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11突破点突破点 13圆锥曲线中的综合问题圆锥曲线中的综合问题(酌情自选酌情自选)提炼 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.提炼 2 用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手(1)若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围(2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解(3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围(4)利用基本不等式求最值与范围(5)利用函数值域的方法求最值与范围提炼 3与圆锥曲线有关的探索性问题(1)给出问题的一些特殊关系，要求探索出一些规律，并能论证所得规律的正确性通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律(2)对于只给出条件，探求“是否存在”类型问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到论证；若推出矛盾，则假设不存在回访 1圆锥曲线的定值、定点问题1(20 xx全国卷)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为22，点(2， 2)在 C 上(1)求 C 的方程；(2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴，l 与 C 有两个交点 A，B，线段 AB 的中点为 M.证明：直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值解(1)由题意有a2b2a22，4a22b21，2 分解得 a28，b24.3 分所以 C 的方程为x28y241.4 分(2)证明：设直线 l：ykxb(k0，b0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)将 ykxb 代入x28y241，得(2k21)x24kbx2b280.6 分故 xMx1x222kb2k21，yMkxMbb2k21.8 分于是直线 OM 的斜率 kOMyMxM12k，即 kOMk12.11 分所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值.12 分回访 2圆锥曲线中的最值与范围问题2(20 xx北京高考)已知椭圆 C：x22y24.(1)求椭圆 C 的离心率；(2)设 O 为原点，若点 A 在直线 y2 上，点 B 在椭圆 C 上，且 OAOB，求线段 AB 长度的最小值解(1)由题意，椭圆 C 的标准方程为x24y221，2 分所以 a24，b22，从而 c2a2b22.因此 a2，c 2.故椭圆 C 的离心率 eca22.5 分(2)设点 A，B 的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中 x00.因为 OAOB，所以OAOB0，即 tx02y00，解得 t2y0 x0.7 分又 x202y204， 所以|AB|2(x0t)2(y02)2x02y0 x02(y02)2x20y204y20 x204x204x20224x20 x204x2028x204(0 x204).12 分因为x2028x204(0b0)的离心率是22， 点 P(0,1)在短轴 CD 上，且PCPD1.图 151(1)求椭圆 E 的方程；(2)设 O 为坐标原点，过点 P 的动直线与椭圆交于 A，B 两点是否存在常数，使得OAOBPAPB为定值？若存在，求的值；若不存在，请说明理由解(1)由已知，点 C，D 的坐标分别为(0，b)，(0，b)又点 P 的坐标为(0,1)，且PCPD1，于是1b21，ca22，a2b2c2.解得 a2，b 2.所以椭圆 E 的方程为x24y221.4 分(2)当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 ykx1，A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)联立x24y221，ykx1，得(2k21)x24kx20.其判别式(4k)28(2k21)0，所以 x1x24k2k21，x1x222k21.6 分从而，OAOBPAPBx1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)124k2212k2112k212.9 分所以，当1 时，12k2123.此时，OAOBPAPB3 为定值.10 分当直线 AB 斜率不存在时，直线 AB 即为直线 CD.