高考数学二轮复习 专题五：第3讲圆锥曲线中的热点问题案文

第第 3 3 讲讲圆锥曲线中的热点问题圆锥曲线中的热点问题高考定位1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查.真 题 感 悟1.(2015全国卷)已知M(x0，y0)是双曲线C：x22y21 上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若MF1MF20，则y0的取值范围是()A.33，33B.36，36C.2 23，2 23D.2 33，2 33解析由题意M在双曲线C：x22y21 上，则x202y201，即x2022y20.由MF1MF20，得( 3x0，y0)( 3x0，y0)x203y203y2010，即33y0b0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P31，32 ，P41，32 中恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点.若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点.(1)解由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由1a21b21a234b2知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上.因此1b21，1a234b21，解得a24，b21.故C的方程为x24y21.(2)证明设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果直线l的斜率不存在，l垂直于x轴.设l：xm，A(m，yA)，B(m，yA)，k1k2yA1myA1m2m1，得m2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.从而可设l：ykxm(m1).将ykxm代入x24y21 得(4k21)x28kmx4m240.由题设可知16(4k2m21)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x28km4k21，x1x24m244k21.则k1k2y11x1y21x2kx1m1x1kx2m1x22kx1x2（m1） （x1x2）x1x2.由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.(2k1)4m244k21(m1)8km4k210.解之得m2k1，此时32(m1)0，方程有解，当且仅当m1 时，0，直线l的方程为ykx2k1，即y1k(x2).当x2 时，y1，所以l过定点(2，1).考 点 整 合1.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.温馨提醒圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.2.定点、定值问题(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.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).(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.3.存在性问题的解题步骤：(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.(3)得出结论.热点一圆锥曲线中的最值、范围【例 1】(2016浙江卷)如图所示，设抛物线y22px(p0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|1.(1)求p的值；(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围.解(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x1 的距离，由抛物线的定义得p21，即p2.(2)由(1)得，抛物线方程为y24x，F(1，0)，可设A(t2，2t)，t0，t1.AF不垂直于y轴，可设直线AF：xsy1(s0)，由y24x，xsy1，消去x得y24sy40.故yAyB4，B1t2，2t.又直线AB的斜率为2tt21，故直线FN的斜率为t212t，从而得直线FN：yt212t(x1)，直线BN：y2t.Nt23t21，2t.设M(m，0)，由A，M，N三点共线得2tt2m2t2tt2t23t21，于是m2t2t2122t21，m0 或m2.经检验知，m0 或m2 满足题意.综上，点M的横坐标的取值范围是(，0)(2，).探究提高求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中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数形结合求解.(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.【训练 1】 已知点A(0，2)，椭圆E：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为2 33，O为坐标原点.(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程.解(1)设F(c，0)，由条件知，2c2 33，得c 3.又ca32，所以a2，b2a2c21.故E的方程为x24y21.(2)当lx轴时不合题意，故设l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).将ykx2 代入x24y21，得(14k2)x216kx120.当16(4k23)0，即k234时，x1，28k2 4k234k21.从而|PQ|k21|x1x2|4k21 4k234k21.又点O到直线PQ的距离d2k21.所以OPQ的面积SOPQ12d|PQ|4 4k234k21.设 4k23t，则t0，SOPQ4tt244t4t.因为t4t4，当且仅当t2，即k72时等号成立，且满足0.所以当OPQ的面积最大时，l的方程为y72x2 或y72x2.热点二定点、定值问题命题角度 1圆锥曲线中的定值【例 21】(2016北京卷)已知椭圆C：x2a2y2b21 过点A(2，0)，B(0，1)两点.(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.(1)解由题意知a2，b1.所以椭圆方程为x24y21，又ca2b2 3.所以椭圆离心率eca32.