第3講圓錐曲線綜合問題1圓錐曲線中的定點(diǎn)與定值、最值與范圍問題是高考必考的問題之一，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2定點(diǎn)、定值問題(1)定點(diǎn)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(diǎn)，這類問題稱為定點(diǎn)問題若得到了直線方程的點(diǎn)斜式：yy0k(xx0)，則直線必過定點(diǎn)(x0，y0)；若得到了直線方程的斜截式：ykxm，則直線必過定點(diǎn)(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(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)或動(dòng)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(diǎn)一圓錐曲線中的最值、范圍【例1】(2018濟(jì)寧期末)已知拋物線C:x2=2pyp>0的焦點(diǎn)為F，過點(diǎn)F的直線l與拋物線C相交于A，B兩點(diǎn)，且OAOB=-3，直線AO，BO分別交直線y=-1于點(diǎn)M，N(1)求拋物線C的方程；(2)求SOMN的最小值解（1）拋物線C:x2=2pyp>0的焦點(diǎn)為F0,p2，Ax1,y1，Bx2,y2設(shè)直線AB的方程為：y=kx+p2，聯(lián)立直線AB與拋物線C的方程可得：y=kx+p2x2=2py，整理得：x2-2pkx-p2=0，所以x1+x2=2pk，x1x2=-p2，y1y2=kx1+p2kx2+p2=k2x1x2+p2kx1+x2+p24=p24，因?yàn)镺AOB=-3，且OA=x1,y1，OB=x2,y2，所以x1x2+y1y2=-3，即-p2+p24=-3，解得：p=2所以拋物線C的方程為：x2=4y。（2）直線OA的方程為：y=y1x1x，直線OB的方程為：y=y2x2x，聯(lián)立y=y1x1xy=-1得：x=-x1y1，所以M-x1y1,-1，聯(lián)立y=y2x2xy=-1得：x=-x2y2，所以N-x2y2,-1，所以MN=x2y2-x1y1=x2y1-x1y2y2y1=x2kx1+p2-x1kx2+p2y1y2=x1-x2=x1+x22-4x1x2，所以SOMN=121x1-x2=12x1+x22-4x1x2=124k2+162，當(dāng)k=0時(shí)，等號成立所以SOMN的最小值為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(xùn)練1】已知點(diǎn)A(0，2)，橢圓E：1(a>b>0)的離心率為，F(xiàn)是橢圓E的右焦點(diǎn)，直線AF的斜率為，O為坐標(biāo)原點(diǎn)(1)求E的方程；(2)設(shè)過點(diǎn)A的動(dòng)直線l與E相交于P，Q兩點(diǎn)，當(dāng)OPQ的面積最大時(shí)，求l的方程解(1)設(shè)F(c，0)，由條件知，得c又，所以a2，b2a2c21故E的方程為y21(2)當(dāng)lx軸時(shí)不合題意，故設(shè)l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)將ykx2代入y21，得(14k2)x216kx120當(dāng)16(4k23)>0，即k2>時(shí)，x1，2從而|PQ|x1x2|又點(diǎn)O到直線PQ的距離d所以O(shè)PQ的面積SOPQd|PQ|設(shè)t，則t>0，SOPQ因?yàn)閠4，當(dāng)且僅當(dāng)t2，即k時(shí)等號成立，且滿足>0所以當(dāng)OPQ的面積最大時(shí)，l的方程為yx2或yx2熱點(diǎn)二圓錐曲線中的存在性問題【例2】(2019廣州一模)已知?jiǎng)訄AC過定點(diǎn)F(1,0)，且與定直線x=-1相切（1）求動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程；（2）過點(diǎn)M-2,0的任一條直線l與軌跡E交于不同的兩點(diǎn)P,Q，試探究在x軸上是否存在定點(diǎn)N（異于點(diǎn)M），使得QNM+PNM=？若存在，求點(diǎn)N的坐標(biāo)；若不存在，說明理由解（1）解法1：依題意動(dòng)圓圓心C到定點(diǎn)F(1,0)的距離與到定直線x=-1的距離相等，由拋物線的定義，可得動(dòng)圓圓心C的軌跡是以F(1,0)為焦點(diǎn)，x=-1為準(zhǔn)線的拋物線， 其中p=2動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程為y2=4x解法2：設(shè)動(dòng)圓圓心Cx,y，依題意：x-12+y2=x+1化簡得：y2=4x，即為動(dòng)圓圓心C的軌跡E的方程（2）解：假設(shè)存在點(diǎn)Nx0,0滿足題設(shè)條件由QNM+PNM=可知，直線PN與QN的斜率互為相反數(shù)，即kPN+kQN=0 