《高考数学（四海八荒易错集）专题16 圆锥曲线的综合问题 文》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考数学（四海八荒易错集）专题16 圆锥曲线的综合问题 文（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、专题16 圆锥曲线的综合问题1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，2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，.3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
2、，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)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
3、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.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4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
4、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|x
5、1x2|.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)5.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)，
6、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，易错起源1、范围、最值问题例1、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.
7、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，进而e2，即e.【变式探究】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
8、程为x2y20.设直线EF的方程为ykx(k0)由点D在线段AB上，知x02kx020，得x0，所以，化简，得24k225k60，解得k或k.(2)根据点到直线的距离公式，知点A，B到线段EF的距离分别为h1，h2，又|EF|，所以四边形AEBF的面积为S|EF|(h1h2)【名师点睛】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【锦囊妙计，战胜自我】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
9、所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解易错起源2、定点、定值问题例2、椭圆C：1(ab0)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
10、(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.【变式探究】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kC
11、D，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)，【名师点睛】 (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
12、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【锦囊妙计，战胜自我】1由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：yy0k(xx0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：ykxm，则直线必过定点(0，m)2解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值易错起源3、探索性问题例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
13、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，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【变式探究】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，请说明理由联立得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，从而，x1x2y1
