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第3讲圆锥曲线的综合问题1(2016四川)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y22px(p0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为()A. B. C. D1答案C解析如图，由题意可知F，设P点坐标为，显然，当y00时，kOM0时，kOM0，要求kOM的最大值，不妨设y00.则()，kOM，当且仅当y2p2时等号成立故选C.2(2016课标全国乙)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，故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.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：1(y0)(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)由得(4k23)x28k2x4k2120.则x1x2，x1x2，所以|MN|x1x2|.过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y(x1)，点A到m的距离为，所以|PQ|24.故四边形MPNQ的面积S|MN|PQ|12.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)当l与x轴垂直时，其方程为x1，|MN|3，|PQ|8，四边形MPNQ的面积为12.综上，四边形MPNQ面积的取值范围为12,8)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.热点一范围、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例1(2015重庆)如图，椭圆1(ab0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQPF1.(1)若|PF1|2，|PF2|2，求椭圆的标准方程；(2)若|PQ|PF1|，且，试确定椭圆离心率e的取值范围解(1)由椭圆的定义，2a|PF1|PF2|(2)(2)4，故a2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1PF2，因此2c|F1F2|2，即c，从而b1.故所求椭圆的标准方程为y21.(2)如图，由PF1PQ，|PQ|PF1|，得|QF1|PF1|.由椭圆的定义，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a，进而|PF1|PQ|QF1|4a，于是(1)|PF1|4a，解得|PF1|，故|PF2|2a|PF1|.由勾股定理得|PF1|2|PF2|2|F1F2|2(2c)24c2，从而224c2，两边除以4a2，得e2.若记t1，则上式变成e282.由，并注意到1关于的单调性，得3t4，即.进而e2，即e.思维升华解决范围问题的常用方法：(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，再求其值域跟踪演练1如图，已知椭圆：y21，点A，B是它的两个顶点，过原点且斜率为k的直线l与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E，F两点(1)若6，求k的值；(2)求四边形AEBF面积的最大值解(1)依题设得椭圆的顶点A(2,0)，B(0,1)，则直线AB的方程为x2y20.设直线EF的方程为ykx(k0)设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1b0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：ykxm与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标解(1)由e，得a2c，a2b2c2，b23c2，则椭圆方程变为1.又由题意知，解得c21，故a24，b23，即得椭圆的标准方程为1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(34k2)x28mkx4(m23)0.则又y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2BA2，(x12)(x22)y1y20，y1y2x1x22(x1x2)40，40，7m216mk4k20，解得m12k，m2，由，得34k2m20，当m12k时，l的方程为yk(x2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾当m2时，l的方程为yk，直线过定点，且满足，直线l过定点，定点坐标为.思维升华(1)动线过定点问题的两大类型及解法动直线l过定点问题，解法：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)动曲线C过定点问题，解法：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(2)求解定值问题的两大途径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、分母约分得定值跟踪演练2已知抛物线：y22px(p0)的焦点F在双曲线：1的右准线上，抛物线与直线l：yk(x2)(k0)交于A，B两点，AF，BF的延长线与抛物线交于C，D两点(1)求抛物线的方程；(2)若AFB的面积等于3，求k的值；(3)记直线CD的斜率为kCD，证明：为定值，并求出该定值解(1)双曲线：1的右准线方程为：x1，所以F(1,0)，则抛物线的方程为：y24x.(2)设A(，y1)，B(，y2)，由得ky24y8k0，1632k20，y1y2，y1y28.SAFB1|y1y2|23，解得k2.(3)设C(，y3)，则(1，y1)，(1，y3)，因为A，F，C共线，所以(1)y3y1(1)0，即y(y1)y340.解得：y3y1(舍)或y3，所以C(，)，同理D(，)，kCD2k，故2(定值)热点三探索性问题1解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“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存在性问题常用的方法例3如图，抛物线C：y22px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数，使得k1k2k3成立，若存在，求出的值；若不存在，请说明理由解(1)把Q(1,2)代入y22px，得2p4，所以抛物线方程为y24x，准线l的方程为x1.(2)由条件可设直线AB的方程为yk(x1)，k0.由抛物线准线l：x1，可知M(1，2k)又Q(1,2)，所以k3k1，即k3k1.把直线AB的方程yk(x1)，代入抛物线方程y24x，并整理，可得k2x22(k22)xk20.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，知x1x2，x1x21.又Q(1,2)，则k1，k2.因为A，F，B共线，所以kAFkBFk，即k.所以k1k22k2k2，即k1k22k2.又k3k1，可得k1k22k3.即存在常数2，使得k1k2k3成立思维升华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，采取另外的途径跟踪演练3(2015四川)如图，椭圆E：1(ab0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且1.