高考數(shù)學復習 17-18版 第9章 熱點探究課6 高考中的圓錐曲線問題

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1、 熱點探究課(六)　高考中的圓錐曲線問題 [命題解讀]　圓錐曲線是平面解析幾何的核心內(nèi)容，每年高考必考一道解答題，常以求圓錐曲線的標準方程、位置關(guān)系、定點、定值、最值、范圍、探索性問題為主．這些試題的命題有一個共同的特點，就是起點低，但在第(2)問中一般都伴有較為復雜的運算，對考生解決問題的能力要求較高． 熱點1　圓錐曲線的標準方程與性質(zhì) 圓錐曲線的標準方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圓錐曲線的標準方程是作為解答題中考查“直線與圓錐曲線”的第一小題，最常用的方法是定義法與待定系數(shù)法．離心率是高考對圓錐曲線考查的另一重點，涉及a，b，c三者之間的關(guān)系．另外拋物線的準線，雙曲線的

2、漸近線也是命題的熱點． 　如圖1，橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過F2的直線交橢圓于P，Q兩點，且PQ⊥PF1. 圖1 (1)若PF1＝2＋，PF2＝2－，求橢圓的標準方程； (2)若PF1＝PQ，求橢圓的離心率e. 【導學號：62172279】 [解]　(1)由橢圓的定義， 2a＝PF1＋PF2＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2. 設(shè)橢圓的半焦距為c，由已知PF1⊥PF2， 因此2c＝F1F2＝ ＝＝2.3分 即c＝，從而b＝＝1， 故所求橢圓的標準方程為＋y2＝1.5分 (2)連結(jié)F1Q，如圖，由橢圓的定義知PF1＋PF2＝2a，

3、QF1＋QF2＝2a， 又PF1＝PQ＝PF2＋QF2＝(2a－PF1)＋(2a－QF1)， 可得QF1＝4a－2PF1. ① 又因為PF1⊥PQ且PF1＝PQ， 所以QF1＝PF1.?、?分 由①②可得PF1＝(4－2)a， 從而PF2＝2a－PF1＝(2－2)a. 由PF1⊥PF2，知PF＋PF＝F1F， 即(4－2)2a2＋(2－2)2a2＝4c2，12分 可得(9－6)a2＝c2，即＝9－6， 因此e＝＝＝－.14分 [規(guī)律方法]　1.用定義法求圓錐曲線的標準方程是常用的方法，同時應(yīng)注意數(shù)形結(jié)合思想的應(yīng)用． 2．圓錐曲線的離心率刻畫曲線的扁平程度，只需明確a，b

4、，c中任意兩量的關(guān)系都可求出離心率，但一定注意不同曲線離心率取值范圍的限制． [對點訓練1]　已知橢圓中心在坐標原點，焦點在x軸上，離心率為，它的一個頂點為拋物線x2＝4y的焦點． (1)求橢圓的標準方程； (2)若直線y＝x－1與拋物線相切于點A，求以A為圓心且與拋物線的準線相切的圓的方程． [解]　(1)橢圓中心在原點，焦點在x軸上． 設(shè)橢圓的方程為＋＝1(a>b>0)， 因為拋物線x2＝4y的焦點為(0,1)， 所以b＝1.2分 由離心率e＝＝，a2＝b2＋c2＝1＋c2， 從而得a＝，所以橢圓的標準方程為＋y2＝1.6分 (2)由解得所以點A(2,1).8分 因為

5、拋物線的準線方程為y＝－1， 所以圓的半徑r＝1－(－1)＝2， 所以圓的方程為(x－2)2＋(y－1)2＝4.14分 熱點2　圓錐曲線中的定點、定值問題 定點、定值問題一般涉及曲線過定點、與曲線上的動點有關(guān)的定值問題以及與圓錐曲線有關(guān)的弦長、面積、橫(縱)坐標等的定值問題． 角度1　圓錐曲線的定值問題 　(2016·北京高考)已知橢圓C：＋＝1過A(2,0)，B(0,1)兩點． (1)求橢圓C的方程及離心率； (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點M，直線PB與x軸交于點N，求證：四邊形ABNM的面積為定值． [解]　(1)由題意得a＝2，b＝1，

