（浙江專用）2021版新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第九章 平面解析幾何 10 第10講 圓錐曲線的綜合問題教學(xué)案

第10講圓錐曲線的綜合問題圓錐曲線中的定點(diǎn)、定值問題 (2020·杭州七校聯(lián)考)已知橢圓C：1(ab0)的離心率為，焦點(diǎn)與短軸的兩頂點(diǎn)的連線與圓x2y2相切(1)求橢圓C的方程；(2)過點(diǎn)(1，0)的直線l與C相交于A，B兩點(diǎn)，在x軸上是否存在點(diǎn)N，使得·為定值？如果有，求出點(diǎn)N的坐標(biāo)及定值；如果沒有，請說明理由【解】(1)因?yàn)闄E圓C：1(ab0)的離心率為，焦點(diǎn)與短軸的兩頂點(diǎn)的連線與圓x2y2相切，所以，解得c21，a24，b23.所以橢圓C的方程為1.(2)當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，(34k2)x28k2x4k2120，則0，若存在定點(diǎn)N(m，0)滿足條件，則有·(x1m)(x2m)y1y2x1x2m2m(x1x2)k2(x11)(x21)(1k2)x1x2(mk2)(x1x2)k2m2k2m2.如果要使上式為定值，則必須有m，驗(yàn)證當(dāng)直線l斜率不存在時(shí)，也符合故存在點(diǎn)N滿足·.圓錐曲線中的定值問題的常見類型及解題策略(1)求代數(shù)式為定值：依題意設(shè)條件，得出與代數(shù)式參數(shù)有關(guān)的等式，代入代數(shù)式、化簡即可得出定值(2)求點(diǎn)到直線的距離為定值：利用點(diǎn)到直線的距離公式得出距離的解析式，再利用題設(shè)條件化簡、變形求得(3)求某線段長度為定值：利用長度公式求得解析式，再依據(jù)條件對解析式進(jìn)行化簡、變形即可求得 (2020·杭州、寧波二市三校聯(lián)考)已知拋物線C：y22px(p>0)過點(diǎn)M(m，2)，其焦點(diǎn)為F，且|MF|2.(1)求拋物線C的方程；(2)設(shè)E為y軸上異于原點(diǎn)的任意一點(diǎn)，過點(diǎn)E作不經(jīng)過原點(diǎn)的兩條直線分別與拋物線C和圓F：(x1)2y21相切，切點(diǎn)分別為A，B，求證：直線AB過定點(diǎn)解：(1)拋物線C的準(zhǔn)線方程為x，所以|MF|m2，又42pm，即42p，所以p24p40，所以p2，所以拋物線C的方程為y24x.(2)證明：設(shè)點(diǎn)E(0，t)(t0)，由已知切線不為y軸，設(shè)直線EA：ykxt，聯(lián)立，消去y，可得k2x2(2kt4)xt20，因?yàn)橹本€EA與拋物線C相切，所以(2kt4)24k2t20，即kt1，代入可得x22xt20，所以xt2，即A(t2，2t)設(shè)切點(diǎn)B(x0，y0)，則由幾何性質(zhì)可以判斷點(diǎn)O，B關(guān)于直線EF：ytxt對稱，則，解得，即B.直線AF的斜率為kAF(t±1)，直線BF的斜率為kBF(t±1)，所以kAFkBF，即A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線當(dāng)t±1時(shí)，A(1，±2)，B(1，±1)，此時(shí)A，B，F(xiàn)三點(diǎn)共線所以直線AB過定點(diǎn)F(1，0)圓錐曲線中的范圍、最值問題(高頻考點(diǎn))圓錐曲線中的范圍(最值)問題是高考命題的熱點(diǎn)，多以解答題的第二問呈現(xiàn)，試題難度較大主要命題角度有：(1)建立目標(biāo)函數(shù)求范圍、最值；(2)利用基本不等式求最值；(3)利用判別式構(gòu)造不等關(guān)系求范圍角度一建立目標(biāo)函數(shù)求范圍、最值 如圖，已知拋物線x2y，點(diǎn)A，B，拋物線上的點(diǎn)P(x，y).過點(diǎn)B作直線AP的垂線，垂足為Q.(1)求直線AP斜率的取值范圍；(2)求|PA|·|PQ|的最大值【解】(1)設(shè)直線AP的斜率為k，kx，因?yàn)?lt;x<，所以直線AP斜率的取值范圍是(1，1)(2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)xQ.因?yàn)閨PA| (k1)，|PQ| (xQx)，所以|PA|·|PQ|(k1)(k1)3.令f(k)(k1)(k1)3，因?yàn)閒(k)(4k2)(k1)2，所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，上單調(diào)遞減，因此當(dāng)k時(shí)，|PA|·|PQ|取得最大值.