《金版教程高考數(shù)學文二輪復(fù)習講義：第二編 專題整合突破 專題三 三角函數(shù)與解三角形 第三講 圓錐曲線的綜合應(yīng)用 Word版含解析》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《金版教程高考數(shù)學文二輪復(fù)習講義：第二編 專題整合突破 專題三 三角函數(shù)與解三角形 第三講 圓錐曲線的綜合應(yīng)用 Word版含解析（41頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、 高考數(shù)學精品復(fù)習資料 2019.5 第三講　圓錐曲線的綜合應(yīng)用 必記公式及概念] 1．定值、定點問題在變化中所表現(xiàn)出來的不變的量，用變化的量表示問題中的直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，這些直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系不受變化的量所影響的一個點，就是要求的定點，解決這類問題的關(guān)鍵就是引進參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，根據(jù)等式的恒成立、數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量． 2．圓錐曲線中最值問題：主要是求線段長度的最值、三角形面積的最值等． 3．圓錐曲線中的范圍問題：關(guān)鍵是選取合適的變量建立目標函數(shù)和不等關(guān)系．該問題

2、主要有以下三種情況： (1)距離型：若涉及焦點，則可以考慮將圓錐曲線定義和平面幾何性質(zhì)結(jié)合起來求解；若是圓錐曲線上的點到直線的距離，則可設(shè)出與已知直線平行的直線方程，再代入圓錐曲線方程中，用判別式等于零求得切點坐標，這個切點就是距離取得最值的點，若是在圓或橢圓上，則可將點的坐標以參數(shù)形式設(shè)出，轉(zhuǎn)化為三角函數(shù)的最值求解． (2)斜率、截距型：一般解法是將直線方程代入圓錐曲線方程中，利用判別式列出對應(yīng)的不等式，解出參數(shù)的范圍，如果給出的只是圓錐曲線的一部分，則需要結(jié)合圖形具體分析，得出相應(yīng)的不等關(guān)系． (3)面積型：求面積型的最值，即求兩個量的乘積的范圍，可以考慮能否使用不等式求解，或者消元

3、轉(zhuǎn)化為某個參數(shù)的函數(shù)關(guān)系，用函數(shù)方法求解． 4．探究性問題：有關(guān)圓錐曲線中的探究性問題，一般假設(shè)滿足條件的量存在，以此為基礎(chǔ)進行推理． 失分警示] 1．求軌跡方程時要注意它的純粹性與完備性． 2．使用函數(shù)方法求解最值和范圍時，需選擇合適的變量．解題時易忽略變量的范圍，導(dǎo)致結(jié)果的錯誤． 3．直線與雙曲線交于一點時，不一定相切，反之，直線與雙曲線相切時，只有一個交點． 4．在解決直線與圓錐曲線問題時，若需設(shè)直線方程，易忽略直線斜率不存在的情況． 考點　求軌跡方程　　 典例示法 典例1　　20xx全國卷Ⅰ]設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與

4、x軸不重合，l交圓 A于C，D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E. (1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫出點E的軌跡方程； (2)設(shè)點E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點，求四邊形MPNQ面積的取值范圍． 解]　(1)證明：因為|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC. 所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|. 又圓A的標準方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4. 由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由橢圓定義可得點

5、E的軌跡方程為＋＝1(y≠0)． (2)當l與x軸不垂直時，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝， 所以|MN|＝|x1－x2|＝. 過點B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)，A到m的距離為， 所以|PQ|＝2＝4. 故四邊形MPNQ的面積 S＝|MN||PQ|＝12. 可得當l與x軸不垂直時，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8)． 當l與x軸垂直時，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四邊形MPNQ的面積為12. 綜上，四邊

6、形MPNQ面積的取值范圍為12,8)． 求軌跡方程的常用方法 (1)直接法：直接利用條件建立x，y之間的關(guān)系f(x，y)＝0. (2)待定系數(shù)法：已知所求曲線的類型，先根據(jù)條件設(shè)出所求曲線的方程，再由條件確定其待定系數(shù)． (3)定義法：先根據(jù)條件得出動點的軌跡是某種已知曲線，再由曲線的定義直接寫出動點的軌跡方程． (4)相關(guān)點法：動點P(x，y)依賴于另一動點Q(x0，y0)的變化而變化，并且Q(x0，y0)又在某已知曲線上，則可先用x，y的代數(shù)式表示x0，y0，再將x0，y0代入已知曲線得要求的軌跡方程． (5)參數(shù)法：當動點P(x，y)的坐標之間的關(guān)系不易直接找到，也沒有相

