全国通用2022版高考数学大二轮总复习增分策略专题六解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题试题

第3讲　圆锥曲线的综合问题1．(2022·福建)设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　　)A．5B.＋C．7＋D．62．(2022·陕西)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，经过点A(0，－1)，且离心率为.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.　　　1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.热点一　范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．例1　(2022·重庆)如图，椭圆＋＝1(a＞b19\n＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.(1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求椭圆的标准方程；(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ＜，试确定椭圆离心率e的取值范围．　　　　　　思维升华　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．跟踪演练1　已知椭圆C的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆的离心率为，且椭圆经过点P(1，)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)线段PQ是椭圆过点F2的弦，且＝λ，求△PF1Q内切圆面积最大时实数λ的值．　　19\n　　　　　热点二　定点、定值问题1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，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．例2　椭圆C：＋＝1(a>b>0)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：y＝kx＋m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．　　　　思维升华　(1)动直线l过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t19\n，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．(2)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．跟踪演练2　已知直线l：y＝x＋，圆O：x2＋y2＝5，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等．(1)求椭圆E的方程；(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线的斜率之积为定值．　　　　　　热点三　探索性问题1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．例3　如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点19\nQ(1,2)．(1)求抛物线C的方程及准线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λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在λ，求出λ的值；若不存在，说明理由．　　　　　　　　　思维升华　解决探索性问题的注意事项：存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．19\n跟踪演练3　(2022·四川)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)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λ，使得·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．　　已知椭圆C1：＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax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(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．　　提醒：完成作业　专题六　第3讲19\n二轮专题强化练专题六第3讲　圆锥曲线的综合问题A组　专题通关1．(2022·北京西城区期末)若曲线ax2＋by2＝1为焦点在x轴上的椭圆，则实数a，b满足(　　)A．a2>b2B.<C．0<a<bD．0<b<a2．已知椭圆＋＝1(0<b<2)的左，右焦点分别为F1，F2，过F1的直线l交椭圆于A，B两点，若|BF2|＋|AF2|的最大值为5，则b的值是(　　)A．1B.C.D.3．已知F为抛物线y2＝8x的焦点，过点F且斜率为1的直线l交抛物线于A，B两点，则||FA|－|FB||的值为(　　)A．4B．8C．8D．164．设椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，右焦点为F(c,0)，方程ax2＋bx－c＝0的两个实根分别为x1和x2，则点P(x1，x2)(　　)A．必在圆x2＋y2＝2内B．必在圆x2＋y2＝2上C．必在圆x2＋y2＝2外D．以上三种情形都有可能5．若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为(　　)A．2B．3C．6D．86．已知双曲线x2－＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则·的最小值为_______________________________________________________________．19\n7．已知A(1,2)，B(－1,2)，动点P满足⊥.