角度二利用基本不等式求最值 (2020·浙江省名校協(xié)作體聯(lián)考)若橢圓1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，線段F1F2被拋物線y22bx的焦點(diǎn)F分成了31的兩段(1)求橢圓的離心率；(2)過點(diǎn)C(1，0)的直線l交橢圓于不同的兩點(diǎn)A，B，且2，當(dāng)AOB的面積最大時(shí)，求直線l的方程【解】(1)由題意知，c3，所以bc，a22b2，所以e .(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為xky1(k0)，因?yàn)?，所以(1x1，y1)2(x21，y2)，即2y2y10，由(1)知，a22b2，所以橢圓方程為x22y22b2.由，消去x，得(k22)y22ky12b20，所以y1y2，由知，y2，y1，因?yàn)镾AOB|y1|y2|，所以SAOB3·3··，當(dāng)且僅當(dāng)|k|22，即k±時(shí)取等號，此時(shí)直線l的方程為xy1或xy1.角度三利用判別式構(gòu)造不等關(guān)系求范圍 已知橢圓的一個(gè)頂點(diǎn)為A(0，1)，焦點(diǎn)在x軸上，中心在原點(diǎn)若右焦點(diǎn)到直線xy20的距離為3.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線ykxm(k0)與橢圓相交于不同的兩點(diǎn)M，N.當(dāng)|AM|AN|時(shí)，求m的取值范圍【解】(1)依題意可設(shè)橢圓方程為y21，則右焦點(diǎn)F(，0)，由題設(shè)3，解得a23.所以所求橢圓的方程為y21.(2)設(shè)P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，P為弦MN的中點(diǎn)，由得(3k21)x26mkx3(m21)0，因?yàn)橹本€與橢圓相交，所以(6mk)24(3k21)×3(m21)0m23k21.所以xP，從而yPkxPm，所以kAP，又因?yàn)閨AM|AN|，所以APMN，則，即2m3k21.把代入，得m22m，解得0m2；由得k20，解得m.綜上，m的取值范圍是.范圍、最值問題的求解策略(1)幾何法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決(2)代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可首先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值在利用代數(shù)法解決最值與范圍問題時(shí)常從以下五個(gè)方面考慮：利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的關(guān)鍵是在兩個(gè)參數(shù)之間建立等量關(guān)系；利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；利用基本不等式求出參數(shù)的取值范圍；利用函數(shù)的值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍 1如圖，設(shè)拋物線y22px(p>0)的焦點(diǎn)為F，拋物線上的點(diǎn)A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|1.(1)求p的值；(2)若直線AF交拋物線于另一點(diǎn)B，過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點(diǎn)N，AN與x軸交于點(diǎn)M.求M的橫坐標(biāo)的取值范圍解：(1)由題意可得，拋物線上的點(diǎn)A到焦點(diǎn)F的距離等于點(diǎn)A到直線x1的距離，由拋物線的定義得1，即p2.(2)由(1)得，拋物線方程為y24x，F(xiàn)(1，0)，可設(shè)A(t2，2t)，t0，t±1.因?yàn)锳F不垂直于y軸，可設(shè)直線AF：xsy1(s0)，由，消去x得y24sy40，故y1y24，所以B.又直線AB的斜率為，故直線FN的斜率為.從而得直線FN：y(x1)，直線BN：y，所以N.設(shè)M(m，0)，由A，M，N三點(diǎn)共線得，于是m2.所以m<0或m>2.經(jīng)檢驗(yàn)，m<0或m>2滿足題意綜上，點(diǎn)M的橫坐標(biāo)的取值范圍是(，0)(2，)2.(2020·杭州中學(xué)高三月考)如圖，以橢圓y21的右焦點(diǎn)F2為圓心，1c為半徑作圓F2(其中c為已知橢圓的半焦距)，過橢圓上一點(diǎn)P作此圓的切線，切點(diǎn)為T.