7、關(guān)點可用時，可考慮將x，y均用一中間變量(參數(shù))表示，得參數(shù)方程，再消去參數(shù)得普通方程． 針對訓(xùn)練 如圖，拋物線C1：x2＝4y，C2：x2＝－2py(p>0)．點M(x0，y0)在拋物線C2上，過M作C1的切線，切點為A，B(M為原點O時，A，B重合于O)．當x0＝1－時，切線MA的斜率為－. (1)求p的值； (2)當M在C2上運動時，求線段AB中點N的軌跡方程(A，B重合于O時，中點為O)． 解　(1)因為拋物線 C1：x2＝4y上任意一點(x，y)的切線斜率為y′＝，且切線MA的斜率為－， 所以A點坐標為. 故切線MA的方程為y＝－(x＋1)＋. 因為點M(1－，y

8、0)在切線MA及拋物線C2上， 于是y0＝－(2－)＋＝－.① y0＝－＝－.② 由①②得p＝2. (2)設(shè)N(x，y)，A，B，x1≠x2，由N為線段AB中點知 x＝③ y＝④ 切線MA，MB的方程為 y＝(x－x1)＋，⑤ y＝(x－x2)＋.⑥ 由⑤⑥得MA，MB的交點M(x0，y0)的坐標為 x0＝，y0＝. 因為點M(x0，y0)在C2上，即x＝－4y0， 所以x1x2＝－.⑦ 由③④⑦得 x2＝y(tǒng)，x≠0. 當x1＝x2時，A，B重合于原點O，AB中點N為O，坐標滿足x2＝y(tǒng). 因此AB中點N的軌跡方程為x2＝y(tǒng). 考點　最值與范圍問題　　

9、 典例示法 題型1　距離、面積的最值問題 典例2　　20xx浙江高考] 如圖，設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)，動直線l與橢圓C只有一個公共點P，且點P在第一象限． (1)已知直線l的斜率為k，用a，b，k表示點P的坐標； (2)若過原點O的直線l1與l垂直，證明：點P到直線l1的距離的最大值為a－b. 解]　(1)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋m(k<0)，由消去y得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0. 由于l與C只有一個公共點，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，解得點P的坐標為. 又點P在第一象限， 故點P的坐標為P. (2)證明：由于直線l1

10、過原點O且與l垂直，故直線l1的方程為x＋ky＝0， 所以點P到直線l1的距離 d＝， 整理得d＝. 因為a2k2＋≥2ab， 所以≤＝a－b， 當且僅當k2＝時等號成立． 所以，點P到直線l1的距離的最大值為a－b. 題型2　求幾何量、參數(shù)范圍問題 典例3　　20xx天津高考]已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左焦點為F(－c,0)，離心率為，點M在橢圓上且位于第一象限，直線FM被圓x2＋y2＝截得的線段的長為c，|FM|＝. (1)求直線FM的斜率； (2)求橢圓的方程； (3)設(shè)動點P在橢圓上，若直線FP的斜率大于，求直線OP(O為原點)的斜率的取值范圍． 解]　(

11、1)由已知有＝，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2. 設(shè)直線FM的斜率為k(k>0)，則直線FM的方程為y＝k(x＋c)．由已知，有2＋2＝2，解得k＝. (2)由(1)得橢圓方程為＋＝1，直線FM的方程為y＝(x＋c)，兩個方程聯(lián)立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－c，或x＝c.因為點M在第一象限，可得M的坐標為.由|FM|＝＝，解得c＝1，所以橢圓的方程為＋＝1. (3)設(shè)點P的坐標為(x，y)，直線FP的斜率為t，得t＝，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，與橢圓方程聯(lián)立得消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6.又由已知，得t＝ >，解得－<

12、x<－1，或－10，于是m＝，得m∈. ②當x∈(－1,0)時，有y＝t(x＋1)>0，因此m<0，于是m＝－，得m∈. 綜上，直線OP的斜率的取值范圍是∪. 1．與圓錐曲線有關(guān)的最值問題的兩種解法 (1)數(shù)形結(jié)合法：根據(jù)待求值的幾何意義，充分利用平面圖形的幾何性質(zhì)求解． (2)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量，構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其最值，常用基本不等式或?qū)?shù)法求最值(注意：有時需先換元后再求最值)． 2．解決圓錐曲線中范圍問題的

