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1、新編高考數(shù)學復習資料第第 3 3 講講圓錐曲線中的熱點問題圓錐曲線中的熱點問題高考定位1.圓錐曲線中的定點與定值、最值與范圍問題是高考必考的問題之一，主要以解答題形式考查，往往作為試卷的壓軸題之一；2.以橢圓或拋物線為背景，尤其是與條件或結(jié)論相關(guān)存在性開放問題.對考生的代數(shù)恒等變形能力、計算能力有較高的要求，并突出數(shù)學思想方法考查.真 題 感 悟1.(2015全國卷)已知M(x0，y0)是雙曲線C：x22y21 上的一點，F(xiàn)1，F(xiàn)2是C的兩個焦點，若MF1MF20，則y0的取值范圍是()A.33，33B.36，36C.2 23，2 23D.2 33，2 33解析由題意M在雙曲線C：x22y21

2、 上，則x202y201，即x2022y20.由MF1MF20，得( 3x0，y0)( 3x0，y0)x203y203y2010，即33y0b0)，四點P1(1，1)，P2(0，1)，P31，32 ，P41，32 中恰有三點在橢圓C上.(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A，B兩點.若直線P2A與直線P2B的斜率的和為1，證明：l過定點.(1)解由于點P3，P4關(guān)于y軸對稱，由題設(shè)知C必過P3，P4.又由1a21b21a234b2知，橢圓C不經(jīng)過點P1，所以點P2在橢圓C上.因此1b21，1a234b21，解得a24，b21.故C的方程為x24y21.(2)證明設(shè)直線P2A

3、與直線P2B的斜率分別為k1，k2.如果直線l的斜率不存在，l垂直于x軸.設(shè)l：xm，A(m，yA)，B(m，yA)，k1k2yA1myA1m2m1，得m2，此時l過橢圓右頂點，不存在兩個交點，故不滿足.從而可設(shè)l：ykxm(m1).將ykxm代入x24y21 得(4k21)x28kmx4m240.由題設(shè)可知16(4k2m21)0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1x28km4k21，x1x24m244k21.則k1k2y11x1y21x2kx1m1x1kx2m1x22kx1x2（m1） （x1x2）x1x2.由題設(shè)k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.(2k1)4

4、m244k21(m1)8km4k210.解之得m2k1，此時32(m1)0，方程有解，當且僅當m1 時，0，直線l的方程為ykx2k1，即y1k(x2).當x2 時，y1，所以l過定點(2，1).考 點 整 合1.圓錐曲線中的范圍、最值問題，可以轉(zhuǎn)化為函數(shù)的最值問題(以所求式子或參數(shù)為函數(shù)值)，或者利用式子的幾何意義求解.溫馨提醒圓錐曲線上點的坐標是有范圍的，在涉及到求最值或范圍問題時注意坐標范圍的影響.2.定點、定值問題(1)定點問題：在解析幾何中，有些含有參數(shù)的直線或曲線的方程，不論參數(shù)如何變化，其都過某定點，這類問題稱為定點問題.若得到了直線方程的點斜式：yy0k(xx0)，則直線必過定

5、點(x0，y0)；若得到了直線方程的斜截式：ykxm，則直線必過定點(0，m).(2)定值問題：在解析幾何中，有些幾何量，如斜率、距離、面積、比值等基本量和動點坐標或動直線中的參變量無關(guān)，這類問題統(tǒng)稱為定值問題.3.存在性問題的解題步驟：(1)先假設(shè)存在，引入?yún)⒆兞?，根?jù)題目條件列出關(guān)于參變量的方程(組)或不等式(組).(2)解此方程(組)或不等式(組)，若有解則存在，若無解則不存在.(3)得出結(jié)論.熱點一圓錐曲線中的最值、范圍【例 1】(2016浙江卷)如圖所示，設(shè)拋物線y22px(p0)的焦點為F，拋物線上的點A到y(tǒng)軸的距離等于|AF|1.(1)求p的值；(2)若直線AF交拋物線于另一點B