(1)若a，P為橢圓的右頂點(diǎn)，求切線長|PT|；(2)設(shè)圓F2與x軸的右交點(diǎn)為Q，過點(diǎn)Q作斜率為k(k0)的直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，若OAOB，且|PT|(ac)恒成立，求直線l被圓F2所截得弦長的最大值解：(1)由a得c，則當(dāng)P為橢圓的右頂點(diǎn)時(shí)|PF2|ac，故此時(shí)的切線長|PT| .(2)當(dāng)|PF2|取得最小值時(shí)|PT|取得最小值，而|PF2|minac，由|PT|(ac)恒成立，得(ac)，則c1.由題意知Q點(diǎn)的坐標(biāo)為(1，0)，則直線l的方程為yk(x1)，代入y21，得(a2k21)x22a2k2xa2k2a20，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則有x1x2，x1x2，可得y1y2k2x1x2(x1x2)1，又OAOB，則x1x2y1y20ka，可得直線l的方程為axya0，圓心F2(c，0)到直線l的距離d，半徑r1c，則直線l被圓F2所截得弦長s2，設(shè)1ct，則0t，又 ，則當(dāng)t時(shí)的最小值為，即當(dāng)c時(shí)s的最大值為.圓錐曲線中的探索性問題 (2020·溫州中學(xué)高三模擬)設(shè)直線l與拋物線x22y交于A，B兩點(diǎn)，與橢圓1交于C，D兩點(diǎn)，直線OA，OB，OC，OD(O為坐標(biāo)原點(diǎn))的斜率分別為k1，k2，k3，k4，若OAOB.(1)是否存在實(shí)數(shù)t，滿足k1k2t(k3k4)，并說明理由；(2)求OCD面積的最大值【解】設(shè)直線l方程為ykxb，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)聯(lián)立ykxb和x22y，得x22kx2b0，則x1x22k，x1x22b，4k28b0.由OAOB，所以x1x2y1y20，得b2.聯(lián)立ykx2和3x24y212，得(34k2)x216kx40，所以x3x4，x3x4.由2192k2480，得k2.(1)因?yàn)閗1k2k，k3k46k，所以.即存在實(shí)數(shù)t，滿足k1k2(k3k4)(2)根據(jù)弦長公式|CD|x3x4|，得|CD|4··，根據(jù)點(diǎn)O到直線CD的距離公式，得d，所以SOCD|CD|·d4·，設(shè)t0，則SOCD，所以當(dāng)t2，即k±時(shí)，SOCD的最大值為.探索性問題的求解策略(1)探索性問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化其步驟為假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在；否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在(2)反證法與驗(yàn)證法也是求解探索性問題常用的方法 (2020·溫州十五校聯(lián)合體聯(lián)考)如圖，已知拋物線C1：y22px(p0)，直線l與拋物線C1相交于A，B兩點(diǎn)，且當(dāng)傾斜角為60°的直線l經(jīng)過拋物線C1的焦點(diǎn)F時(shí)，有|AB|.(1)求拋物線C1的方程；(2)已知圓C2：(x1)2y2，是否存在傾斜角不為90°的直線l，使得線段AB被圓C2截成三等分？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由解：(1)當(dāng)傾斜角為60°的直線l經(jīng)過拋物線C1的焦點(diǎn)F時(shí)，直線l的方程為y(x)，聯(lián)立方程組，即3x25pxp20，所以|AB|p，即p，所以拋物線C1的方程是y2x.(2)假設(shè)存在直線l，使得線段AB被圓C2截成三等分，令直線l交圓C2于C，D，設(shè)直線l的方程為xmyb，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由題意知，線段AB與線段CD的中點(diǎn)重合且有|AB|3|CD|，聯(lián)立方程組，即4y2myb0，所以y1y2，y1y2，x1x22b，所以線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)M為(b，)，即線段CD的中點(diǎn)為(b，)，又圓C2的圓心為C2(1，0)，所以kMC2m，所以m28b70，即b，又因?yàn)閨AB|··，因?yàn)閳A心C2(1，0)到直線l的距離d，圓C2的半徑為，所以3|CD|6(m23)，所以m422m2130，即m211±6，所以m±，b，故直線l的方程為x±y.