若双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线与动点P的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．8．在直线y＝－2上任取一点Q，过Q作抛物线x2＝4y的切线，切点分别为A、B，则直线AB恒过定点________．9．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，离心率为，过点M(2,0)的直线l与椭圆C相交于A，B两点，O为坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)若B点关于x轴的对称点是N，证明：直线AN恒过一定点．B组　能力提高10．已知直线y＝a交抛物线y＝x2于A，B两点．若该抛物线上存在点C，使得∠ACB为直角，则a的取值范围为________．11．直线3x－4y＋4＝0与抛物线x2＝4y和圆x2＋(y－1)2＝1从左到右的交点依次为A、B、C、D，则的值为________．12．(2022·课标全国Ⅱ)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．19\n学生用书答案精析第3讲　圆锥曲线的综合问题高考真题体验1．D　[如图所示，设以(0,6)为圆心，以r为半径的圆的方程为x2＋(y－6)2＝r2(r>0)，与椭圆方程＋y2＝1联立得方程组，消掉x2得9y2＋12y＋r2－46＝0.令Δ＝122－4×9(r2－46)＝0，解得r2＝50，即r＝5.由题意易知P，Q两点间的最大距离为r＋＝6，故选D.]2．(1)解　由题设知＝，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝，所以椭圆的方程为＋y2＝1.(2)证明　由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则x1＋x2＝，x1x2＝，从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝＋＝＋＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.热点分类突破例1　解　(1)由椭圆的定义，2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，因此2c＝|F1F2|＝19\n＝＝2，即c＝，从而b＝＝1.故所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.(2)如图，由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|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＋λ＋)|PF1|＝4a，解得|PF1|＝，故|PF2|＝2a－|PF1|＝.由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2，从而2＋2＝4c2，两边除以4a2，得＋＝e2.若记t＝1＋λ＋，则上式变成e2＝＝82＋.由≤λ＜，并注意到1＋λ＋关于λ的单调性，得3≤t＜4，即＜≤.进而＜e2≤，即＜e≤.跟踪演练1　解　(1)e＝＝，P(1，)满足＋＝1，又a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝3，∴椭圆标准方程为＋＝1.(2)显然直线PQ不与x轴重合，19\n当直线PQ与x轴垂直时，|PQ|＝3，|F1F2|＝2，＝3；当直线PQ不与x轴垂直时，设直线PQ：y＝k(x－1)，k≠0代入椭圆C的标准方程，整理，得(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，Δ>0，y1＋y2＝，y1·y2＝.＝·|F1F2|·|y1－y2|＝12，令t＝3＋4k2，∴t>3，k2＝，∴＝3，∵0<<，∴∈(0,3)，∴当直线PQ与x轴垂直时最大，且最大面积为3.设△PF1Q内切圆半径为r，则＝(|PF1|＋|QF1|＋|PQ|)·r＝4r≤3.即rmax＝，此时直线PQ与x轴垂直，△PF1Q内切圆面积最大，∴＝，∴λ＝1.例2　解　(1)设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，由e＝＝，得a＝2c，∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，则椭圆方程变为＋＝1.又由题意知＝，解得c2＝1，故a2＝4，b2＝3，即得椭圆的标准方程为＋＝1.19\n(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0.则①又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝.∵椭圆的右顶点为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当m1＝－2k时，l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．当m2＝－时，l的方程为y＝k，直线过定点，且满足②，∴直线l过定点，定点坐标为.跟踪演练2　(1)解　设椭圆的半焦距为c，圆心O到直线l的距离d＝＝，∴b＝＝.由题意得∴a2＝3，b2＝2.∴椭圆E的方程为＋＝1.(2)证明　设点P(x0，y0)，过点P的椭圆E的切线l0的方程为y－y0＝k(x－x0)，联立直线l0与椭圆E的方程得消去y得(3＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(kx0－y0)2－6＝0，∴Δ＝[4k(y0－kx0)]2－4(3＋2k2)[2(kx0－y0)2－6]＝0，整理得，(2－x)k2＋2kx0y0－(y－3)＝0，设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1，k2，则k1·k2＝－，19\n∵点P在圆O上，∴x＋y＝5，∴k1·k2＝－＝－1.∴两条切线的斜率之积为常数－1.例3　解　(1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程为x＝－1.(2)由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.由抛物线准线l：x＝－1，可知M(－1，－2k)．又Q(1,2)，所以k3＝＝k＋1，即k3＝k＋1.把直线AB的方程y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，知x1＋x2＝，x1x2＝1.