直線PQ的斜率必存在且不為0，設(shè)PQ:x=my-2,由y2=4xx=my-2得y2-4my+8=0由=-4m2-48>0,得m>2或m<-2設(shè)P(x1,y1),Q(x2,y2)，則y1+y2=4m,y1y2=8由式得kPN+kQN=y1x1-x0+y2x2-x0=y1x2-x0+y2x1-x0x1-x0x2-x0=0,y1x2-x0+y2x1-x0=0,即y1x2+y2x1-x0y1+y2=0消去x1,x2，得14y1y22+14y2y12-x0y1+y2=0,14y1y2y1+y2-x0y1+y2=0,y1+y20,x0=14y1y2=2,存在點(diǎn)N2,0使得QNM+PNM=探究提高1此類問題一般分為探究條件、探究結(jié)論兩種若探究條件，則可先假設(shè)條件成立，再驗(yàn)證結(jié)論是否成立，成立則存在，不成立則不存在；若探究結(jié)論，則應(yīng)先求出結(jié)論的表達(dá)式，再針對其表達(dá)式進(jìn)行討論，往往涉及對參數(shù)的討論2求解步驟：假設(shè)滿足條件的元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，用待定系數(shù)法設(shè)出，列出關(guān)于待定系數(shù)的方程組，若方程組有實(shí)數(shù)解，則元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))存在，否則，元素(點(diǎn)、直線、曲線或參數(shù))不存在【訓(xùn)練2】(2017新鄉(xiāng)三模)已知拋物線C：x22py(p>0)的焦點(diǎn)為F，直線2xy20交拋物線C于A，B兩點(diǎn)，P是線段AB的中點(diǎn)，過P作x軸的垂線交拋物線C于點(diǎn)Q(1)D是拋物線C上的動(dòng)點(diǎn)，點(diǎn)E(1，3)，若直線AB過焦點(diǎn)F，求|DF|DE|的最小值；(2)是否存在實(shí)數(shù)p，使|2|2|？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(diǎn)為(0，2)，F(xiàn)(0，2)，則拋物線C的方程為x28y，準(zhǔn)線l：y2設(shè)過D作DGl于G，則|DF|DE|DG|DE|，當(dāng)E，D，G三點(diǎn)共線時(shí)，|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)|2|2|，QAQB則0，可得(x12p)(x22p)(y12p)(y22p)(x12p)(x22p)(2x122p)(2x222p)5x1x2(46p)(x1x2)8p28p40，代入得4p23p10，解得p或p1(舍去)因此存在實(shí)數(shù)p，且滿足>0，使得|2|2|成立1(2018全國I卷)設(shè)橢圓C:x22+y2=1的右焦點(diǎn)為F，過F的直線l與C交于A,B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(2,0)（1）當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，求直線AM的方程；（2）設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，證明：OMA=OMB1(2018全國III卷)已知斜率為k的直線l與橢圓C：x24+y23=1交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M1，mm>0（1）證明：k<-12；（2）設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn),且FP+FA+FB=0證明：FA，F(xiàn)P，F(xiàn)B成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差2(2017菏澤調(diào)研)已知焦距為2的橢圓C：1(a>b>0)的右頂點(diǎn)為A，直線y與橢圓C交于P，Q兩點(diǎn)(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(gè)不同的點(diǎn)M，N若M是橢圓的左頂點(diǎn)，D是直線MN上一點(diǎn)，且DAAM點(diǎn)G是x軸上異于點(diǎn)M的點(diǎn)，且以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點(diǎn)，求證：點(diǎn)G是定點(diǎn)1(2017延安調(diào)研)如圖，橢圓E：1(ab0)，經(jīng)過點(diǎn)A(0，1)，且離心率為(1)求橢圓E的方程；(2)經(jīng)過點(diǎn)(1，1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點(diǎn)P，Q(均異于點(diǎn)A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為定值2(2017昆明二模)已知橢圓C：1(a>b>0)的離心率為，短軸長為2直線l：ykxm與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，又l與直線yx，yx分別交于A，B兩點(diǎn)，其中點(diǎn)A在第一象限，點(diǎn)B在第二象限，且OAB的面積為2(O為坐標(biāo)原點(diǎn))(1)求橢圓C的方程；(2)求的取值范圍參考答案1【解題思路】(1)首先根據(jù)l與x軸垂直，且過點(diǎn)F(1,0)，求得直線l的方程為x=1，代入橢圓方程求得點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,22)或(1,-22)，利用兩點(diǎn)式求得直線AM的方程；(2)分直線l與x軸重合、l與x軸垂直、l與x軸不重合也不垂直三種情況證明，特殊情況比較簡單，也比較直觀，對于一般情況將角相等通過直線的斜率的關(guān)系來體現(xiàn)，從而證得結(jié)果【答案】（1）由已知得F(1,0)，l的方程為x=1由已知可得，點(diǎn)A的坐標(biāo)為(1,22)或(1,-22)所以AM的方程為y=-22x+2或y=22x-2（2）當(dāng)l