13、方法 一般題目中沒有給出明確的不等關(guān)系，首先需要根據(jù)已知條件進行轉(zhuǎn)化，利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)及曲線上點的坐標確定不等關(guān)系；然后構(gòu)造目標函數(shù)，把原問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或引入?yún)?shù)根據(jù)參數(shù)范圍求解，解題時應(yīng)注意挖掘題目中的隱含條件，尋找量與量之間的轉(zhuǎn)化． 考點　定點與定值問題　　 典例示法 題型1　定點的證明與探究 典例4　　20xx四川高考] 如圖，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率是，過點P(0,1)的動直線l與橢圓相交于A，B兩點．當直線l平行于x軸時，直線l被橢圓E截得的線段長為2. (1)求橢圓E的方程； (2)在平面直角坐標系xOy中，是否存在與點

14、P不同的定點Q，使得＝恒成立？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，請說明理由． 解]　(1)由已知，點(，1)在橢圓E上． 因此， 解得a＝2，b＝. 所以橢圓E的方程為＋＝1. (2)當直線l與x軸平行時，設(shè)直線l與橢圓相交于C，D兩點． 如果存在定點Q滿足條件，則有＝＝1，即|QC|＝|QD|. 所以Q點在y軸上，可設(shè)Q點的坐標為(0，y0)． 當直線l與x軸垂直時，設(shè)直線l與橢圓相交于M，N兩點， 則M，N的坐標分別為(0，)，(0，－)． 由＝，有＝，解得y0＝1，或y0＝2. 所以，若存在不同于點P的定點Q滿足條件，則Q點坐標只可能為(0,2)． 下面證明：對任

15、意直線l，均有＝. 當直線l的斜率不存在時，由上可知，結(jié)論成立． 當直線l的斜率存在時，可設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)． 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－. 因此＋＝＝2k. 易知，點B關(guān)于y軸對稱的點B′的坐標為(－x2，y2)． 又kQA＝＝ ＝k－， kQB′＝＝＝－k＋＝k－， 所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三點共線． 所以＝＝＝. 故存在與P不同的定點Q(0,2)，使得＝恒成立． 題型2　定值的證明與探

16、究 典例5　　20xx河南六市聯(lián)考]如圖，在平面直角坐標系xOy中，已知R(x0，y0)是橢圓C：＋＝1上的一點，從原點O向圓R：(x－x0)2＋(y－y0)2＝8作兩條切線，分別交橢圓于點P，Q. (1)若R點在第一象限，且直線OP，OQ互相垂直，求圓R的方程； (2)若直線OP，OQ的斜率存在，并記為k1，k2，求k1k2的值； (3)試問|OP|2＋|OQ|2是否為定值？若是，求出該值；若不是，說明理由． 解]　(1)設(shè)圓R的半徑為r，由圓R的方程知r＝2，因為直線OP，OQ互相垂直，且和圓R相切，所以|OR|＝r＝4，即 x＋y＝16，① 又點R在橢圓C上，所以＋＝1

17、，② 聯(lián)立①②，解得 所以，圓R的方程為(x－2)2＋(y－2)2＝8. (2)因為直線OP：y＝k1x和OQ：y＝k2x都與圓R相切，所以＝2，＝2， 化簡得(x－8)k－2x0y0k1＋y－8＝0，(x－8)k－2x0y0k2＋y－8＝0， 所以k1，k2是方程(x－8)k2－2x0y0k＋y－8＝0的兩個不相等的實數(shù)根，由根與系數(shù)的關(guān)系得k1k2＝， 因為點R(x0，y0)在橢圓C上，所以＋＝1， 即y＝12－x， 所以k1k2＝＝－. (3)解法一：當直線OP，OQ不落在坐標軸上時，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 由(2)知2k1k2＋1＝0， 所以＋1＝

18、0，故yy＝xx. 因為P(x1，y1)，Q(x2，y2)在橢圓C上， 所以＋＝1，＋＝1， 即y＝12－x，y＝12－x， 所以＝xx， 整理得x＋x＝24， 所以y＋y＝＋＝12， 所以|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝(x＋x)＋(y＋y)＝36. 解法二：(ⅰ)當直線OP，OQ不落在坐標軸上時，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 聯(lián)立解得x＝，y＝， 所以x＋y＝， 同理，得x＋y＝， 由(2)知k1k2＝－，所以|OP|2＋|OQ|2＝x＋y＋x＋y＝＋＝＋＝＝36. (ⅱ)當直線OP，OQ落在坐標軸上時，顯然有|OP|2＋|OQ|2＝36. 綜