6、所以橢圓C的方程為＋y2＝1.3分 又c＝＝，所以離心率e＝＝.5分 (2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4. 又A(2,0)，B(0,1)， 所以直線PA的方程為y＝(x－2).7分 令x＝0，得yM＝－，從而BM＝1－yM＝1＋. 直線PB的方程為y＝x＋1.9分 令y＝0，得xN＝－，從而AN＝2－xN＝2＋. 所以四邊形ABNM的面積S＝AN·BM ＝ ＝ ＝＝2. 從而四邊形ABNM的面積為定值.14分 [規(guī)律方法]　1.求定值問題的常用方法： (1)從特殊入手，求出定值，再證明這個值與變量無關(guān)． (2)直接推理、計算，并在

7、計算推理的過程中消去變量，從而得到定值． 2．定值問題就是在運動變化中尋找不變量的問題，基本思路是使用參數(shù)表示要解決的問題，證明要解決的問題與參數(shù)無關(guān)．在這類問題中選擇消元的方法是非常關(guān)鍵的． 角度2　圓錐曲線中的定點問題 　設(shè)橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率為e＝，且過點. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)橢圓E的左頂點是A，若直線l：x－my－t＝0與橢圓E相交于不同的兩點M，N(M，N與A均不重合)，若以MN為直徑的圓過點A，試判定直線l是否過定點，若過定點，求出該定點的坐標. 【導學號：62172280】 [解]　(1)由e2＝＝＝，可得a2＝2b2，2分 橢圓方程為

8、＋＝1， 代入點可得b2＝2，a2＝4， 故橢圓E的方程為＋＝1.5分 (2)由x－my－t＝0得x＝my＋t， 把它代入E的方程得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－4＝0， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則 y1＋y2＝－，y1y2＝， x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝， x1x2＝(my1＋t)(my2＋t) ＝m2y1y2＋tm(y1＋y2)＋t2＝.8分 因為以MN為直徑的圓過點A， 所以AM⊥AN， 所以·＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2) ＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2 ＝＋2×＋4＋ ＝＝＝0.10分 因為M，N與A均

9、不重合，所以t≠－2， 所以t＝－，直線l的方程是x＝my－，直線l過定點T， 由于點T在橢圓內(nèi)部，故滿足判別式大于0， 所以直線l過定點T.14分 [規(guī)律方法]　1.假設(shè)定點坐標，根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個直線系或曲線系方程，而該方程與參數(shù)無關(guān)，故得到一個關(guān)于定點坐標的方程組，以這個方程組的解為坐標的點即所求定點． 2．從特殊位置入手，找出定點，再證明該點適合題意． [對點訓練2]　已知橢圓E：＋＝1，A，B分別是橢圓E的左、右頂點，動點M在射線l：x＝4(y>0)上運動，MA交橢圓E于點P，MB交橢圓E于點Q. (1)若△MAB垂心的縱坐標為－4，求點P的坐標； (2)試問

10、：直線PQ是否過定點？若過定點，求出定點坐標；若不過定點，請說明理由． [解]　(1)由題意知A(－2，0)，B(2，0)． 設(shè)△MAB的垂心為H，因為AB邊上的高所在的直線方程為l：x＝4，且△MAB垂心的縱坐標為－4，所以H(4，－4)． 所以直線BH的斜率為kBH＝＝－， 所以直線AM的方程為y＝()(x＋2)． 由?或4分 所以P點的坐標為.6分 (2)設(shè)P點的坐標為(x1，y1)，Q點的坐標為(x2，y2)， 則y＝(8－x)，y＝(8－x)，直線AP的方程為y＝(x＋2)． 由?M.8分 由于M，B，Q三點共線，所以kBM＝kBQ，從而＝， 即＝，兩邊平方得

11、 ＝?＝?＝， 整理得2x1x2－5(x1＋x2)＋16＝0.(*) 設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋m. 由?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝，代入(*)得m2＋5km＋8k2＝0， 解得m＝－k，或m＝－4k. 當m＝－k時，直線PQ的方程為y＝kx－k，即y＝k(x－)，恒過點(，0)； 當m＝－4k，直線PQ的方程為y＝kx－4k，即y＝k(x－4)，恒過點(4，0)，此種情況不合題意． 綜上可知，直線PQ恒過點(，0).16分 熱點3　圓錐曲線中的最值、范圍問題 圓錐曲線中的最值問題大致可分為兩類：一是涉及距離、面積的最值