此时，OAOBPAPBOCODPCPD213.12 分故存在常数1，使得OAOBPAPB为定值3.13 分热点题型 1圆锥曲线中的定值问题题型分析：圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容，解决这类问题的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立，数式变换等寻找不受参数影响的量(20 xx重庆二模)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)上一点 P1，32 与椭圆右焦点的连线垂直于 x 轴，直线 l：ykxm 与椭圆 C 相交于 A，B 两点(均不在坐标轴上)(1)求椭圆 C 的标准方程；(2)设 O 为坐标原点， 若AOB 的面积为 3， 试判断直线 OA 与 OB 的斜率之积是否为定值？【导学号：85952055】解(1)由题意知1a294b21，a2b21，解得a24，b23，3 分椭圆 C 的标准方程为x24y231.4 分(2)设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x24y231，ykxm，得(4k23)x28kmx4m2120，5 分由(8km)216(4k23)(m23)0，得 m24k23.6 分x1x28km4k23，x1x24m2124k23，SOAB12|m|x1x2|12|m|4 3 4k23m24k23 3，8 分化简得 4k232m20，满足0，从而有 4k2m2m23(*)，9 分kOAkOBy1y2x1x2kx1mkx2mx1x2k2x1x2kmx1x2m2x1x212k23m24m212344k2m2m23，由(*)式，得4k2m2m231，kOAkOB34，即直线 OA 与 OB 的斜率之积为定值34.12 分求解定值问题的两大途径1由特例得出一个值(此值一般就是定值)证明定值：将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关2先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值变式训练 1(20 xx北京高考)已知椭圆 C：x2a2y2b21 过 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 的面积为定值解(1)由题意得 a2，b1，椭圆 C 的方程为x24y21.3 分又 c a2b2 3，离心率 eca32.5 分(2)证明：设 P(x0，y0)(x00，y00)，则 x204y204.6 分又 A(2,0)，B(0,1)，直线 PA 的方程为 yy0 x02(x2)令 x0，得 yM2y0 x02，从而|BM|1yM12y0 x02.9 分直线 PB 的方程为 yy01x0 x1.令 y0，得 xNx0y01，从而|AN|2xN2x0y01.12 分四边形 ABNM 的面积 S12|AN|BM|122x0y0112y0 x02x204y204x0y04x08y042x0y0 x02y022x0y02x04y04x0y0 x02y022.从而四边形 ABNM 的面积为定值.14 分热点题型 2圆锥曲线中的最值、范围问题题型分析：圆锥曲线中的最值、范围问题是高考重点考查的内容，解决此类问题常用的方法是几何法和代数法(20 xx全国乙卷)设圆 x2y22x150 的圆心为 A， 直线 l 过点 B(1,0)且与 x 轴不重合，l 交圆 A 于 C，D 两点，过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E.(1)证明|EA|EB|为定值，并写出点 E 的轨迹方程；(2)设点 E 的轨迹为曲线 C1，直线 l 交 C1于 M，N 两点，过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P，Q 两点，求四边形 MPNQ 面积的取值范围解(1)因为|AD|AC|，EBAC，所以EBDACDADC，所以|EB|ED|，故|EA|EB|EA|ED|AD|.又圆 A 的标准方程为(x1)2y216，从而|AD|4，所以|EA|EB|4.2 分由题设得 A(1,0)，B(1,0)，|AB|2，由椭圆定义可得点 E 的轨迹方程为x24y231(y0).4 分(2)当 l 与 x 轴不垂直时，设 l 的方程为 yk(x1)(k0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)由ykx1，x24y231，得(4k23)x28k2x4k2120，则 x1x28k24k23，x1x24k2124k23.所以|MN| 1k2|x1x2|12k214k23.过点 B(1,0)且与 l 垂直的直线 m： y1k(x1)， 点 A 到直线 m 的距离为2k21，6 分所以|PQ|2422k21244k23k21.故四边形 MPNQ 的面积S12|MN| PQ|12114k23.8 分可得当 l 与 x 轴不垂直时，四边形 MPNQ 面积的取值范围为(12,8 3).10 分当 l 与 x 轴垂直时，其方程为 x1，|MN|3，|PQ|8，故四边形 MPNQ 的面积为 12.综上，四边形 MPNQ 面积的取值范围为 12,8 3).12 分与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法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，再求其值域变式训练 2(名师押题)已知抛物线 C：x22py(p0)，过其焦点作斜率为 1的直线 l 交抛物线 C 于 M，N 两点，且|MN|16.