基礎(chǔ)題組練1已知橢圓E的中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，左、右焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2在x軸上，離心率為，在其上有一動點(diǎn)A，A到點(diǎn)F1距離的最小值是1.過A，F(xiàn)1作一個(gè)平行四邊形，頂點(diǎn)A，B，C，D都在橢圓E上，如圖所示(1)求橢圓E的方程；(2)判斷ABCD能否為菱形，并說明理由解：(1)依題，令橢圓E的方程為1(a>b>0)，c2a2b2(c>0)，所以離心率e，即a2c.令點(diǎn)A的坐標(biāo)為(x0，y0)，所以1，焦點(diǎn)F1(c，0)，即|AF1|x0a|，因?yàn)閤0a，a，所以當(dāng)x0a時(shí)，|AF1|minac，由題ac1，結(jié)合上述可知a2，c1，所以b23，于是橢圓E的方程為1.(2)由(1)知F1(1，0)，直線AB不能平行于x軸，所以令直線AB的方程為xmy1，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立方程，得(3m24)y26my90，所以y1y2，y1y2.連接OA，OB，若ABCD是菱形，則OAOB，即·0，于是有x1x2y1y20，又x1x2(my11)(my21)m2y1y2m(y1y2)1，所以有(m21)y1y2m(y1y2)10，得到0，可見m沒有實(shí)數(shù)解，故ABCD不能是菱形2(2020·金華十校第二期調(diào)研)已知拋物線C：yx2，點(diǎn)P(0，2)，A，B是拋物線上兩個(gè)動點(diǎn)，點(diǎn)P到直線AB的距離為1.(1)若直線AB的傾斜角為，求直線AB的方程；(2)求|AB|的最小值解：(1)設(shè)直線AB的方程：yxm，則1，所以m0或m4，所以直線AB的方程為yx或yx4.(2)設(shè)直線AB的方程為ykxm，則1，所以k21(m2)2.由，得x2kxm0，所以x1x2k，x1x2m，所以|AB|24x1x2，記f(m)(m23)，所以f(m)2(m2)(2m22m3)，又k211，所以m1或m3，當(dāng)m時(shí)，f(m)0，f(m)單調(diào)遞減，當(dāng)m時(shí)，f(m)0，f(m)單調(diào)遞增，f(m)minf(1)4，所以|AB|min2.3(2020·寧波市高考模擬)已知橢圓方程為y21，圓C：(x1)2y2r2.(1)求橢圓上動點(diǎn)P與圓心C距離的最小值；(2)如圖，直線l與橢圓相交于A，B兩點(diǎn)，且與圓C相切于點(diǎn)M，若滿足M為線段AB中點(diǎn)的直線l有4條，求半徑r的取值范圍解：(1)設(shè)P(x，y)，|PC|，由2x2，當(dāng)x時(shí)，|PC|min.(2)當(dāng)直線AB斜率不存在且與圓C相切時(shí)，M在x軸上，故滿足條件的直線有2條；當(dāng)直線AB斜率存在時(shí)，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0), 由，整理得×，則kAB，kMC，kMC×kAB1，則kMC×kAB×1，解得x0，由M在橢圓內(nèi)部，則y1，解得y，由r2(x01)2yy，所以r2，解得r.所以半徑r的取值范圍為(，) .4.已知橢圓y21上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線ymx對稱(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)求AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn))解：(1)由題意知m0，可設(shè)直線AB的方程為yxb.由消去y，得x2xb210.因?yàn)橹本€yxb與橢圓y21有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以2b22>0.將線段AB的中點(diǎn)M代入直線方程ymx解得b.由得m<或m>.(2)令t，則|AB|·，且O到直線AB的距離d .設(shè)AOB的面積為S(t)，所以S(t)|AB|·d ，當(dāng)且僅當(dāng)t2時(shí)，等號成立故AOB面積的最大值為.5(2020·湘中名校聯(lián)考)如圖，曲線C由上半橢圓C1：1(ab0，y0)和部分拋物線C2：yx21(y0)連接而成，C1與C2的公共點(diǎn)為A，B，其中C1的離心率為.