6、，過B與x軸平行的直線和過F與AB垂直的直線交于點N，AN與x軸交于點M，求M的橫坐標的取值范圍.解(1)由題意可得，拋物線上點A到焦點F的距離等于點A到直線x1 的距離，由拋物線的定義得p21，即p2.(2)由(1)得，拋物線方程為y24x，F(xiàn)(1，0)，可設(shè)A(t2，2t)，t0，t1.AF不垂直于y軸，可設(shè)直線AF：xsy1(s0)，由y24x，xsy1，消去x得y24sy40.故yAyB4，B1t2，2t.又直線AB的斜率為2tt21，故直線FN的斜率為t212t，從而得直線FN：yt212t(x1)，直線BN：y2t.Nt23t21，2t.設(shè)M(m，0)，由A，M，N三點共線得2tt

7、2m2t2tt2t23t21，于是m2t2t2122t21，m0 或m2.經(jīng)檢驗知，m0 或m2 滿足題意.綜上，點M的橫坐標的取值范圍是(，0)(2，).探究提高求圓錐曲線中范圍、最值的主要方法：(1)幾何法：若題目中的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)數(shù)形結(jié)合求解.(2)代數(shù)法：若題目中的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，或者不等關(guān)系，或者已知參數(shù)與新參數(shù)之間的等量關(guān)系等，則利用代數(shù)法求參數(shù)的范圍.【訓練 1】 已知點A(0，2)，橢圓E：x2a2y2b21(ab0)的離心率為32，F(xiàn)是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為2 33，O為坐標原點.(1)求E的方程；(2)設(shè)

8、過點A的動直線l與E相交于P，Q兩點，當OPQ的面積最大時，求l的方程.解(1)設(shè)F(c，0)，由條件知，2c2 33，得c 3.又ca32，所以a2，b2a2c21.故E的方程為x24y21.(2)當lx軸時不合題意，故設(shè)l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).將ykx2 代入x24y21，得(14k2)x216kx120.當16(4k23)0，即k234時，x1，28k2 4k234k21.從而|PQ|k21|x1x2|4k21 4k234k21.又點O到直線PQ的距離d2k21.所以O(shè)PQ的面積SOPQ12d|PQ|4 4k234k21.設(shè) 4k23t，則t0，SOPQ4tt2

9、44t4t.因為t4t4，當且僅當t2，即k72時等號成立，且滿足0.所以當OPQ的面積最大時，l的方程為y72x2 或y72x2.熱點二定點、定值問題命題角度 1圓錐曲線中的定值【例 21】(2016北京卷)已知橢圓C：x2a2y2b21 過點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.(1)解由題意知a2，b1.所以橢圓方程為x24y21，又ca2b2 3.所以橢圓離心率eca32.(2)證明設(shè)P點坐標為(x0，y0)(x00，y00)，則x204y2

10、04，由B點坐標(0，1)得直線PB方程為：y1y01x0(x0)，令y0，得xNx01y0，從而|AN|2xN2x0y01，由A點坐標(2，0)得直線PA方程為y0y0 x02(x2)，令x0，得yM2y02x0，從而|BM|1yM12y0 x02，所以S四邊形ABNM12|AN|BM|122x0y0112y0 x02x204y204x0y04x08y042（x0y0 x02y02）2x0y02x04y04x0y0 x02y022.即四邊形ABNM的面積為定值 2.探究提高1.求定值問題常見的方法有兩種：(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，并在計算推理的

11、過程中消去變量，從而得到定值.2.定值問題求解的基本思路是使用參數(shù)表示要解決的問題，然后證明與參數(shù)無關(guān)，這類問題選擇消元的方向是非常關(guān)鍵的.【訓練 2】 (2017唐山一模)已知橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的離心率為22，點Qb，ab在橢圓上，O為坐標原點.(1)求橢圓C的方程；(2)已知點P，M，N為橢圓C上的三點，若四邊形OPMN為平行四邊形，證明四邊形OPMN的面積S為定值，并求該定值.(1)解橢圓x2a2y2b21(ab0)的離心率為22，e2c2a2a2b2a212，得a22b2，又點Qb，ab在橢圓C上，b2a2a2b41，聯(lián)立、得a28，且b24.橢圓C的方程為x28y2

