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1、专题五高考中的圆锥曲线问题1,已知Fi、F2为椭圆W+W=1的两个焦点，过Fi的直线交椭圆于A、B两点.若|F2A|+|F2B|zoy=12,则|AB|=.答案8解析由题意知(|AFi|+|AF2|)+(|BFi|+|BF2|)=|AB|+|AF2|+|BF2|=2a+2a,又由a=5,可得|AB|+(|BF2|+|AF2|)=20,即|AB|=8.2,设AB为过抛物线=2px(p0)的焦点的弦，则|AB|的最小值为()A.：B.pC.2pD.无法确定答案C解析当弦AB垂直于对称轴时|AB|最短，P这时X=：,.-.y=P，|AB|min=2p.3.若双曲线4-=1的一条渐近线被圆(x-2)2
2、+y2=4所截得的弦长为2,则该双曲线的实aj轴长为()A.1B.2C.3D.6答案B解析双曲线gE=1的渐近线方程为y=*,即Fxday=O,圆(x2尸+y?=4的圆心a0)的准线的距离为4.点M(t,1)是C上的定点，A,B是C上的两动点，且线段AB的中点Q(m,n)在直线OM上.求曲线C的方程及t的值;(2)记。=泻滞求d的最大值.思维启迪(1)依条件，构建关于p,t的方程;(2)建立直线AB的斜率k与线段AB中点坐标间的关系，并表示弦AB的长度，运用函数的性质或均值不等式求d的最大值.解(1)y2=2px(p0)的准线x=1./p511-(-2)=4,p=2，抛物线C的方程为y2=x.
3、又点M(t,1)在曲线C上，.-.t=1.(2)由知，点M(1,1),从而n=m,即点Q(m,m),依题意，直线AB的斜率存在，且不为0,设直线AB的斜率为k(kw0).且A(xi,y1),B(x2.y2),y2=x1,由得(y1一y2)(y1+y2)=x1一x2,故k2m=1,y2=x2,1所以直线AB的方程为y-m=2m(x-m),即x2my+2m2m=0.x2my+2m2m=0,由消去x,y2=x整理得y22my+2m2m=0,所以A=4m4m20,y+y2=2m,y1y2=2m2m.从而|ab|=1+$M-y2|1+4m24m4m2=21+4m2mm2=2ym1-m0.，d的最大值为1
4、.思维升华圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用均值不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值.已知点A(-1,0),B(1,0),动点M的轨迹曲线C满足/AMB=2。，|扁|BM|cos20=3,过点B的直线交曲线C于P,Q两点.,.,、1一(1)求|AM|十|BM|的值，并写出曲线C的万程；(2)求APQ面积的最大值.解(1)设M(x,y),在4MAB中，|AB|=2,ZAMB=20,根据余弦定理得|aM|2+|bM|2-2AM|BM|cos2
5、0=4.即(|AM|+|BM|)2-2|AM|BM|(1+cos20)=4.(|AM|+|BM|)2-4|yAM|BM|cos29=4.M|AM|BM|cos2仁3,所以(|AM|十|BM|)2-4X3=4.所以|AM|十|BM|=4.又|AM|+|BM|=42=|AB|,因此点M的轨迹是以A,B为焦点的椭圆(点M在x轴上也符合题意)，a=2,c=1.广.Ia、,x2y2所以曲线C的方程为Z+：=1.（2）设直线PQ的方程为x=my+1.x=my+1,由x2y2消去x并整理得(3m2+4)y2+6my9=0.显然方程的Z0,设P(xi,yi),Q(x2,y2),1.则Saapq=X2X|yiy
6、2|=|yiy2.由根与系数的关系得6myiy2=-R y1y2 R3m2+3所以(y1-y2)2=(y1+y2)24y1y2=48xz-3m2+4248令t=3m2+3,则t3,(y1一y2)2=1t+t+21，由于函数（f）（t）=t+-在3,+8）上是增函数,所以t+1当，当t=3m2+3=3,即m=0时取等t3所以（y1丫2）2、；8=9,即|y1y2|的最大值为3.I+2所以APQ面积的最大值为3,此时直线PQ的方程为x=1.题型二圆锥曲线中的定点、定值问题所以（4y3）2=2pX12,解得p=2.故抛物线E的方程为x2=4y.、一、.1c.1(2)证明万法一由(1)知y=4X2,y