19、上|OP|2＋|OQ|2＝36. 1．過定點問題的兩大類型及解法 (1)動直線l過定點問題．解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m,0)． (2)動曲線C過定點問題．解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點． 2．求解定值問題的三個步驟 (1)由特例得出一個值，此值一般就是定值； (2)證明定值，有時可直接證明定值，有時將問題轉(zhuǎn)化為代數(shù)式，可證明該代數(shù)式與參數(shù)(某些變量)無關(guān)；也可令系數(shù)等于零，得出定值； (3)得出結(jié)論． 考點　存在性問題　　

20、典例示法 題型1　點的存在性問題 典例6　　20xx北京高考]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點P(0,1)和點A(m，n)(m≠0)都在橢圓C上，直線PA交x軸于點M. (1)求橢圓C的方程，并求點M的坐標(用m，n表示)； (2)設(shè)O為原點，點B與點A關(guān)于x軸對稱，直線PB交x軸于點N.問：y軸上是否存在點Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求點Q的坐標；若不存在，說明理由． 解]　(1)由題意得解得a2＝2. 故橢圓C的方程為＋y2＝1. 設(shè)M(xM,0)． 因為m≠0，所以－1

21、與點A關(guān)于x軸對稱，所以B(m，－n)． 設(shè)N(xN,0)，則xN＝. “存在點Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”等價于“存在點Q(0，yQ)使得＝”，即yQ滿足y＝|xM||xN|. 因為xM＝，xN＝，＋n2＝1， 所以y＝|xM||xN|＝＝2. 所以yQ＝或yQ＝－. 故在y軸上存在點Q，使得∠OQM＝∠ONQ.點Q的坐標為(0，)或(0，－)． 題型2　直線的存在性問題 典例7　　20xx廣西質(zhì)檢]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右焦點為F(1,0)，短軸的一個端點B到點F的距離等于焦距． (1)求橢圓C的方程； (2)過點F的直線l與橢圓C交于不同的兩點M

22、，N，是否存在直線l，使得△BFM與△BFN的面積比值為2？若存在，求出直線l的方程；若不存在，說明理由． 解]　(1)由已知得c＝1，a＝2c＝2，b2＝a2－c2＝3， 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)＝2等價于＝2， 當直線l的斜率不存在時，＝1，不符合題意，舍去； 當直線l的斜率存在時，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)， 由消去x并整理得(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則y1＋y2＝－① y1y2＝② 由＝2得y1＝－2y2③ 由①②③解得k＝， 因此存在直線l：y＝(x－1)，使得△BFM與△BFN的面積比值為2

23、. 題型3　參數(shù)的存在性問題 典例8　　20xx金版原創(chuàng)]已知F是拋物線C：x2＝2py，p>0的焦點，G，H是拋物線C上不同的兩點，且|GF|＋|HF|＝3，線段GH的中點到x軸的距離為.點P(0,4)，Q(0,8)，曲線D上的點M滿足＝0. (1)求拋物線C和曲線D的方程； (2)是否存在直線l：y＝kx＋m分別與拋物線C相交于點A，B(A在B的左側(cè))、與曲線D相交于點S，T(S在T的左側(cè))，使得△OAT與△OBS的面積相等？若存在，求出m的取值范圍；若不存在，說明理由． 解]　(1)由拋物線定義知＋＝，得p＝， 故拋物線的方程為x2＝y(tǒng). 由＝0得點M的軌跡D是以P

24、Q為直徑的圓，其方程為x2＋(y－6)2＝4. (2)由△OAT與△OBS的面積相等得|AT|＝|BS|， 則|AS|＝|BT|， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，S(x3，y3)，T(x4，y4)， 由＝(x3－x1，y3－y1)，＝(x2－x4，y2－y4)， 且＝得x3－x1＝x2－x4，即x1＋x2＝x4＋x3. (ⅰ)當直線l的斜率為0時，l的方程為y＝m，此時只需點(0，m)在圓D內(nèi)即可，此時40，① 且x1＋x2＝k.

