《高考數學（四海八荒易錯集）專題16 圓錐曲線的綜合問題 理》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《高考數學（四海八荒易錯集）專題16 圓錐曲線的綜合問題 理（19頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

專題16 圓錐曲線的綜合問題 1．設O為坐標原點，P是以F為焦點的拋物線y2＝2px(p>0)上任意一點，M是線段PF上的點，且|PM|＝2|MF|，則直線OM的斜率的最大值為(　　) A. B. C. D．1 答案　C 解析　如圖， 2．直線3x－4y＋4＝0與拋物線x2＝4y和圓x2＋(y－1)2＝1從左到右的交點依次為A、B、C、D，則的值為________． 答案　 解析　由得x2－3x－4＝0， ∴xA＝－1，xD＝4，∴yA＝，yD＝4. 直線3x－4y＋4＝0恰過拋物線的焦點F(0,1)， ∴|AF|＝y(tǒng)A＋1＝，|DF|＝y(tǒng)D＋1＝5， ∴＝＝. 3．已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，左頂點為A，左焦點為F1(－2,0)，點B(2，)在橢圓C上，直線y＝kx(k≠0)與橢圓C交于E，F兩點，直線AE，AF分別與y軸交于點M，N. (1)求橢圓C的方程； (2)在x軸上是否存在點P，使得無論非零實數k怎樣變化，總有∠MPN為直角？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說明理由． 解　(1)設橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)， 因為橢圓的左焦點為F1(－2,0)， 所以a2－b2＝4.① 因為點B(2，)在橢圓C上， 所以＋＝1.② 由①②解得，a＝2，b＝2. 所以橢圓C的方程為＋＝1. (2)方法一　因為橢圓C的左頂點為A， 因為直線AE與y軸交于點M， 令x＝0得y＝，即點M. 同理可得點N(0，)． 假設在x軸上存在點P(t,0)，使得∠MPN為直角，則＝0. 即t2＋＝0， 即t2－4＝0，解得t＝2或t＝－2. 故存在點P(2,0)或P(－2,0)，無論非零實數k怎樣變化，總有∠MPN為直角． 方法二　因為橢圓C的左頂點為A，則點A的坐標為(－2，0)． 因為直線y＝kx(k≠0)與橢圓＋＝1交于兩點E，F，設點E(x0，y0)，則點F(－x0，－y0)． 所以直線AE的方程為y＝(x＋2)． 因為直線AE與y軸交于點M， 令x＝0得y＝， 因為點E(x0，y0)在橢圓C上，所以＋＝1， 即y＝. 將y＝代入得t2－4＝0. 解得t＝2或t＝－2. 故存在點P(2,0)或P(－2,0)，無論非零實數k怎樣變化，總有∠MPN為直角． 4．設圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過點B(1,0)且與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)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. 由題設得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由橢圓定義可得點E的軌跡方程為：＋＝1(y≠0)． (2)當l與x軸不垂直時，設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|＝. 5.已知橢圓C1：＋＝1(a>0)與拋物線C2：y2＝2ax相交于A，B兩點，且兩曲線的焦點F重合． (1)求C1，C2的方程； (2)若過焦點F的直線l與橢圓分別交于M，Q兩點，與拋物線分別交于P，N兩點，是否存在斜率為k(k≠0)的直線l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由． 解　(1)因為C1，C2的焦點重合， 所以＝， 所以a2＝4. 又a>0，所以a＝2. 于是橢圓C1的方程為＋＝1， 拋物線C2的方程為y2＝4x. (2)假設存在直線l使得＝2， 則可設直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)． 由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0， 則x1＋x4＝，x1x4＝1， 所以|PN|＝＝. 由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則x2＋x3＝，x2x3＝， 易錯起源1、范圍、最值問題 例1、如圖，橢圓＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點分別為F1、F2，過F2的直線交橢圓于P，Q兩點，且PQ⊥PF1. (1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求橢圓的標準方程； (2)若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ＜，試確定橢圓離心率e的取值范圍． 解　(1)由橢圓的定義， 2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2. 設橢圓的半焦距為c，由已知PF1⊥PF2， 因此2c＝|F1F2|＝ ＝＝2， 即c＝，從而b＝＝1. 故所求橢圓的標準方程為＋y2＝1. (2)如圖， 由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|，得 |QF1|＝＝|PF1|. 