的能力.(2013重庆
17、)如图，椭圆的中心为原点O，长轴在x轴上，离心率e，过左焦点F1作x轴的垂线交椭圆于A，A两点，AA4.(1)求该椭圆的标准方程；(2)取垂直于x轴的直线与椭圆相交于不同的两点P，P，过P，P作圆心为Q的圆，使椭圆上的其余点均在圆Q外.若PQPQ，求圆Q的标准方程.解(1)由题意知点A(c,2)在椭圆上，则1.从而e21.由e得b28，从而a216.故该椭圆的标准方程为1.(2)由椭圆的对称性，可设Q(x0,0).又设M(x，y)是椭圆上任意一点，则QM2(xx0)2y2x22x0xx8(x2x0)2x8(x4,4).设P(x1，y1)，由题意知，点P是椭圆上到点Q的距离最小的点.因此，上式当
18、xx1时取最小值，又因为x1(4,4)，所以上式当x2x0时取最小值，从而x12x0，且QP28x.因为PQPQ，且P(x1，y1)，所以(x1x0，y1)(x1x0，y1)0，即(x1x0)2y0.由椭圆方程及x12x0得x80，解得x1，x0.从而QP28x.故这样的圆有两个，其标准方程分别为2y2，2y2.(时间：80分钟)1.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由.解方法一(1)依题意，可设椭圆
19、C的方程为1(ab0)，且可知其左焦点为F(2,0).从而有解得又a2b2c2，所以b212，故椭圆C的方程为1.(2)假设存在符合题意的直线l，设其方程为yxt.由得3x23txt2120.因为直线l与椭圆C有公共点，所以(3t)243(t212)0，解得4t4.另一方面，由直线OA与l的距离d4，得4，解得t2.由于24，4，所以符合题意的直线l不存在.方法二(1)依题意，可设椭圆C的方程为1(ab0)，且有解得b212，b23(舍去).从而a216.所以椭圆C的方程为1.(2)同方法一.2.如图，椭圆C1：1(ab0)的离心率为，x轴被曲线C2：yx2b截得的线段长等于C1的长半轴长.(
20、1)求C1，C2的方程；(2)设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，两直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.证明：MDME；记MAB，MDE的面积分别为S1，S2.问：是否存在直线l，使得？请说明理由.(1)解由题意知，e，从而a2b，又2a，所以a2，b1.故C1，C2的方程分别为y21，yx21.(2)证明由题意知，直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为ykx，由得x2kx10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实根，于是x1x2k，x1x21.又点M的坐标为(0，1)，所以kMAkMB1.故MAMB，即MDME.解设直线
21、MA的斜率为k1，则直线MA的方程为yk1x1.由解得或故点A的坐标为(k1，k1).又直线MB的斜率为，同理可得点B的坐标为(，1).于是S1MAMB|k1|.由得(14k)x28k1x0，解得或故点D的坐标为(，).又直线ME的斜率为，同理可得点E的坐标为(，).于是S2MDME.因此(4k17).由题意知，(4k17)，解得k4或k.又由点A，B的坐标可知，kk1，所以k.故满足条件的直线l存在，且有两条，其方程分别为yx，yx.3.如图，已知直线l：ykx2与抛物线C：x22py(p0)交于A、B两点，O为坐标原点，(4，12).(1)求直线l的方程和抛物线C的方程；(2)若抛物线上一
22、动点P从A到B运动时，求ABP面积的最大值.解(1)由，得x22pkx4p0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x22pk，y1y2k(x1x2)42pk24.(x1x2，y1y2)(2pk，2pk24)(4，12)，解得，故直线l的方程为y2x2， 抛物线C的方程为x22y.(2)方法一由，得x24x40，AB4.设P(t，t2)(22t22)，AB为定值，当点P到直线l的距离d最大时，ABP的面积最大.而d，又22tb0)，则c1，又(ac)(ac)a2c21.a22，b21，故椭圆的标准方程为y21.(2)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F恰为PQM的垂心，设P(x1，y1
23、)，Q(x2，y2)，M(0,1)，F(1,0)，直线l的斜率k1.于是设直线l为yxm，由得3x24mx2m220，x1x2m，x1x2.x1(x21)y2(y11)0.又yixim(i1,2)，x1(x21)(x2m)(x1m1)0，即2x1x2(x1x2)(m1)m2m0.将代入得2(m1)m2m0，解得m或m1，经检验m符合条件.故存在直线l，使点F恰为PQM的垂心，直线l的方程为yx.5.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1的左，右顶点分别为A，B，右焦点为F.设过点T(t，m)的直线TA，TB与此椭圆分别交于点M(x1，y1)，N(x2，y2)，其中m0，y10，y20，y20，得
24、M，N.则直线MA的方程为，即x3y30直线NB的方程为，即5x6y150.联立方程解得x7，y，所以点T的坐标为.(3)证明如图所示，点T的坐标为(9，m).直线TA的方程为，直线TB的方程为，分别与椭圆1联立方程，解得M，N.直线MN的方程为.令y0，解得x1，所以直线MN必过x轴上的一定点(1,0).6.(2012上海)在平面直角坐标系xOy中，已知双曲线C1：2x2y21.(1)过C1的左顶点引C1的一条渐近线的平行线，求该直线与另一条渐近线及x轴围成的三角形的面积.(2)设斜率为1的直线l交C1于P、Q两点.若l与圆x2y21相切，求证：OPOQ.(3)设椭圆C2：4x2y21.若M
25、、N分别是C1、C2上的动点，且OMON，求证：O到直线MN的距离是定值.(1)解双曲线C1：y21，左顶点A，渐近线方程：yx.不妨取过点A与渐近线yx平行的直线方程为y，即yx1.解方程组得所以所求三角形的面积为SOA|y|.(2)证明设直线PQ的方程是yxb.因为直线PQ与已知圆相切，故1，即b22.由得x22bxb210.设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则又y1y2(x1b)(x2b)，所以x1x2y1y22x1x2b(x1x2)b22(1b2)2b2b2b220.故OPOQ.(3)证明当直线ON垂直于x轴时，ON1，OM，则O到直线MN的距离为.当直线ON不垂直于x轴时，设直线ON的方程为ykx，则直线OM的方程为yx.由得所以ON2.同理OM2.设O到直线MN的距离为d，因为(OM2ON2)d2OM2ON2，所以3，即d.综上，O到直线MN的距离是定值.高考数学复习精品高考数学复习精品