7、=2x.设P(xo,yo),则x0w0,且l的方程为1112x2 4x c )2xo y=- 1.yyo=2xo(xxo),即y=2xox4x0.112y=xoxx2,由24得y=1设M（0,y1），令MPMQ=0对满足丫0=1/（*0金0）的*0,yo恒成立.由于MP=(xo,yoy1)，MQ=,一1一y1,x3_4由MPMQ=o,得一2yoyoy+y+y2=o,即(y2+y1一2)十(1y1)yo=o.(*)由于(*)式对满足yo=4x2(xo丰o)的yo恒成立，1y1=o,所以解得y1=1.y2+y12=o,故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(o,1).1c1万法一由(1)知y=4x2
8、,y=2x.设P(xo,yo),则xowo,1且l的方程为yyo=?xo(xxo),即y=2xox4x2.11 2y = /xox 44,y= ix2 - 4得 X= 2x0 y=- 1.2所以Q为x0二2xo取xo=2,此时P(2,1),Q(0,1),以PQ为直径的圆为(x1)2+y2=2,交y轴于点M1(0,1)或M2(0,1)；1 一3取xo=1,此时P1,4,Q-2,1,以pq为直径的圆为x+12+y+32=95,4864交y轴于点M3(0,1)、M40,-7.故若满足条件的点M存在，只能是M(0,1).以下证明点M(0,1)就是所要求的点.因为Mp=(xo,yo-1),MQ=x242
9、,2xox0_4所以MPMQ=-22yo+2=2yo22yo+2=0.故以PQ为直径的圆恒过y轴上的定点M(0,1).思维升华求定点及定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.(2013江西)椭圆C:X2+y2=1(ab0)ab的离心率e=乎，a+b=3.求椭圆C的方程；(2)如图所示，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N,直线AD交BP于点M,设BP的斜率为k,MN的斜率为m.证明：2mk为定值.解因为e=a，所以a春b卡代入a+b=3得，c=a/3
10、,a=2,b=1.x2故椭圆C的方程为7+y2=1.4(2)证明方法一因为B(2,0),点P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为y=k(x2)(kw0,1kwg),2代入% y2=1,8k2 2 解得P ,4k2 + 14k4k2 11直线AD的万程为y=2x+1.4k+2与联立解得M 2k14k2k- 1由 D(0,1), P8k2-24k2+ 1,4k4k2+1 N(x,0)三点共线知4k 14k2+ 18k2 20 4k2+10-1 x0,解得N4k2，0 .2k+ 14k一02k1所以MN的斜率为m=4k+24k2一2k12k+14k2k+12k+122k+1222k1242k+11则2m
11、k=2k=2(定值).方法二设P(x0y0)(x0W0,划，则k=,x0-21直线AD的万程为y=2(x+2),，八一、一I.y0直线BP的万程为y=dq(x2),y0一1直线DP的方程为y-1=-x0-x,令y=0,一x0由于yow1可彳NN,0,V。11-联立y=x+2y0八y=x-2xo24yo2yo xo+ 24yo+2xo4解得M2yoxo+2因此MN的斜率为4yo2yo xo+ 2m=4yo+2xo4x01 T+ 72yo- xo+ 2 yo - 14yo yo 14yo - 8yo + 4xoyo x2 + 44yo yo 1,224yo8yo+4xoyo 4 4yo +4yo 12yo+ xo 22 yo 1所以2mk=2yo+ xo 2yoxo 22 yo 1 xo 2 yo 2yo + xo 2=2yo+xo2 xo 22 yo 1 xo 2 2y2 yo xo 2=2yo + xo 2 xo 21 22 yo 1 xo 2 2 4 xo yo xo 2=Zz z2yo+x