由橢圓的定義，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a， 進而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a， 于是(1＋λ＋)|PF1|＝4a， 解得|PF1|＝， 故|PF2|＝2a－|PF1|＝. e2＝＝82＋. 由≤λ＜，并注意到1＋λ＋關于λ的單調性，得3≤t＜4，即＜≤. 進而＜e2≤，即＜e≤. 【變式探究】如圖，已知橢圓：＋y2＝1，點A，B是它的兩個頂點，過原點且斜率為k的直線l與線段AB相交于點D，且與橢圓相交于E，F兩點． (1)若＝6，求k的值； (2)求四邊形AEBF面積的最大值． 解　(1)依題設得橢圓的頂點A(2,0)，B(0,1)， 則直線AB的方程為x＋2y－2＝0. 設直線EF的方程為y＝kx(k>0)． 設D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1b>0)的離心率為，其左焦點到點P(2,1)的距離為. (1)求橢圓C的標準方程； (2)若直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(A，B不是左，右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點，求證：直線l過定點，并求出該定點的坐標． 解　(1)由e＝＝，得a＝2c， ∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2， 則橢圓方程變?yōu)椋?. 又由題意知＝，解得c2＝1， 故a2＝4，b2＝3， 即得橢圓的標準方程為＋＝1. (2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立 得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0. 則① 又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m) ＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2 ＝. ∵橢圓的右頂點為A2(2,0)，AA2⊥BA2， ∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0， ∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0， ∴＋＋＋4＝0， ∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－， 由①，得3＋4k2－m2>0，② 當m1＝－2k時，l的方程為y＝k(x－2)，直線過定點(2,0)，與已知矛盾． 當m2＝－時，l的方程為y＝k，直線過定點，且滿足②， ∴直線l過定點，定點坐標為. 【變式探究】已知拋物線：y2＝2px(p>0)的焦點F在雙曲線：－＝1的右準線上，拋物線與直線l：y＝k(x－2)(k>0)交于A，B兩點，AF，BF的延長線與拋物線交于C，D兩點． (1)求拋物線的方程； (2)若△AFB的面積等于3，求k的值； (3)記直線CD的斜率為kCD，證明：為定值，并求出該定值． 由得ky2－4y－8k＝0， Δ＝16＋32k2>0，y1＋y2＝，y1y2＝－8. S△AFB＝1|y1－y2|＝ ＝2＝3，解得k＝2. (3)設C(，y3)，則＝(－1，y1)，＝(－1，y3)， 因為A，F，C共線， 【名師點睛】 (1)動線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：設動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設條件將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：引入參變量建立曲線C的方程，再根據其對參變量恒成立，令其系數等于零，得出定點． (2)求解定值問題的兩大途徑 ①→ ②先將式子用動點坐標或動線中的參數表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對值相等的正負項抵消或分子、分母約分得定值． 【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】 1．由直線方程確定定點，若得到了直線方程的點斜式：y－y0＝k(x－x0)，則直線必過定點(x0，y0)；若得到了直線方程的斜截式：y＝kx＋m，則直線必過定點(0，m)． 2．解析幾何中的定值問題是指某些幾何量(線段的長度、圖形的面積、角的度數、直線的斜率等)的大小或某些代數表達式的值等與題目中的參數無關，不依參數的變化而變化，而始終是一個確定的值． 易錯起源3、探索性問題 例3、如圖，拋物線C：y2＝2px的焦點為F，拋物線上一定點Q(1,2)． (1)求拋物線C的方程及準線l的方程； (2)過焦點F的直線(不經過Q點)與拋物線交于A，B兩點，與準線l交于點M，記QA，QB，QM的斜率分別為k1，k2，k3，問是否存在常數λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，請說明理由． 解　(1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4， 所以拋物線方程為y2＝4x，準線l的方程為x＝－1. (2)由條件可設直線AB的方程為y＝k(x－1)，k≠0. x1＋x2＝，x1x2＝1. 又Q(1,2)，則k1＝，k2＝. 因為A，F，B共線，所以kAF＝kBF＝k， 即＝＝k. 所以k1＋k2＝＋ ＝＋－ ＝2k－＝2k＋2， 即k1＋k2＝2k＋2. 