又Q(1,2)，则k1＝，k2＝.因为A，F，B共线，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.即存在常数λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立．跟踪演练3　解　(1)由已知，点C、D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，又点P的坐标为(0,1)，且·＝－1，于是解得a＝2，b＝，19\n所以椭圆E的方程为＋＝1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，从而，·＋λ·＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝＝－－λ－2.所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，此时·＋λ·＝－3为定值．当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得·＋λ·为定值－3.高考押题精练解　(1)因为C1，C2的焦点重合，所以＝，所以a2＝4.又a>0，所以a＝2.于是椭圆C1的方程为＋＝1，抛物线C2的方程为y2＝4x.(2)假设存在直线l使得＝2，则可设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，19\n则x1＋x4＝，x1x4＝1，所以|PN|＝·＝.由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x2＋x3＝，x2x3＝，所以|MQ|＝·＝.若＝2，则＝2×，解得k＝±.故存在斜率为k＝±的直线l，使得＝2.二轮专题强化练答案精析第3讲　圆锥曲线的综合问题1．C　[由ax2＋by2＝1，得＋＝1，因为焦点在x轴上，所以>>0，所以0<a<b.]2．D　[由椭圆的方程，可知长半轴长a＝2；由椭圆的定义，可知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，所以|AB|＝8－(|AF2|＋|BF2|)≥3.由椭圆的性质，可知过椭圆焦点的弦中，通径最短，即＝3，可求得b2＝3，即b＝.]3．C　[依题意知F(2,0)，所以直线l的方程为y＝x－2，联立方程消去y得x2－12x＋4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝12，x1x2＝4，则||AF|－|BF||＝|(x1＋2)－(x2＋2)|＝|x1－x2|＝＝19\n＝8.]4．A　[∵x1＋x2＝－，x1x2＝－.∴x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝＋＝.∵e＝＝，∴c＝a，∴b2＝a2－c2＝a2－2＝a2.∴x＋x＝＝<2.∴P(x1，x2)在圆x2＋y2＝2内．]5．C　[设P(x0，y0)，则＋＝1，即y＝3－，又因为F(－1,0)，所以·＝x0·(x0＋1)＋y＝x＋x0＋3＝(x0＋2)2＋2，又x0∈[－2,2]，即·∈[2,6]，所以(·)max＝6.]6．－2解析　由已知得A1(－1,0)，F2(2,0)．设P(x，y)(x≥1)，则·＝(－1－x，－y)·(2－x，－y)＝4x2－x－5.令f(x)＝4x2－x－5，则f(x)在[1，＋∞)上单调递增，所以当x＝1时，函数f(x)取最小值，即·取最小值，最小值为－2.7．(1,2)解析　设P(x，y)，由题设条件，得动点P的轨迹为(x－1)(x＋1)＋(y－2)·(y－2)＝0，即x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．又双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，即bx±ay＝0，由题意，可得>1，即>1，19\n所以e＝<2，又e>1，故1<e<2.8．(0,2)解析　设Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程变为y＝x2，则y′＝x，则在点A处的切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，化简得，y＝x1x－y1，同理，在点B处的切线方程为y＝x2x－y2.又点Q(t，－2)的坐标满足这两个方程，代入得：－2＝x1t－y1，－2＝x2t－y2，则说明A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足方程－2＝xt－y，即直线AB的方程为y－2＝tx，因此直线AB恒过定点(0,2)．9．(1)解　由题意知b＝1，e＝＝，得a2＝2c2＝2a2－2b2，故a2＝2.故所求椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明　设直线l的方程为y＝k(x－2)，则由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.由对称性可知N(x2，－y2)，定点在x轴上，直线AN：y－y1＝(x－x1)．令y＝0得：x＝x1－＝＝＝＝＝1，故直线AN恒过定点(1,0)．10．[1，＋∞)19\n解析　以AB为直径的圆的方程为x2＋(y－a)2＝a，由得y2＋(1－2a)y＋a2－a＝0.即(y－a)[y－(a－1)]＝0，由已知解得a≥1.11.解析　由得x2－3x－4＝0，∴xA＝－1，xD＝4，∴yA＝，yD＝4.直线3x－4y＋4＝0恰过抛物线的焦点F(0,1)，∴|AF|＝yA＋1＝，|DF|＝yD＋1＝5，∴＝＝.12．(1)证明　设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．将y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．(2)解　四边形OAPB能为平行四边形．因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0，k≠3.由(1)得OM的方程为y＝－x.设点P的横坐标为xP，由得x＝，即xP＝.将点代入l的方程得b＝，19\n因此xM＝.四边形OAPB为平行四边形当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.因为ki＞0，ki≠3，i＝1,2，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．19