12、41.(2)證明當直線PN的斜率k不存在時，PN方程為x 2或x 2，從而有|PN|2 3，所以S12|PN|OM|122 32 22 6；當直線PN的斜率k存在時，設(shè)直線PN方程為ykxm(m0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，將PN的方程代入橢圓C的方程，整理得(12k2)x24kmx2m280，所以x1x24km12k2，x1x22m2812k2，y1y2k(x1x2)2m2m12k2，由OMOPON，得M4km12k2，2m12k2.將M點坐標代入橢圓C方程得m212k2.又點O到直線PN的距離為d|m|1k2，|PN| 1k2|x1x2|，Sd|PN|m|x1x2| 12k2

13、（x1x2）24x1x248k2242k212 6.綜上，平行四邊形OPMN的面積S為定值 2 6.命題角度 2圓錐曲線中的定點問題【例 22】(2017哈爾濱模擬)已知兩點A( 2，0)，B( 2，0)，動點P在y軸上的投影是Q，且 2PAPB|PQ|2.(1)求動點P的軌跡C的方程；(2)過F(1，0)作互相垂直的兩條直線交軌跡C于點G，H，M，N，且E1，E2分別是GH，MN的中點.求證：直線E1E2恒過定點.(1)解設(shè)點P坐標為(x，y)，點Q坐標為(0，y).2PAPB|PQ|2，2( 2x)( 2x)y2x2，化簡得點P的軌跡方程為x24y221.(2)證明當兩直線的斜率都存在且不

14、為 0 時，設(shè)lGH：yk(x1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，lMN：y1k(x1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，聯(lián)立x24y221，yk（x1） ，消去y得(2k21)x24k2x2k240.則0 恒成立.x1x24k22k21，且x1x22k242k21.GH中點E1坐標為2k22k21，k2k21 ，同理，MN中點E2坐標為2k22，kk22 ，kE1E23k2（k21），lE1E2的方程為y3k2（k21）x23 ，過點23，0，當兩直線的斜率分別為 0 和不存在時，lE1E2的方程為y0，也過點23，0，綜上所述，lE1E2過定點23，0.探究提高1.動直線l過定點

15、問題.設(shè)動直線方程(斜率存在)為ykxt， 由題設(shè)條件將t用k表示為tmk，得yk(xm)，故動直線過定點(m，0)2.動曲線C過定點問題.引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點.【訓練 3】 (2017菏澤調(diào)研)已知焦距為 22的橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的右頂點為A，直線y43與橢圓C交于P，Q兩點(P在Q的左邊)，Q在x軸上的射影為B，且四邊形ABPQ是平行四邊形.(1)求橢圓C的方程；(2)斜率為k的直線l與橢圓C交于兩個不同的點M，N.若M是橢圓的左頂點，D是直線MN上一點，且DAAM.點G是x軸上異于點M的點，且以DN為直徑的圓恒過直

16、線AN和DG的交點，求證：點G是定點.(1)解設(shè)坐標原點為O，四邊形ABPQ是平行四邊形，|AB|PQ|，|PQ|2|OB|，|AB|2|OB|，則點B的橫坐標為a3，點Q的坐標為a3，43 ，代入橢圓C的方程得b22，又c22，a24，即橢圓C的方程為x24y221.(2)證明設(shè)直線MN的方程為yk(x2)，N(x0，y0)，DAAM，D(2，4k).由x24y221，yk（x2） ，消去y得(12k2)x28k2x8k240，則2x08k2412k2，即x024k212k2，y0k(x02)4k12k2，則N24k212k2，4k12k2，設(shè)G(t，0)，則t2，若以DN為直徑的圓恒過直線