(1)求抛物线 C 的方程；(2)已知动圆 P 的圆心在抛物线 C 上， 且过定点 D(0,4)， 若动圆 P 与 x 轴交于 A，B 两点，求|DA|DB|DB|DA|的最大值解(1)设抛物线的焦点为 F0，p2 ，则直线 l：yxp2.由yxp2，x22py，得 x22pxp20，x1x22p，y1y23p，|MN|y1y2p4p16，p4，抛物线 C 的方程为 x28y.4 分(2)设动圆圆心 P(x0，y0)，A(x1,0)，B(x2,0)，则 x208y0，且圆 P：(xx0)2(yy0)2x20(y04)2，令 y0，整理得 x22x0 xx20160，解得 x1x04，x2x04，6 分设 t|DA|DB|x04216x04216x208x032x208x032116x0 x208x032，当 x00 时，t1，7 分当 x00 时，t116x0832x0.x00，x032x08 2，t11688 2 32 2 21，且 t1，综上知 21t1.9 分f(t)t1t在 21,1上单调递减，|DA|DB|DB|DA|t1t 211212 2，当且仅当 t 21，即 x042时等号成立|DA|DB|DB|DA|的最大值为 2 2.12 分热点题型 3圆锥曲线中的探索性问题题型分析：探索性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论(20 xx长沙二模)如图 152，在平面直角坐标系 xOy 中，已知 F1，F2分别是椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点，A，B 分别是椭圆 E 的左、右顶点，D(1,0)为线段 OF2的中点，且AF25BF20.图 152(1)求椭圆 E 的方程；(2)若 M 为椭圆 E 上的动点(异于点 A，B)，连接 MF1并延长交椭圆 E 于点 N，连接 MD，ND 并分别延长交椭圆 E 于点 P，Q，连接 PQ，设直线 MN，PQ 的斜率存在且分别为 k1，k2.试问是否存在常数，使得 k1k20 恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由解题指导(1)D 为 OF2的中点求 cAF25BF20a 与 c 的关系椭圆方程(2)假设存在常数设点 M，N，P，Q 的坐标直线 MD 的方程与椭圆方程联立用点 M 的坐标表示点 P，Q 的坐标点 M，F1，N 共线得到点 M，N 坐标的关系求 k2得到 k1与 k2的关系解(1)AF25BF20，AF25F2B，ac5(ac)，化简得 2a3c，又点 D(1,0)为线段 OF2的中点，c2，从而 a3，b 5，左焦点 F1(2,0)，故椭圆 E 的方程为x29y251.4 分(2)假设存在满足条件的常数，使得 k1k20 恒成立，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则直线 MD 的方程为 xx11y1y1，代入椭圆方程x29y251，整理得，5x1y21y2x11y1y40，6 分y1y3y1x11x15， y34y1x15， 从而 x35x19x15， 故点 P5x19x15，4y1x15 ，同理，点 Q5x29x25，4y2x25 .8 分三点 M，F1，N 共线，y1x12y2x22，从而 x1y2x2y12(y1y2)，从而 k2y3y4x3x44y1x154y2x255x19x155x29x25x1y2x2y15y1y24x1x27y1y24x1x27k14，故 k14k270，从而存在满足条件的常数，47.12 分探索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：(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，再推出条件变式训练 3(20 xx哈尔滨二模)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的焦点分别为F1( 3，0)，F2( 3，0)，点 P 在椭圆 C 上，满足|PF1|7|PF2|，tanF1PF24 3.(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知点 A(1,0)，试探究是否存在直线 l：ykxm 与椭圆 C 交于 D，E 两点，且使得|AD|AE|？若存在，求出 k 的取值范围；若不存在，请说明理由.【导学号：85952056】解(1)由|PF1|7|PF2|，PF1PF22a 得 PF17a4，PF2a4.2 分由余弦定理得 cosF1PF177a42a422 3227a4a4，a2，所求 C 的方程为x24y21.4 分(2)假设存在直线 l 满足题设，设 D(x1，y1)，E(x2，y2)，将 ykxm 代入x24y21 并整理得(14k2)x28kmx4m240，由64k2m24(14k2)(4m24)16(m24k21)0，得 4k21m2.6 分又 x1x28km14k2.设 D，E 中点为 M(x0，y0)，M4km14k2，m14k2，kAMk1，得 m14k23k，8 分将代入得 4k2114k23k2， 化简得 20k4k210(4k21)(5k21)0，解得 k55或 k55，所以存在直线 l，使得|AD|AE|，此时 k 的取值范围为，55 55，.12 分
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