(2)证明设P点坐标为(x0，y0)(x00，y00)，则x204y204，由B点坐标(0，1)得直线PB方程为：y1y01x0(x0)，令y0，得xNx01y0，从而|AN|2xN2x0y01，由A点坐标(2，0)得直线PA方程为y0y0 x02(x2)，令x0，得yM2y02x0，从而|BM|1yM12y0 x02，所以S四边形ABNM12|AN|BM|122x0y0112y0 x02x204y204x0y04x08y042（x0y0 x02y02）2x0y02x04y04x0y0 x02y022.即四边形ABNM的面积为定值 2.探究提高1.求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.2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【训练 2】 (2017唐山一模)已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为22，点Qb，ab在椭圆上，O为坐标原点.(1)求椭圆C的方程；(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值.(1)解椭圆x2a2y2b21(ab0)的离心率为22，e2c2a2a2b2a212，得a22b2，又点Qb，ab在椭圆C上，b2a2a2b41，联立、得a28，且b24.椭圆C的方程为x28y241.(2)证明当直线PN的斜率k不存在时，PN方程为x 2或x 2，从而有|PN|2 3，所以S12|PN|OM|122 32 22 6；当直线PN的斜率k存在时，设直线PN方程为ykxm(m0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，将PN的方程代入椭圆C的方程，整理得(12k2)x24kmx2m280，所以x1x24km12k2，x1x22m2812k2，y1y2k(x1x2)2m2m12k2，由OMOPON，得M4km12k2，2m12k2.将M点坐标代入椭圆C方程得m212k2.又点O到直线PN的距离为d|m|1k2，|PN| 1k2|x1x2|，Sd|PN|m|x1x2| 12k2 （x1x2）24x1x248k2242k212 6.综上，平行四边形OPMN的面积S为定值 2 6.命题角度 2圆锥曲线中的定点问题【例 22】(2017哈尔滨模拟)已知两点A( 2，0)，B( 2，0)，动点P在y轴上的投影是Q，且 2PAPB|PQ|2.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过F(1，0)作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G，H，M，N，且E1，E2分别是GH，MN的中点.求证：直线E1E2恒过定点.(1)解设点P坐标为(x，y)，点Q坐标为(0，y).2PAPB|PQ|2，2( 2x)( 2x)y2x2，化简得点P的轨迹方程为x24y221.(2)证明当两直线的斜率都存在且不为 0 时，设lGH：yk(x1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，lMN：y1k(x1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，联立x24y221，yk（x1） ，消去y得(2k21)x24k2x2k240.则0 恒成立.x1x24k22k21，且x1x22k242k21.GH中点E1坐标为2k22k21，k2k21 ，同理，MN中点E2坐标为2k22，kk22 ，kE1E23k2（k21），lE1E2的方程为y3k2（k21）x23 ，过点23，0，当两直线的斜率分别为 0 和不存在时，lE1E2的方程为y0，也过点23，0，综上所述，lE1E2过定点23，0.探究提高1.动直线l过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为ykxt， 由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m，0)2.动曲线C过定点问题.引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.【训练 3】 (2017菏泽调研)已知焦距为 22的椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的右顶点为A，直线y43与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形.(1)求椭圆C的方程；(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DAAM.点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点.(1)解设坐标原点为O，四边形ABPQ是平行四边形，|AB|PQ|，|PQ|2|OB|，|AB|2|OB|，则点B的横坐标为a3，点Q的坐标为a3，43 ，代入椭圆C的方程得b22，又c22，a24，即椭圆C的方程为x24y221.(2)证明设直线MN的方程为yk(x2)，N(x0，y0)，DAAM，D(2，4k).由x24y221，yk（x2） ，消去y得(12k2)x28k2x8k240，则2x08k2412k2，即x024k212k2，y0k(x02)4k12k2，则N24k212k2，4k12k2，设G(t，0)，则t2，若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，则DGAN，GDAN0 恒成立.GD(2t，4k)，AN8k212k2，4k12k2，GDAN(2t)8k212k24k4k12k20 恒成立，即8k2t12k20 恒成立，t0，点G是定点(0，0).热点三圆锥曲线中的存在性问题【例 3】(2017长沙调研)已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为12，且过点P1，32 ，F为其右焦点.(1)求椭圆C的方程；(2)设过点A(4，0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(点M在A，N两点之间)，是否存在直线l使AMF与MFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由.解(1)因为ca12，所以a2c，b 3c，设椭圆方程x24c2y23c21，又点P1，32 在椭圆上，所以14c234c21，解得c21，a24，b23，所以椭圆方程为x24y231.(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为yk(x4)，由yk（x4） ，x24y231，消去y得(34k2)x232k2x64k2120，由题意知(32k2)24(34k2)(64k212)0，解得12k0)的焦点为F，直线 2xy20 交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q.