(1)求a，b的值；(2)過點(diǎn)B的直線l與C1，C2分別交于點(diǎn)P，Q(均異于點(diǎn)A，B)，是否存在直線l，使得以PQ為直徑的圓恰好過點(diǎn)A，若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由解：(1)在C1，C2的方程中，令y0，可得b1，且A(1，0)，B(1，0)是上半橢圓C1的左、右頂點(diǎn)設(shè)C1的半焦距為c，由及a2c2b21得a2.所以a2，b1.(2)由(1)知，上半橢圓C1的方程為x21(y0)易知，直線l與x軸不重合也不垂直，設(shè)其方程為yk(x1)(k0)，代入C1的方程，整理得(k24)x22k2xk240.(*)設(shè)點(diǎn)P的坐標(biāo)為(xP，yP)，因?yàn)橹本€l過點(diǎn)B，所以x1是方程(*)的一個(gè)根由根與系數(shù)的關(guān)系，得xP，從而yP，所以點(diǎn)P的坐標(biāo)為.同理，由得點(diǎn)Q的坐標(biāo)為(k1，k22k)所以(k，4)，k(1，k2)因?yàn)锳PAQ，所以·0，即k4(k2)0.因?yàn)閗0，所以k4(k2)0，解得k.經(jīng)檢驗(yàn)，k符合題意故直線l的方程為y(x1)6.(2020·學(xué)軍中學(xué)高三模擬)已知橢圓y21(a1)，過直線l：x2上一點(diǎn)P作橢圓的切線，切點(diǎn)為A，當(dāng)P點(diǎn)在x軸上時(shí)，切線PA的斜率為±.(1)求橢圓的方程；(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，求POA面積的最小值解：(1)當(dāng)P點(diǎn)在x軸上時(shí)，P(2，0)，PA：y±(x2)，()x22x10，0a22，橢圓方程為y21.(2)設(shè)切線為ykxm，設(shè)P(2，y0)，A(x1，y1)，則(12k2)x24kmx2m2200m22k21，且x1，y1，y02km，則|PO|，PO的直線為yxA到直線PO距離d，則SPOA|PO|·d|y0x12y1|(2km)|m|km|k|，所以(Sk)212k2k22SkS210，8S240S，此時(shí)k±，所以POA面積的最小值為.綜合題組練1(2020·浙江高考沖刺卷)已知橢圓E：1(ab0)，點(diǎn)F，B分別是橢圓的右焦點(diǎn)與上頂點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，記OBF的周長與面積分別為C和S.(1)求的最小值；(2)如圖，過點(diǎn)F的直線l交橢圓于P，Q兩點(diǎn)，過點(diǎn)F作l的垂線，交直線x3b于點(diǎn)R，當(dāng)取最小值時(shí)，求的最小值解：(1)OBF的周長Cbc.OBF的面積Sbc.·22，當(dāng)且僅當(dāng)bc時(shí)，的最小值為22.(2)由(1)得當(dāng)且僅當(dāng)bc時(shí)，的最小值為22.此時(shí)橢圓方程可化為 1.依題意可得過點(diǎn)F的直線l的斜率不能為0，故設(shè)直線l的方程為xmyc.聯(lián)立，整理得(2m2)y22mcyc20.y1y2，y1y2，|PQ|×2c×.當(dāng)m0時(shí)，PQ垂直橫軸，F(xiàn)R與橫軸重合，此時(shí)|PQ|c，|FR|3bc2c，.當(dāng)m0時(shí)，設(shè)直線FR：ym(xc)，令x3c得R(3c，2mc)，|FR|2c，2c×()×2，綜上所述：當(dāng)且僅當(dāng)m0時(shí)，取最小值為.2(2020·杭州市第一次高考數(shù)學(xué)檢測)設(shè)點(diǎn)A，B分別是x，y軸上的兩個(gè)動點(diǎn)，AB1.若(0)(1)求點(diǎn)C的軌跡；(2)過點(diǎn)D作軌跡的兩條切線，切點(diǎn)分別為P，Q，過點(diǎn)D作直線m交軌跡于不同的兩點(diǎn)E，F(xiàn)，交PQ于點(diǎn)K，問是否存在實(shí)數(shù)t，使得恒成立，并說明理由解：(1)設(shè)A(a，0)，B(0，c)，C(x，y)，則(a，c)，(xa，y)由AB1得a2c21，所以，消去a，c，得點(diǎn)C的軌跡為1.(2)設(shè)點(diǎn)E，F(xiàn)，K的橫坐標(biāo)分別為xE，xF，xK，設(shè)點(diǎn)D(s，t)，則直線PQ的方程為xy1.設(shè)直線m的方程：ykxb，所以tksb.計(jì)算得xK.將直線m代入橢圓方程，得x2x10，所以xExF，xExF，所以·2.驗(yàn)證當(dāng)m的斜率不存在時(shí)成立故存在實(shí)數(shù)t2，使得恒成立18