又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3. 即存在常數λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立． 【變式探究】如圖，橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的離心率是，點P(0,1)在短軸CD上，且＝－1. (1)求橢圓E的方程； (2)設O為坐標原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點．是否存在常數λ，使得＋λ為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由． 解　(1)由已知，點C，D的坐標分別為(0，－b)，(0，b)， 聯立 得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0， 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－， 從而，＋λ ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝ ＝－－λ－2. 所以當λ＝1時，－－λ－2＝－3， 【名師點睛】 解決探索性問題的注意事項： 存在性問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，若結論正確則存在，若結論不正確則不存在． (1)當條件和結論不唯一時，要分類討論． (2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件． (3)當條件和結論都不知，按常規(guī)方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑． 【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】 1．解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關題型，解決這類問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為：假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數)存在，用待定系數法設出，列出關于待定系數的方程組，若方程組有實數解，則元素(點、直線、曲線或參數)存在；否則，元素(點、直線、曲線或參數)不存在． 2．反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法． 1．若曲線ax2＋by2＝1為焦點在x軸上的橢圓，則實數a，b滿足(　　) A．a2>b2 .< C．00)，△ABC的三個頂點都在拋物線上，O為坐標原點，設△ABC三條邊AB，BC，AC的中點分別為M，N，Q，且M，N，Q的縱坐標分別為y1，y2，y3.若直線AB，BC，AC的斜率之和為－1，則＋＋的值為(　　) A．－ B．－ C. D. 答案　B 即 所以＋＋＝－. 5．若點O和點F分別為橢圓＋＝1的中心和左焦點，點P為橢圓上的任意一點，則的最大值為(　　) A．2B．3C．6D．8 答案　C 解析　由題意得F(－1,0)，設點P(x0，y0)， 則y＝3(1－)(－2≤x0≤2)． ＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋y ＝x＋x0＋3(1－)＝(x0＋2)2＋2. 又因為－2≤x0≤2，所以當x0＝2時，取得最大值，最大值為6，故選C. 6．已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，A，B為左，右頂點，點P為雙曲線C在第一象限的任意一點，點O為坐標原點，若直線PA，PB，PO的斜率分別為k1，k2，k3，記m＝k1k2k3，則m的取值范圍為________． 答案　(0,2) 解析　∵雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的離心率為，∴e＝＝，∴b＝a， 7．已知A(1,2)，B(－1,2)，動點P滿足⊥.若雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線與動點P的軌跡沒有公共點，則雙曲線離心率的取值范圍是________． 答案　(1,2) 解析　設P(x，y)，由題設條件， 得動點P的軌跡為(x－1)(x＋1)＋(y－2)(y－2)＝0， 即x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)為圓心，1為半徑的圓． 又雙曲線－＝1(a>0，b>0)的漸近線方程為y＝x，即bxay＝0， 由題意，可得>1，即>1， 所以e＝<2， 又e>1，故10)的一個焦點為F(－1,0)，左，右頂點分別為A，B.經過點F的直線l與橢圓M交于C，D兩點． (1)求橢圓方程； (2)當直線l的傾斜角為45時，求線段CD的長； (3)記△ABD與△ABC的面積分別為S1和S2，求|S1－S2|的最大值． 解　(1)因為F(－1,0)為橢圓的焦點， 所以c＝1，又b2＝3，所以a2＝4， 所以橢圓方程為＋＝1. (2)因為直線的傾斜角為45，所以直線的斜率為1， 所以直線方程為y＝x＋1， △ABD，△ABC面積相等，|S1－S2|＝0. 當直線l斜率存在(顯然k≠0)時，設C(x1，y1)，D(x2，y2)，設直線方程為y＝k(x＋1)(k≠0)， 和橢圓方程聯立 消掉y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0. 顯然Δ>0，方程有根，且x1＋x2＝－，