25、由方程組得 (1＋k2)x2＋2k(m－6)x＋(m－6)2－4＝0， 直線l與圓D交于S，T兩點，所以圓心D(0,6)到直線l的距離d＝0，∴－2

26、而要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件； ③當條件和結(jié)論都不知，按常規(guī)法解題很難時，可先由特殊情況探究，再推廣到一般情況． 全國卷高考真題調(diào)研] 1．20xx全國卷Ⅰ]已知M(x0，y0)是雙曲線C：－y2＝1上的一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2是C的兩個焦點．若<0，則y0的取值范圍是(　　) A. B. C. D. 答案　A 解析　由題意知a2＝2，b2＝1，所以c2＝3，不妨設(shè)F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，所以＝(－－x0，－y0)，＝(－x0，－y0)，所以＝x－3＋y＝3y－1<0，所以－

27、上，A是E的左頂點，斜率為k(k>0)的直線交E于A，M兩點，點N在E上，MA⊥NA. (1)當t＝4，|AM|＝|AN|時，求△AMN的面積； (2)當2|AM|＝|AN|時，求k的取值范圍． 解　(1)設(shè)M(x1，y1)，則由題意知y1>0. 當t＝4時，E的方程為＋＝1，A(－2,0)． 由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為. 因此直線AM的方程為y＝x＋2. 將x＝y(tǒng)－2代入＋＝1得7y2－12y＝0. 解得y＝0或y＝，所以y1＝.因此△AMN的面積S△AMN＝2＝. (2)由題意知t>3，k>0，A(－，0)．將直線AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得 (

28、3＋tk2)x2＋2tk2x＋t2k2－3t＝0. 由x1(－)＝得x1＝，故 |AM|＝|x1＋|＝. 由題設(shè)知，直線AN的方程為y＝－(x＋)，故同理可得|AN|＝. 由2|AM|＝|AN|得＝，即(k3－2)t＝3k(2k－1)． 當k＝時上式不成立，因此t＝. t>3等價于＝<0，即 <0. 由此得或解得0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M. (1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值； (2)若l過點，延長線段

29、OM與C交于點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由． 解　(1)證明：設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝. 于是直線OM的斜率kOM＝＝－，即kOMk＝－9. 所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值． (2)四邊形OAPB能為平行四邊形． 因為直線l過點，所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k>0，k≠3. 由(1)得OM的方程為y＝－x. 設(shè)點P的橫坐標為x

30、P. 由得x＝，即xP＝. 將點的坐標代入l的方程得b＝，因此xM＝. 四邊形OAPB為平行四邊形當且僅當線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM. 于是＝2，解得k1＝4－，k2＝4＋. 因為ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以當l的斜率為4－或4＋時，四邊形OAPB為平行四邊形． 其它省市高考題借鑒] 4．20xx北京高考]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面積為1. (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)P是橢圓C上一點，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N. 求證：|AN||BM|為定值． 解　(

31、1)由題意得解得a＝2，b＝1. 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)證明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)． 設(shè)P(x0，y0)，則x＋4y＝4. 當x0≠0時，直線PA的方程為y＝(x－2)． 令x＝0，得yM＝－，從而|BM|＝|1－yM|＝. 直線PB的方程為y＝x＋1. 令y＝0，得xN＝－，從而|AN|＝|2－xN|＝. 所以|AN||BM|＝ ＝ ＝ ＝4. 當x0＝0時，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2， 所以|AN||BM|＝4. 綜上，|AN||BM|為定值． 5．20xx山東高考]平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a>

32、b>0)的離心率為，左、右焦點分別是F1，F(xiàn)2.以F1為圓心以3為半徑的圓與以F2為圓心以1為半徑的圓相交，且交點在橢圓C上． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)橢圓E：＋＝1，P為橢圓C上任意一點．過點P的直線y＝kx＋m交橢圓E于A，B兩點，射線PO交橢圓E于點Q. (ⅰ)求的值； (ⅱ)求△ABQ面積的最大值． 解　(1)由題意知2a＝4，則a＝2. 又＝，a2－c2＝b2， 可得b＝1， 所以橢圓C的方程為＋y2＝1. (2)由(1)知橢圓E的方程為＋＝1. (ⅰ)設(shè)P(x0，y0)，＝λ， 由題意知Q(－λx0，－λy0)． 因為＋y＝1， 又＋＝1，即＝1，

33、 所以λ＝2，即＝2. (ⅱ)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)． 將y＝kx＋m代入橢圓E的方程， 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0. 由Δ>0，可得m2<4＋16k2，① 則有x1＋x2＝－，x1x2＝， 所以|x1－x2|＝. 因為直線y＝kx＋m與y軸交點的坐標為(0，m)， 所以△OAB的面積S＝|m||x1－x2| ＝ ＝ ＝2 . 設(shè)＝t. 將y＝kx＋m代入橢圓C的方程， 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.② 由①②可知0