12、以及與之相關(guān)的一些問題；二是求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時求解與之有關(guān)的一些問題． 　平面直角坐標系xOy中，過橢圓M：＋＝1(a>b>0)右焦點的直線x＋y－＝0交M于A，B兩點，P為AB的中點，且OP的斜率為. (1)求M的方程； (2)C，D為M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四邊形ACBD面積的最大值． [解]　(1)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 則＋＝1，＋＝1，＝－1， 由此可得＝－＝1. 因為x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，＝， 所以a2＝2b2. 又由題意知，M的右焦點為(，0)，故a

13、2－b2＝3. 因此a2＝6，b2＝3. 所以M的方程為＋＝1.8分 (2)由解得或 因此AB＝. 由題意可設(shè)直線CD的方程為y＝x＋n， 設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)． 由得3x2＋4nx＋2n2－6＝0. 于是x3,4＝. 因為直線CD的斜率為1， 所以CD＝|x4－x3|＝. 由已知，四邊形ACBD的面積 S＝CD·AB＝， 當n＝0時，S取得最大值，最大值為， 所以四邊形ACBD面積的最大值為.16分 [規(guī)律方法]　范圍(最值)問題的主要求解方法： (1)幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決． (2)代數(shù)

14、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，則可先建立起目標函數(shù)或等量關(guān)系，利用判別式、基本不等式、函數(shù)的性質(zhì)、導數(shù)法進行求解． [對點訓練3]　已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4，且過點(，－2)． (1)求橢圓C的方程； (2)過橢圓焦點的直線l與橢圓C分別交于點E，F(xiàn)，求·的取值范圍． [解]　由橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦距為4. 得曲線C的焦點F1(0，－2)，F(xiàn)2(0,2).2分 又點(，－2)在橢圓C上， 2a＝＋＝4， 所以a＝2，b＝2， 即橢圓C的方程是＋＝1.5分 (2)若直線l垂直于x軸， ①則點E(0,2)，F(xiàn)(0，－2)，·＝－

15、8. ②若直線l不垂直于x軸， 設(shè)l的方程為y＝kx＋2，點E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，將直線l的方程代入橢圓C的方程得到： (2＋k2)x2＋4kx－4＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝，8分 所以·＝x1x2＋y1y2 ＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4 ＝＋＋4＝－8.10分 因為0<≤10，所以－8<·≤2. 綜上可知，·的取值范圍是[－8,2].14分 熱點4　圓錐曲線中的探索性問題(答題模板) 圓錐曲線的探索性問題主要體現(xiàn)在以下幾個方面：(1)探索點是否存在；(2)探索曲線是否存在；(3)探索命題是否成立．涉及這類命題的求解主要是研究直線與

16、圓錐曲線的位置關(guān)系問題． 　(本小題滿分16分)在直角坐標系xOy中，曲線C：y＝與直線l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N兩點． (1)當k＝0時，分別求C在點M和N處的切線方程； (2)y軸上是否存在點P，使得當k變動時，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由． [解]　(1)由題設(shè)可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a).2分 又y′＝，故y＝在x＝2處的導數(shù)值為，C在點(2，a)處的切線方程為y－a＝(x－2)， 即x－y－a＝0.4分 y＝在x＝－2處的導數(shù)值為－，C在點(－2，a)處的切線方程為y－a＝－(x＋2)， 即x＋y＋a＝0.6分 故所

17、求切線方程為x－y－a＝0或x＋y＋a＝0.7分 (2)存在符合題意的點．證明如下： 設(shè)P(0，b)為符合題意的點，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.8分 將y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0. 故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.10分 從而k1＋k2＝＋ ＝＝.13分 當b＝－a時，有k1＋k2＝0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補， 故∠OPM＝∠OPN，所以點P(0，－a)符合題意.16分 [答題模板]　第一步：分別求出曲線y＝在M點，N點處的導數(shù)． 第二步：利用點斜式分別寫出在M點、N點的切線方程．

18、 第三步：聯(lián)立直線y＝kx＋a與拋物線y＝，并寫出根與系數(shù)的關(guān)系式． 第四步：由kPM＋kPN＝0，結(jié)合根與系數(shù)的關(guān)系式，探索點P的坐標． 第五步：檢驗反思，查關(guān)鍵點，規(guī)范步驟． [溫馨提示]　1.(1)在第(2)問中，不能把條件∠OPM＝∠OPN適當轉(zhuǎn)化為k1＋k2＝0，找不到解題的思路和方法，而不能得分． (2)運算能力差或運算不細心，導致運算結(jié)果錯誤而扣分或者不得分． 2．數(shù)學閱卷時，主要看關(guān)鍵步驟、關(guān)鍵點，有則得分，無則扣分，所以解題時要寫全關(guān)鍵步驟． (1)本題的關(guān)鍵點一是利用導數(shù)的幾何意義求切線方程，二是把條件中轉(zhuǎn)化為只需直線PM，PN的斜率之和為0. (2)解析幾