17、AN和DG的交點，則DGAN，GDAN0 恒成立.GD(2t，4k)，AN8k212k2，4k12k2，GDAN(2t)8k212k24k4k12k20 恒成立，即8k2t12k20 恒成立，t0，點G是定點(0，0).熱點三圓錐曲線中的存在性問題【例 3】(2017長沙調(diào)研)已知橢圓C：x2a2y2b21(ab0)的離心率為12，且過點P1，32 ，F(xiàn)為其右焦點.(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)過點A(4，0)的直線l與橢圓相交于M，N兩點(點M在A，N兩點之間)，是否存在直線l使AMF與MFN的面積相等？若存在，試求直線l的方程；若不存在，請說明理由.解(1)因為ca12，所以a2c，b 3

18、c，設(shè)橢圓方程x24c2y23c21，又點P1，32 在橢圓上，所以14c234c21，解得c21，a24，b23，所以橢圓方程為x24y231.(2)易知直線l的斜率存在，設(shè)l的方程為yk(x4)，由yk（x4） ，x24y231，消去y得(34k2)x232k2x64k2120，由題意知(32k2)24(34k2)(64k212)0，解得12k0)的焦點為F，直線 2xy20 交拋物線C于A，B兩點，P是線段AB的中點，過P作x軸的垂線交拋物線C于點Q.(1)D是拋物線C上的動點，點E(1，3)，若直線AB過焦點F，求|DF|DE|的最小值；(2)是否存在實數(shù)p，使|2QAQB|2QAQB

19、|？若存在，求出p的值；若不存在，說明理由.解(1)直線 2xy20 與y軸的交點為(0，2)，F(xiàn)(0，2)，則拋物線C的方程為x28y，準線l：y2.設(shè)過D作DGl于G，則|DF|DE|DG|DE|，當E，D，G三點共線時，|DF|DE|取最小值 235.(2)假設(shè)存在，拋物線x22py與直線y2x2 聯(lián)立方程組得：x24px4p0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，(4p)216p16(p2p)0，則x1x24p，x1x24p，Q(2p，2p).|2QAQB|2QAQB|，QAQB.則QAQB0，得(x12p)(x22p)(y12p)(y22p)(x12p)(x22p)(2x122p)

20、(2x222p)5x1x2(46p)(x1x2)8p28p40，代入得 4p23p10，解得p14或p1(舍去).因此存在實數(shù)p14，且滿足0，使得|2QAQB|2QAQB|成立.1.解答圓錐曲線的定值、定點問題，從三個方面把握：(1)從特殊開始，求出定值，再證明該值與變量無關(guān)：(2)直接推理、計算，在整個過程中消去變量，得定值；(3)在含有參數(shù)的曲線方程里面，把參數(shù)從含有參數(shù)的項里面分離出來，并令其系數(shù)為零，可以解出定點坐標.2.圓錐曲線的范圍問題的常見求法(1)幾何法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決；(2)代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)

21、關(guān)系，則可首先建立起目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值.3.存在性問題求解的思路及策略(1)思路：先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確，則存在；若結(jié)論不正確，則不存在.(2)策略：當條件和結(jié)論不唯一時要分類討論；當給出結(jié)論而要推導出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件.一、選擇題1.(2017全國卷)若a1，則雙曲線x2a2y21 的離心率的取值范圍是()A.( 2，)B.( 2，2)C.(1， 2)D.( 1，2)解析由題意e2c2a2a21a211a2，因為a1，所以 111a22，則 1e 2.答案C2.F1，F(xiàn)2是橢圓x24y21 的左、右焦點，點P在橢圓上運動，則PF1PF2的最大值