34、當t＝1，即m2＝1＋4k2時取得最大值2. 由(ⅰ)知，△ABQ面積為3S， 所以△ABQ面積的最大值為6. 一、選擇題 1．20xx天津津南一模]平面直角坐標系中，已知兩點A(3,1)，B(－1,3)，若點C滿足＝λ1＋λ2(O為原點)，其中λ1，λ2∈R，且λ1＋λ2＝1，則點C的軌跡是(　　) A．直線 B．橢圓 C．圓 D．雙曲線 答案　A 解析　設(shè)C(x，y)，因為＝λ1＋λ2，所以(x，y)＝λ1(3,1)＋λ2(－1,3)，即 解得又λ1＋λ2＝1， 所以＋＝1，即x＋2y＝5，所以點C的軌跡為直線，故選A. 2．20xx長春質(zhì)檢]過雙曲線

35、x2－＝1的右支上一點P，分別向圓C1：(x＋4)2＋y2＝4和圓C2：(x－4)2＋y2＝1作切線，切點分別為M，N，則|PM|2－|PN|2的最小值為(　　) A．10 B．13 C．16 D．19 答案　B 解析　由題可知，|PM|2－|PN|2＝(|PC1|2－4)－(|PC2|2－1)，因此|PM|2－|PN|2＝|PC1|2－|PC2|2－3＝(|PC1|－|PC2|)(|PC1|＋|PC2|)－3＝2(|PC1|＋|PC2|)－3≥2|C1C2|－3＝13.故選B. 3．20xx山西質(zhì)檢]已知F1、F2分別是雙曲線－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點，且|F1F

36、2|＝2，若P是該雙曲線右支上的一點，且滿足|PF1|＝2|PF2|，則△PF1F2面積的最大值是(　　) A．1 B. C. D．2 答案　B 解析　∵ ∴|PF1|＝4a，|PF2|＝2a， 設(shè)∠F1PF2＝θ，∴cosθ＝＝， ∴S2△PF1F2＝2 ＝16a4 ＝－92≤， 當且僅當a2＝時，等號成立，故S△PF1F2的最大值是，故選B. 4．20xx云南統(tǒng)檢]已知雙曲線M的焦點F1、F2在x軸上，直線x＋3y＝0是雙曲線M的一條漸近線，點P在雙曲線M上，且＝0，如果拋物線y2＝16x的準線經(jīng)過雙曲線M的一個焦點，那么||||＝(　　) A．21 B

37、．14 C．7 D．0 答案　B 解析　設(shè)雙曲線方程為－＝1(a>0，b>0)， ∵直線x＋3y＝0是雙曲線M的一條漸近線， ∴＝① 又拋物線的準線為x＝－4，∴c＝4② 又a2＋b2＝c2③ ∴由①②③得a＝3. 設(shè)點P為雙曲線右支上一點， ∴由雙曲線定義得||PF1|－|PF2||＝6④ 又＝0， ∴⊥， ∴在Rt△PF1F2中||2＋||2＝82⑤ 聯(lián)立④⑤，解得||||＝14. 二、填空題 5．20xx河南洛陽統(tǒng)考]已知F1、F2分別是雙曲線3x2－y2＝3a2(a>0)的左、右焦點，P是拋物線y2＝8ax與雙曲線的一個交點，若|PF1|＋|PF2|

38、＝12，則拋物線的準線方程為________． 答案　x＝－2 解析　將雙曲線方程化為標準方程得－＝1，拋物線的準線為x＝－2a，聯(lián)立?x＝3a，即點P的橫坐標為3a.而由?|PF2|＝6－a，又易知F2為拋物線的焦點， ∴|PF2|＝3a＋2a＝6－a，得a＝1，∴拋物線的準線方程為x＝－2. 6．20xx南昌一模]已知拋物線C：x2＝4y的焦點為F，過點F且斜率為1的直線與拋物線相交于M，N兩點．設(shè)直線l是拋物線C的切線，且l∥MN，P為l上一點，則的最小值為________． 答案?。?4 解析　由題意知F(0,1)，所以過點F且斜率為1的直線方程為y＝x＋1，代入x2＝4y

39、，整理得x2－4x－4＝0，解得x＝22，所以可取M(2－2，3－2)，N(2＋2，3＋2)，因為l∥MN，所以可設(shè)l的方程為y＝x＋m，代入x2＝4y，整理得x2－4x－4m＝0，又直線l與拋物線相切，所以Δ＝(－4)2－4(－4m)＝0，所以m＝－1，l的方程為y＝x－1.設(shè)點P(x，x－1)，則＝(2－x－2，4－x－2)，＝(2－x＋2，4－x＋2)，＝(2－x)2－8＋(4－x)2－8＝2x2－12x＋4＝2(x－3)2－14≥－14. 7．20xx石家莊質(zhì)檢]設(shè)拋物線C：y2＝4x的焦點為F，過F的直線l與拋物線交于A，B兩點，M為拋物線C的準線與x軸的交點，若tan∠AMB＝2