(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1，于是解得a2，b，所以椭圆E的方程为1.(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)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，从而，x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以当1时，23，此时3为定值当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，213.故存在常数1，使得为定值3.已知椭圆C1：1(a0)与抛物线C2：y22ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合(1)求C1，C2的方程；(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k0)的直线l，使得2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由押题依据本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色解(1)因为C1，C2的焦点重合，所以，所以a24.又a0，所以a2.于是椭圆C1的方程为1，抛物线C2的方程为y24x.(2)假设存在直线l使得2，则可设直线l的方程为yk(x1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)由可得k2x2(2k24)xk20，则x1x4，x1x41，所以|PN|.由可得(34k2)x28k2x4k2120，则x2x3，x2x3，所以|MQ|.若2，则2，解得k.故存在斜率为k的直线l，使得2.A组专题通关1若曲线ax2by21为焦点在x轴上的椭圆，则实数a，b满足()Aa2b2 .C0ab 0b0，所以0ab.2已知椭圆1(0b0)，ABC的三个顶点都在抛物线上，O为坐标原点，设ABC三条边AB，BC，AC的中点分别为M，N，Q，且M，N，Q的纵坐标分别为y1，y2，y3.若直线AB，BC，AC的斜率之和为1，则的值为()A BC. D.答案B解析设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，则三个式子两两相减得即即所以.5若点O和点F分别为椭圆1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则的最大值为()A2 B3 C6 D8答案C解析由题意得F(1,0)，设点P(x0，y0)，则y3(1)(2x02)x0(x01)yxx0yxx03(1)(x02)22.又因为2x02，所以当x02时，取得最大值，最大值为6，故选C.6已知双曲线C：1(a0，b0)的离心率为，A，B为左，右顶点，点P为双曲线C在第一象限的任意一点，点O为坐标原点，若直线PA，PB，PO的斜率分别为k1，k2，k3，记mk1k2k3，则m的取值范围为_答案(0,2)解析双曲线C：1(a0，b0)的离心率为，e，ba，设P(x，y)，点P为双曲线C在第一象限的任意一点，1，且x0，y0，A，B为双曲线C的左，右顶点，点O为坐标原点，PA，PB，PO的斜率分别为k1，k2，k3，k1k22，k30，又双曲线的渐近线为yx，0k3，0mk1k2k30，b0)的渐近线与动点P的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是_答案(1,2)解析设P(x，y)，由题设条件，得动点P的轨迹为(x1)(x1)(y2)(y2)0，即x2(y2)21，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆又双曲线1(a0，b0)的渐近线方程为yx，即bxay0，由题意，可得1，即1，所以e1，故1e0)的一个焦点为F(1,0)，左，右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点(1)求椭圆方程；(2)当直线l的倾斜角为45时，求线段CD的长；(3)记ABD与ABC的面积分别为S1和S2，求|S1S2|的最大值解(1)因为F(1,0)为椭圆的焦点，所以c1，又b23，所以a24，所以椭圆方程为1.(2)因为直线的倾斜角为45，所以直线的斜率为1，所以直线方程为yx1，和椭圆方程联立消掉y，得到7x28x80，所以2880，x1x2，x1x2，所以|CD|x1x2|.(3)当直线l无斜率时，直线方程为x1，此时D(1，)，C(1，)，ABD，ABC面积相等，|S1S2|0.当直线l斜率存在(显然k0)时，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，设直线方程为yk(x1)(k0)，和椭圆方程联立消掉y，得(34k2)x28k2x4k2120.显然0，方程有根，且x1x2，x1x2.此时|S1S2|2|y2|y1|2|y2y1|2|k(x21)k(x11)|2|k(x2x1)2k|.因为k0，上式(k时等号成立)，所以|S1S2|的最大值为.B组能力提高11过抛物线yax2 (a0)的焦点F作一条直线交抛物线于A，B两点，若线段AF，BF的长分别为m，n，则等于()A. B.C2a D.答案B解析显然直线AB的斜率存在，故设直线方程为ykx，与yax2联立，消去y得ax2kx0，设A(x1，ax)，B(x2，ax)，则x1x2，x1x2，xx，max，nax，所以mn，mn，.故选B.12直线3x4y40与抛物线x24y和圆x2(y1)21从左到右的交点依次为A、B、C、D，则的值为_答案解析由得x23x40，xA1，xD4，yA，yD4.直线3x4y40恰过抛物线的焦点F(0,1)，|AF|yA1，|DF|yD15，.13已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(2,0)，点B(2，)在椭圆C上，直线ykx(k0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)在x轴上是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由解(1)设椭圆C的方程为1(ab0)，因为椭圆的左焦点为F1(2,0)，所以a2b24.因为点B(2，)在椭圆C上，所以1.由解得，a2，b2.所以椭圆C的方程为1.(2)方法一因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为(2，0)因为直线ykx(k0)与椭圆1交于两点E，F，设点E(x0，y0)(不妨设x00)，则点F(x0，y0)联立方程组消去y得x2.所以x0，y0.所以直线AE的方程为y (x2)因为直线AE与y轴交于点M，令x0得y，即点M.同理可得点N(0，)假设在x轴上存在点P(t,0)，使得MPN为直角，则0.即t20，即t240，解得t2或t2.故存在点P(2,0)或P(2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有MPN为直角方法二因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为(2，0)因为直线ykx(k0)与椭圆1交于两点E，F，设点E(x0，y0)，则点F(x0，y0)所以直线AE的方程为y(x2)因为直线AE与y轴交于点M，令x0得y，即点M.同理可得点N.假设在x轴上存在点P(t,0)，使得MPN为直角，则0.即t20，即t20.因为点E(x0，y0)在椭圆C上，所以1，即y.将y代入得t240.解得t2或t2.故存在点P(2,0)或P(2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有MPN为直角
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