22、是()A.2B.1C.2D.4解析設(shè)P(x，y)，依題意得點F1( 3，0)，F(xiàn)2( 3，0)，PF1PF2( 3x)( 3x)y2x2y2334x22，注意到234x221，因此PF1PF2的最大值是 1.答案B3.(2017沈陽二模)若點P為拋物線y2x2上的動點，F(xiàn)為拋物線的焦點，則|PF|的最小值為()A.2B.12C.14D.18解析根據(jù)題意，拋物線y2x2上，設(shè)P到準線的距離為d，則有|PF|d，拋物線的方程為y2x2， 即x212y， 其準線方程為y18， 當點P在拋物線的頂點時，d有最小值18， 即|PF|min18.答案D4.(2017全國改編)橢圓C：x23y2m1 的焦點

23、在x軸上，點A，B是長軸的兩端點，若曲線C上存在點M滿足AMB120，則實數(shù)m的取值范圍是()A.(3，)B.1，3)C.(0， 3)D.(0，1解析依題意，當 0m3 時，焦點在x軸上，要在曲線C上存在點M滿足AMB120，則abtan 60，即3m 3，解得 00，b0)的一條漸近線與拋物線y2x的一個交點的橫坐標為x0，若x01，則雙曲線C的離心率e的取值范圍是_.解析雙曲線C：x2a2y2b21 的一條漸近線為ybax，聯(lián)立y2x，ybax消去y，得b2a2x2x.由x01，知b2a21，b2a2.e2c2a2a2b2a22，因此 1e0)，B(x2，y2)(y20).則|AC|BD|

24、x2y1y224y1.又y1y2p24.|AC|BD|y2244y2(y2b0)的離心率是32，點P1，32 在橢圓E上.(1)求橢圓E的方程；(2)過點P且斜率為k的直線l交橢圓E于點Q(xQ，yQ)(點Q異于點P)，若 0 xQ1，求直線l斜率k的取值范圍.解(1)由題意得ca32，1a234b21，a2b2c2解得a2，b1，c 3，橢圓E的方程為x24y21.(2)設(shè)直線l的方程為y32k(x1)，代入方程x24y21.消去y得(14k2)x2(4 3k8k2)x4k24 3k10，xQ14k24 3k114k2，0 xQ1，04k24 3k114k20，4k24 3k114k21.解

25、得36k322，經(jīng)檢驗，滿足題意.直線l斜率k的取值范圍是36，322或322，.10.(2017延安調(diào)研)如圖，橢圓E：x2a2y2b21(ab0)，經(jīng)過點A(0，1)，且離心率為22.(1)求橢圓E的方程；(2)經(jīng)過點(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值.(1)解由題設(shè)知ca22，b1，結(jié)合a2b2c2，解得a 2，所以橢圓的方程為x22y21.(2)證明由題設(shè)知，直線PQ的方程為yk(x1)1(k2)，代入x22y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由已知0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x

26、1x20，則x1x24k（k1）12k2，x1x22k（k2）12k2，從而直線AP，AQ的斜率之和kAPkAQy11x1y21x2kx12kx1kx22kx22k(2k)1x11x22k(2k)x1x2x1x22k(2k)4k（k1）2k（k2）2k2(k1)2.故kAPkAQ為定值 2.11.(2015全國卷)在直角坐標系xOy中，曲線C：yx24與直線l：ykxa(a0)交于M，N兩點，(1)當k0 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OPMOPN？說明理由.解(1)由題設(shè)可得M(2a，a)，N(2a，a)，或M(2a，a)，N(2a，a).

27、又yx2， 故yx24在x2a處的導數(shù)值為a，C在點(2a，a)處的切線方程為yaa(x2a)，即axya0.yx24在x2a處的導數(shù)值為a，C在點(2a，a)處的切線方程為yaa(x2a)，即axya0.故所求切線方程為axya0 和axya0.(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.將ykxa代入C的方程得x24kx4a0.故x1x24k，x1x24a.從而k1k2y1bx1y2bx22kx1x2（ab） （x1x2）x1x2k（ab）a.當ba時，有k1k20，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補，故OPMOPN，所以點P(0，a)符合題意.