40、，則|AB|＝________. 答案　8 解析　依題意作出圖象如圖所示，設(shè)l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得，y2－4my－4＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4，x1x2＝＝1，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2＝4m2＋2， ∵tan∠AMB＝tan(∠AMF＋∠BMF)， ∴＝2， ＝2，y1－y2＝4m2， ∴4＝4m2，m2＝1， ∴|AB|＝|AF|＋|BF|＝x1＋1＋x2＋1＝4m2＋4＝8. 三、解答題 8．20xx合肥質(zhì)檢]設(shè)A，B為拋物線y2＝x上相異兩點，其縱坐標分別為1，－2，分別以A，B為切點作拋物線的切線l1，l2

41、，設(shè)l1，l2相交于點P. (1)求點P的坐標； (2)M為A，B間拋物線段上任意一點，設(shè)＝λ＋μ，試判斷＋是否為定值？如果為定值，求出該定值；如果不是定值，請說明理由． 解　(1)知A(1,1)，B(4，－2)，設(shè)點P坐標為(xP，yP)， 切線l1：y－1＝k(x－1)，聯(lián)立 由拋物線與直線l1相切，解得k＝， 即l1：y＝x＋，同理l2：y＝－x－1， 聯(lián)立l1，l2的方程，可解得 即點P的坐標為. (2)設(shè)M(y，y0)，且－2≤y0≤1，由＝λ＋μ得 ＝λ＋μ， 即解得 則＋＝＋＝1，即＋為定值1. 9．20xx山西四校二聯(lián)]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)

42、的離心率為，以原點O為圓心，橢圓C的長半軸長為半徑的圓與直線2x－y＋6＝0相切． (1)求橢圓C的標準方程； (2)已知點A，B為動直線y＝k(x－2)(k≠0)與橢圓C的兩個交點，問：在x軸上是否存在定點E，使得2＋為定值？若存在，試求出點E的坐標和定值；若不存在，請說明理由． 解　(1)由e＝得＝，即c＝a.① 又以原點O為圓心，橢圓C的長半軸長為半徑的圓為x2＋y2＝a2，且該圓與直線2x－y＋6＝0相切， 所以a＝＝，代入①得c＝2， 所以b2＝a2－c2＝2. 所以橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)由得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0. 設(shè)A(x1

43、，y1)，B(x2，y2)， 所以x1＋x2＝，x1x2＝. 根據(jù)題意，假設(shè)x軸上存在定點E(m,0)， 使得2＋＝(＋)＝為定值， 則＝(x1－m，y1)(x2－m，y2) ＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2 ＝(k2＋1)x1x2－(2k2＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2) ＝， 要使上式為定值，即與k無關(guān)，3m2－12m＋10＝3(m2－6)，得m＝. 此時，2＋＝m2－6＝－，所以在x軸上存在定點E使得2＋為定值，且定值為－. 10．20xx云南統(tǒng)考]已知焦點在y軸上的橢圓E的中心是原點O，離心率等于，以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4.直線l：y

44、＝kx＋m與y軸交于點P，與橢圓E交于A，B兩個相異點，且＝λ. (1)求橢圓E的方程； (2)是否存在m，使＋λ＝4？若存在，求m的取值范圍；若不存在，請說明理由． 解　(1)根據(jù)已知設(shè)橢圓E的方程為＋＝1(a>b>0)，焦距為2c， 由已知得＝，∴c＝a，b2＝a2－c2＝. ∵以橢圓E的長軸和短軸為對角線的四邊形的周長為4， ∴4＝2a＝4，∴a＝2，b＝1. ∴橢圓E的方程為x2＋＝1. (2)根據(jù)已知得P(0，m)，由＝λ，得－＝λ(－)． ∴＋λ＝(1＋λ). ∵＋λ＝4，∴(1＋λ)＝4. 若m＝0，由橢圓的對稱性得＝，即＋＝0. ∴m＝0能使＋λ＝4成立

45、． 若m≠0，則1＋λ＝4，解得λ＝3. 設(shè)A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)， 由得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0， 由已知得Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，即 k2－m2＋4>0， 且x1＋x2＝，x1x2＝. 由＝3得－x1＝3x2，即x1＝－3x2. ∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0， ∴＋＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0. 當m2＝1時，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立． ∴k2＝. ∵k2－m2＋4>0， ∴－m2＋4>0，即>0. ∴1