(1)D是抛物线C上的动点，点E(1，3)，若直线AB过焦点F，求|DF|DE|的最小值；(2)是否存在实数p，使|2QAQB|2QAQB|？若存在，求出p的值；若不存在，说明理由.解(1)直线 2xy20 与y轴的交点为(0，2)，F(0，2)，则抛物线C的方程为x28y，准线l：y2.设过D作DGl于G，则|DF|DE|DG|DE|，当E，D，G三点共线时，|DF|DE|取最小值 235.(2)假设存在，抛物线x22py与直线y2x2 联立方程组得：x24px4p0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，(4p)216p16(p2p)0，则x1x24p，x1x24p，Q(2p，2p).|2QAQB|2QAQB|，QAQB.则QAQB0，得(x12p)(x22p)(y12p)(y22p)(x12p)(x22p)(2x122p)(2x222p)5x1x2(46p)(x1x2)8p28p40，代入得 4p23p10，解得p14或p1(舍去).因此存在实数p14，且满足0，使得|2QAQB|2QAQB|成立.1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关：(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标.2.圆锥曲线的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，再求这个函数的最值.3.存在性问题求解的思路及策略(1)思路：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在；若结论不正确，则不存在.(2)策略：当条件和结论不唯一时要分类讨论；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.一、选择题1.(2017全国卷)若a1，则双曲线x2a2y21 的离心率的取值范围是()A.( 2，)B.( 2，2)C.(1， 2)D.( 1，2)解析由题意e2c2a2a21a211a2，因为a1，所以 111a22，则 1e 2.答案C2.F1，F2是椭圆x24y21 的左、右焦点，点P在椭圆上运动，则PF1PF2的最大值是()A.2B.1C.2D.4解析设P(x，y)，依题意得点F1( 3，0)，F2( 3，0)，PF1PF2( 3x)( 3x)y2x2y2334x22，注意到234x221，因此PF1PF2的最大值是 1.答案B3.(2017沈阳二模)若点P为抛物线y2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为()A.2B.12C.14D.18解析根据题意，抛物线y2x2上，设P到准线的距离为d，则有|PF|d，抛物线的方程为y2x2， 即x212y， 其准线方程为y18， 当点P在抛物线的顶点时，d有最小值18， 即|PF|min18.答案D4.(2017全国改编)椭圆C：x23y2m1 的焦点在x轴上，点A，B是长轴的两端点，若曲线C上存在点M满足AMB120，则实数m的取值范围是()A.(3，)B.1，3)C.(0， 3)D.(0，1解析依题意，当 0m3 时，焦点在x轴上，要在曲线C上存在点M满足AMB120，则abtan 60，即3m 3，解得 00，b0)的一条渐近线与抛物线y2x的一个交点的横坐标为x0，若x01，则双曲线C的离心率e的取值范围是_.解析双曲线C：x2a2y2b21 的一条渐近线为ybax，联立y2x，ybax消去y，得b2a2x2x.由x01，知b2a21，b2a2.e2c2a2a2b2a22，因此 1e0)，B(x2，y2)(y20).则|AC|BD|x2y1y224y1.又y1y2p24.|AC|BD|y2244y2(y2b0)的离心率是32，点P1，32 在椭圆E上.(1)求椭圆E的方程；(2)过点P且斜率为k的直线l交椭圆E于点Q(xQ，yQ)(点Q异于点P)，若 0 xQ1，求直线l斜率k的取值范围.解(1)由题意得ca32，1a234b21，a2b2c2解得a2，b1，c 3，椭圆E的方程为x24y21.(2)设直线l的方程为y32k(x1)，代入方程x24y21.消去y得(14k2)x2(4 3k8k2)x4k24 3k10，xQ14k24 3k114k2，0 xQ1，04k24 3k114k20，4k24 3k114k21.解得36k322，经检验，满足题意.直线l斜率k的取值范围是36，322或322，.10.(2017延安调研)如图，椭圆E：x2a2y2b21(ab0)，经过点A(0，1)，且离心率为22.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值.(1)解由题设知ca22，b1，结合a2b2c2，解得a 2，所以椭圆的方程为x22y21.(2)证明由题设知，直线PQ的方程为yk(x1)1(k2)，代入x22y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由已知0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，则x1x24k（k1）12k2，x1x22k（k2）12k2，从而直线AP，AQ的斜率之和kAPkAQy11x1y21x2kx12kx1kx22kx22k(2k)1x11x22k(2k)x1x2x1x22k(2k)4k（k1）2k（k2）2k2(k1)2.故kAPkAQ为定值 2.11.(2015全国卷)在直角坐标系xOy中，曲线C：yx24与直线l：ykxa(a0)交于M，N两点，(1)当k0 时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？说明理由.解(1)由题设可得M(2a，a)，N(2a，a)，或M(2a，a)，N(2a，a).又yx2， 故yx24在x2a处的导数值为a，C在点(2a，a)处的切线方程为yaa(x2a)，即axya0.yx24在x2a处的导数值为a，C在点(2a，a)处的切线方程为yaa(x2a)，即axya0.故所求切线方程为axya0 和axya0.(2)存在符合题意的点，证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将ykxa代入C的方程得x24kx4a0.故x1x24k，x1x24a.从而k1k2y1bx1y2bx22kx1x2（ab） （x1x2）x1x2k（ab）a.当ba时，有k1k20，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故OPMOPN，所以点P(0，a)符合题意.