19、何對運算能力要求較高，解題時一定要細心準確，否則可能是思路正確，但是運算結(jié)果錯誤，而不得分． [對點訓練4]　如圖2，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率是，點P(0,1)在短軸CD上，且·＝－1. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)O為坐標原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點．是否存在常數(shù)λ，使得·＋λ·為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請說明理由． 圖2 [解]　(1)由已知，點C，D的坐標分別為(0，－b)，(0，b)． 又點P的坐標為(0,1)，且·＝－1， 于是解得a＝2，b＝.4分 所以橢圓E的方程為＋＝1.5分 (2)當直線AB的斜率存在時，設(shè)直線AB的

20、方程為y＝kx＋1，A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)． 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.8分 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－. 從而，·＋λ· ＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝＝－－λ－2. 所以，當λ＝1時，－－λ－2＝－3.10分 此時，·＋λ·＝－3為定值． 當直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD. 此時，·＋λ·＝·＋·＝－2－1＝－3. 故存在常數(shù)λ＝1，使得·＋λ·為定值－3.14分 熱

21、點探究訓練(六) A組　基礎(chǔ)達標 (建議用時：30分鐘) 1．(2017·揚州模擬)如圖3，已知橢圓＋＝1(a>b>0)的左、右焦點為F1，F(xiàn)2，P是橢圓上一點，O為坐標原點，M在PF1上，＝λ(λ∈R)，PO⊥F2M. 圖3 (1)若橢圓方程為＋＝1，P(2，)，求點M的橫坐標； (2)若λ＝2，求橢圓離心率e的取值范圍. 【導學號：62172281】 [解]　(1)∵＋＝1，∴F1(－2,0)，F(xiàn)2(2,0)， ∴kOP＝，kF2M＝－，kF1M＝. ∴直線F2M的方程為y＝－(x－2)，直線F1M的方程為：y＝(x＋2)． 由 解得x＝， ∴點M的橫坐標為.6

22、分 (2)設(shè)P(x0，y0)，M(xM，yM)， ∵＝2，∴＝(x0＋c，y0)＝(xM＋c，yM)，∴M，＝. ∵PO⊥F2M，＝(x0，y0)，∴x0＋y＝0， 即x＋y＝2cx0. 聯(lián)立方程得，消去y0得：c2x－2a2cx0＋a2(a2－c2)＝0. 解得x0＝或x0＝. ∵－a. 綜上，橢圓離心率e的取值范圍為.14分 2．(2017·無錫期末)已知橢圓M：＋＝1(a>b>0)的離心率為，一個焦點到相應(yīng)的準線的距離為3，圓N的方程為(x－c)2＋y2＝a2＋c2(c為半焦距)，直線l ：y＝k

23、x＋m(k>0)與橢圓M和圓N均只有一個公共點，分別設(shè)為A，B. (1)求橢圓方程和直線方程； (2)試在圓N上求一點P，使＝2. [解]　(1)由題意知解得a＝2，c＝1，所以b＝， 所以橢圓M的方程為：＋＝1. 圓N的方程為(x－1)2＋y2＝5. 由直線l：y＝kx＋m與橢圓M只有一個公共點，所以由得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，① 所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0得m2＝3＋4k2.② 由直線l：y＝kx＋m與N只有一個公共點，得＝， 即k2＋2km＋m2＝5＋5k2，③ 將②代入③得km＝1，④ 由②，④且k>0，得：

24、k＝，m＝2. 所以直線方程為：y＝x＋2.6分 (2)將k＝，m＝2代入①可得A， 又過切點B的半徑所在的直線l′為：y＝－2x＋2，所以得交點B(0,2)，設(shè)P(x，y)，因為＝2， 則＝8，化簡得：7x＋7y＋16x0－20y0＋22＝0，⑤ 又P(x，y)滿足x＋y－2x0＝4，⑥ 將⑤－7×⑥得：3x0－2y0＋5＝0，即y0＝.⑦ 將⑦代入⑥得：13x＋22x0＋9＝0，解得x0＝－1或x0＝－， 所以P(－1,1)或P.14分 B組　能力提升 (建議用時：15分鐘) 1．(2017·泰州中學高三摸底考試)已知橢圓Γ：＋y2＝1. (1)橢圓Γ的短軸端點分別

