1、1第 3讲 圆锥曲线的综合问题1(2014福建)设 P， Q分别为圆 x2( y6) 22 和椭圆 y21 上的点，则 P， Q两点x210间的最大距离是( )A5 B. 2 46 2C7 D62 22(2015陕西)如图，椭圆 E： 1( a b0)，经过点 A(0，1)，且离心率为 .x2a2 y2b2 22(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、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 (2015重庆)如图，椭圆 1( a b0)的左、右焦点分别x2a2 y2b22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 2(2)若| PQ| |PF1|，且 ，试确定椭圆离心率 e的取值范围34 43思维升华 解决范围问题的常用方法：(1)数形结合法：利用
3、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12P(1， )32(1)求椭圆 C的标准方程；(2)线段 PQ是椭圆过点 F2的弦，且 ，求 PF1Q内切圆面积最大时实数 的值PF2 F2Q 3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
4、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( ab0)的离心率为 ，其左焦点到点 P(2,1)的距离为 .x2a2 y2b2 12 10(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 t，
5、由题设条4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 y25，椭圆 E： 1( ab0)的离心6y2a2 x2b2率 e ，直线 l被圆 O截得的弦长与椭圆的短轴长相等33(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
6、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： y22 px的焦点为 F，抛物线上一定点5Q(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 ，使得 k1 k2 k 3成立，若存在
7、，求出 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6跟踪演练 3 (2015四川)如图，椭圆 E： 1( a b0)的离心x2a2 y2b2率是 ，点 P(0,1)在短轴 CD上，且 1.22 PC PD (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 OA 为定
8、值？若存在，求 的值；若不存在，请说明理由OB PA PB 已知椭圆 C1： 1( a0)与抛物线 C2： y22 ax相交于 A， B两点，且两曲线的焦点 Fx2a2 y23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|PN|MQ|提醒：完成作业 专题六 第 3讲7二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(2015北京西城区期末)若曲线 ax2 by21 为焦点在 x轴上的椭圆，则实数
9、 a， b满足( )A a2b2 B. b0)的离心率为 e ，右焦点为 F(c,0)，方程 ax2 bx c0 的两x2a2 y2b2 12个实根分别为 x1和 x2，则点 P(x1， x2)( )A必在圆 x2 y22 内 B必在圆 x2 y22 上C必在圆 x2 y22 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，x24 y23则 的最大值为( )OP FP A2 B3 C6 D86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 y23 PA1 8的最小值为_PF2 7已知 A(1,2)， B(
10、1,2)，动点 P满足 .若双曲线 1( a0， b0)的渐近线与AP BP x2a2 y2b2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 y2 上任取一点 Q，过 Q作抛物线 x24 y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( ab0)的短轴长为 2，离心率为 ，过点 M(2,0)的直线 l与椭x2a2 y2b2 22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
11、得 ACB为直角，则 a的取值范围为_11直线 3x4 y40 与抛物线 x24 y和圆 x2( y1) 21 从左到右的交点依次为A、 B、 C、 D，则 的值为_|AB|CD|12(2015课标全国)已知椭圆 C：9 x2 y2 m2(m0)，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(m3， m)此时 l的斜率；若不能，说明理由9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1D
12、如图所示，设以(0,6)为圆心，以 r为半径的圆的方程为 x2( y6) 2 r2(r0)，与椭圆方程 y21 联立得方程组，x210消掉 x2得 9y212 y r2460.令 12 249( r246)0，解得 r250，即 r5 .2由题意易知 P， Q两点间的最大距离为 r 6 ，2 2故选 D.2(1)解 由题设知 ， b1，ca 22结合 a2 b2 c2，解得 a ，2所以椭圆的方程为 y21.x22(2)证明 由题设知，直线 PQ的方程为 y k(x1)1( k2)，代入 y21，x22得(12 k2)x24 k(k1) x2 k(k2)0，由已知 0，设 P(x1， y1)，
13、 Q(x2， y2)， x1x20，则 x1 x2 ， x1x2 ，4k k 11 2k2 2k k 21 2k2从而直线 AP， AQ的斜率之和 kAP kAQ 2 k(2 k)y1 1x1 y2 1x2 kx1 2 kx1 kx2 2 kx2 (1x1 1x2)2 k(2 k)x1 x2x1x22 k(2 k) 2 k2( k1)2.4k k 12k k 2热点分类突破例 1 解 (1)由椭圆的定义，2a| PF1| PF2|(2 )(2 )4，故 a2.2 2设椭圆的半焦距为 c，由已知 PF1 PF2，因此2c| F1F2| |PF1|2 |PF2|210 2 ， 2 2 2 2 2
14、2 3即 c ，从而 b 1.3 a2 c2故所求椭圆的标准方程为 y21.x24(2)如图，由 PF1 PQ，|PQ| |PF1|，得|QF1| |PF1|.|PF1|2 |PQ|2 1 2由椭圆的定义，| PF1| PF2|2 a，| QF1| QF2|2 a，进而| PF1| PQ| QF1|4 a，于是(1 )|PF1|4 a，1 2解得| PF1| ，4a1 1 2故| PF2|2 a| PF1| .2a 1 2 11 1 2由勾股定理得|PF1|2| PF2|2| F1F2|2(2 c)24 c2，从而 2(4a1 1 2)24 c2，(2a 1 2 11 1 2 )两边除以 4a2，得 e2.4 1 1 2 2 1 2 1 2 1 1 2 2若记 t1 ，则上式变成1 2e2 8 2 .4 t 2 2t2 (1t 14) 12由 ，并注意到 1 关于 的单调性，得 3 t4，即 .34 43 1 2 14 1t 13进而 e2 ，即 e .12 59 22 53跟踪演练 1 解 (1) e ， P(1， )满足 1，ca 12 32 1a2 32 2b2又 a2 b2 c2， a24， b23，椭圆标准方程为 1.x24 y23(2)显然直线 PQ不与 x轴重合，