46、，或m＝0，或1

47、∵直線l：y＝kx＋2的斜率為k，∴切線平行于AB. 證法二：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，把y＝kx＋2代入y＝2x2中，得2x2－kx－2＝0， ∴x1＋x2＝. ∵xN＝xM＝＝，∴N點的坐標為. 設(shè)拋物線在點N處的切線l1的方程為y－＝m， 將y＝2x2代入上式得2x2－mx＋－＝0， ∵直線l1與拋物線C相切，∴Δ＝m2－8＝m2－2mk＋k2＝(m－k)2＝0， ∴m＝k，即l1∥AB. (2)假設(shè)存在實數(shù)k，使以AB為直徑的圓M經(jīng)過點N. ∵M是AB的中點，∴|MN|＝|AB|. 由(1)知yM＝(y1＋y2)＝(kx1＋2＋kx2＋2)＝k(x1＋x

48、2)＋4]＝＝＋2， ∵MN⊥x軸，∴|MN|＝|yM－yN|＝＋2－＝. ∵|AB|＝＝＝. ∴＝，∴k＝2， ∴存在實數(shù)k＝2，使以AB為直徑的圓M經(jīng)過點N. 12．20xx湖南聯(lián)考]已知圓F1：(x＋1)2＋y2＝r2與F2：(x－1)2＋y2＝(4－r)2(0

49、Q， 由已知得|F1F2|＝2，|QF1|＝r，|QF2|＝4－r， 故|QF1|＋|QF2|＝4>|F1F2|， 因此曲線E是長軸長2a＝4，焦距2c＝2的橢圓，且 b2＝a2－c2＝3， 所以曲線E的方程為＋＝1. (2)(ⅰ)由曲線E的方程得上頂點M(0，)， 記A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知x1≠0，x2≠0. 若直線AB的斜率不存在，則直線AB的方程為x＝x1， 故y1＝－y2，且y＝y(tǒng)＝3， 因此，kMAkMB＝＝－＝， 與已知不符，因此直線AB的斜率存在． 設(shè)直線AB：y＝kx＋m，代入橢圓E的方程＋＝1， 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋

50、4(m2－3)＝0.① 因為直線AB與曲線E有公共點A，B， 所以方程①有兩個非零不等實根x1，x2， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝. 又kAM＝＝，kMB＝＝. 由kAMkBM＝得4(kx1＋m－)(kx2＋m－)＝x1x2，即(4k2－1)x1x2＋4k(m－)(x1＋x2)＋4(m－)2＝0， 所以4(m2－3)(4k2－1)＋4k(m－)(－8km)＋4(m－)2(3＋4k2)＝0， 化簡得m2－3m＋6＝0，故m＝或m＝2. 結(jié)合x1x2≠0知m＝2， 即直線AB恒過定點N(0,2)． (ⅱ)由Δ>0且m＝2得k>或k<－， 又S△ABM＝|S△ANM－S△B

51、NM|＝|MN||x1－x2| ＝ ＝ ＝＝≤， 當且僅當4k2－9＝12，即k＝時， △ABM的面積最大，最大值為.  典題例證 20xx山東高考] 平面直角坐標系xOy中，橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率是，拋物線E：x2＝2y的焦點F是C的一個頂點． (1)求橢圓C的方程； (2)設(shè)P是E上的動點，且位于第一象限，E在點P處的切線l與C交于不同的兩點A，B，線段AB的中點為D.直線OD與過P且垂直于x軸的直線交于點M. ①求證：點M在定直線上； ②直線l與y軸交于點G，記△PFG的面積為S1，△PDM的面積為S2，求的最大值及取得最大值時點P的

52、坐標． 審題過程 　由條件求出橢圓方程，設(shè)出P點坐標，求出切線方程后與橢圓方程聯(lián)立，順次求點D、M的坐標． 　利用表面公式表示出，由函數(shù)知識求最值．注意設(shè)而不求思想的運用. 　(1)由題意知＝，可得：a2＝4b2， 因為拋物線E的焦點F， 所以b＝，a＝1， 所以橢圓C的方程為x2＋4y2＝1. (2)①證明：設(shè)P(m>0)． 由x2＝2y，可得y′＝x， 所以直線l的斜率為m. 因此直線l的方程為y－＝m(x－m)， 即y＝mx－， 設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)． 聯(lián)立方程 得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.

53、 由Δ>0，得0