25、為A，B(如圖4)，直線AM，BM分別與橢圓Γ交于E，F(xiàn)兩點，其中點M滿足m≠0，且m≠±. ①證明直線EF與y軸交點的位置與m無關(guān)； ②若△BME面積是△AMF面積的5倍，求m的值． (2)若圓O：x2＋y2＝4.l1，l2是過點P(0，－1)的兩條互相垂直的直線，其中l(wèi)1交圓O于T，R兩點，l2交橢圓Γ于另一點Q.求△TRQ面積取最大值時直線l1的方程. 【導學號：62172282】 圖4 [解]　(1)①因為A(0,1)，B(0，－1)，M，且m≠0，∴直線AM的斜率為k1＝－，直線BM的斜率為k2＝， ∴直線AM的方程為y＝－x＋1，直線BM的方程為y＝x－1， 由得

26、(m2＋1)x2－4mx＝0， ∴x＝0，x＝，∴E， 由得(m2＋9)x2－12mx＝0， ∴x＝0或x＝，∴F； 據(jù)已知m≠0，m2≠3， ∴直線EF的斜率 k＝＝＝－， ∴直線EF的方程為y－＝－， 令x＝0，得y＝2， ∴EF與y軸交點的位置與m無關(guān)． ②S△AMF＝MA·MFsin ∠AMF， S△BME＝MB·MEsin ∠BME，∠AMF＝∠BME， 5S△AMF＝S△BME，∴5MA·MF＝MB·ME， ∴＝， ∴＝. ∵m≠0， ∴整理方程得＝－1，即(m2－3)(m2－1)＝0， 又有m≠±，∴m2－3≠0，∴m2＝1，∴m＝±1為所求.8

27、分 (2)因為直線l1⊥l2，且都過點P(0，－1)，所以設(shè)直線l1：y＝kx－1，即kx－y－1＝0， 直線l2：y＝－x－1，即x＋ky＋k＝0， 所以圓心(0,0)到直線l1：y＝kx－1，即kx－y－1＝0的距離d＝， 所以直線l1被圓x2＋y2＝4所截的弦 TR＝2＝； 由得k2x2＋4x2＋8kx＝0， 所以xQ＋xp＝－，所以QP＝＝， 所以S△TRQ＝QP·TR＝＝≤＝， 當＝，即k2＝，解得k＝±時等號成立， 此時直線l1：y＝±x－1.16分 2．(2017·蘇北四市期末)如圖5，在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率e＝，

28、左頂點為A(－4,0)，過點A作斜率為k(k≠0)的直線l交橢圓C于點D，交y軸于點E. 圖5 (1)求橢圓C的方程； (2)已知點P為AD的中點，是否存在定點Q，對于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ？若存在，求出點Q的坐標；若不存在，說明理由； (3)若過點O作直線l的平行線交橢圓C于點M，求的最小值． [解]　(1)因為左頂點為A(－4,0)，所以a＝4， 又e＝，所以c＝2，b2＝a2－c2＝12， 所以橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)直線l的方程為y＝k(x＋4)，由消元得，＋＝1. 化簡得(x＋4)[(4k2＋3)x＋16k2－12]＝0，所以x1＝－4，x2

29、＝.8分 當x＝時，y＝k＝，所以D. 因為P為AD的中點， 所以P的坐標為，kOP＝－(k≠0)， 直線l的方程為y＝k(x＋4)，令x＝0得E點坐標為(0,4k)， 假設(shè)存在定點Q(m，n)(m≠0)，使得OP⊥EQ，則kOP·kEQ＝－1，即－·＝－1恒成立， 所以(4m＋12)k－3n＝0恒成立，所以即 所以存在定點Q，對于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ，且定點Q的坐標為(－3,0).12分 (3)因為OM∥l，所以O(shè)M的方程可設(shè)為y＝kx， 由得M點的橫坐標為x＝±， 由OM∥l，得＝＝ ＝＝· ＝≥2， 當且僅當＝即k＝±時取等號， 所以當k＝±時，的最小值為2.16分