與x軸重合時(shí)，OMA=OMB=0當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線，所以O(shè)MA=OMB當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y=k(x-1)(k0)，A(x1,y1),B(x2,y2)，則x1<2,x2<2，直線MA，MB的斜率之和為kMA+kMB=y1x1-2+y2x2-2由y1=kx1-k,y2=kx2-k得kMA+kMB=2kx1x2-3k(x1+x2)+4k(x1-2)(x2-2)將y=k(x-1)代入x22+y2=1得(2k2+1)x2-4k2x+2k2-2=0所以，x1+x2=4k22k2+1,x1x2=2k2-22k2+1則2kx1x2-3k(x1+x2)+4k=4k3-4k-12k3+8k3+4k2k2+1=0從而kMA+kMB=0，故MA，MB的傾斜角互補(bǔ)，所以O(shè)MA=OMB綜上，OMA=OMB1【解題思路】（1）設(shè)而不求，利用點(diǎn)差法進(jìn)行證明（2）解出m,進(jìn)而求出點(diǎn)P的坐標(biāo)，得到|FP|,再由兩點(diǎn)間距離公式表示出FA,|FB|，得到直l的方程，聯(lián)立直線與橢圓方程由韋達(dá)定理進(jìn)行求解【答案】（1）設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2)，則x124+y123=1,x224+y223=1兩式相減，并由y1-y2x1-x2=k得x1+x24+y1+y23k=0由題設(shè)知x1+x22=1,y1+y22=m，于是k=-34m由題設(shè)得0<m<32，故k<-12（2）由題意得F(1,0)，設(shè)P(x3,y3)，則(x3-1,y3)+(x1-1,y1)+(x2-1,y2)=(0,0)由（1）及題設(shè)得x3=3-(x1+x2)=1,y3=-(y1+y2)=-2m<0又點(diǎn)P在C上，所以m=34，從而P(1,-32)，|FP|=32于是|FA|=(x1-1)2+y12=(x1-1)2+3(1-x124)=2-x12同理|FB|=2-x22所以|FA|+|FB|=4-12(x1+x2)=3故2|FP|=|FA|+|FB|，即|FA|,|FP|,|FB|成等差數(shù)列設(shè)該數(shù)列的公差為d，則2|d|=|FB|-|FA|=12|x1-x2|=12(x1+x2)2-4x1x2將m=34代入得k=-1所以l的方程為y=-x+74，代入C的方程，并整理得7x2-14x+14=0故x1+x2=2,x1x2=128，代入解得|d|=32128所以該數(shù)列的公差為32128或-321282【解題思路】(1)根據(jù)幾何特征可得，|2|，可得B的橫坐標(biāo)，也就是Q的；(2) 設(shè)MN：yk(x2)，聯(lián)立可得N的坐標(biāo)（用k表示），直徑所對的圓周角是直角可知0，以方程求解G的坐標(biāo)【答案】(1)解設(shè)坐標(biāo)原點(diǎn)為O，四邊形ABPQ是平行四邊形，|，|2|，|2|，則點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為，點(diǎn)Q的坐標(biāo)為，代入橢圓C的方程得b22，又c22，a24，即橢圓C的方程為1(2)證明設(shè)直線MN的方程為yk(x2)，N(x0，y0)，DAAM，D(2，4k)由消去y得(12k2)x28k2x8k240，則2x0，即x0，y0k(x02)，則N，設(shè)G(t，0)，則t2，若以DN為直徑的圓恒過直線AN和DG的交點(diǎn)，則DGAN，0恒成立(2t，4k)，(2t)4k0恒成立，即0恒成立，t0，點(diǎn)G是定點(diǎn)(0，0)1【解題思路】(1) 列方程組求a，b；(2) 設(shè)PQ：yk(x1)1，聯(lián)立由韋達(dá)定理可得x1x2，x1x2（用k表示），計(jì)算kAPkAQ用x1x2，x1x2表示，再代入韋達(dá)定理用k表示，化簡即可【答案】(1)解由題設(shè)知，b1，結(jié)合a2b2c2，解得a，所以橢圓的方程為y21(2)證明由題設(shè)知，直線PQ的方程為yk(x1)1(k2)，代入y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由已知0，設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，則x1x2，x1x2，從而直線AP，AQ的斜率之和kAPkAQ2k(2k)2k(2k)2k2(k1)2故kAPkAQ為定值22【解題思路】(1)，b1；(2)聯(lián)立直線l與橢圓C由韋達(dá)定理可得x1x2，x1x2（用k，m表示），分別聯(lián)立直線l與yx，yx可得A，B兩點(diǎn)的坐標(biāo)（用k，m表示），注意象限可確定k，m滿足的范圍，用弦長和點(diǎn)到直線距離公式計(jì)算OAB的面積，可得k，m的關(guān)系，計(jì)算，先用x1x2，x1x2表示，化為用k，m表示，消元化為用k表示，進(jìn)而確定其范圍【答案】解(1)由于b1且離心率e，則a22，因此橢圓的方程為y21(2)聯(lián)立直線l與直線yx，可得點(diǎn)A，聯(lián)立直線l與直線yx，可得點(diǎn)B，又點(diǎn)A在第一象限，點(diǎn)B在第二象限，即m2(14k2)>0，而m20，14k2>0，又|AB|，又原點(diǎn)O到直線l的距離為，即OMN底邊AB上的高為，SOMN2，m214k2，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，將直線l代入橢圓方程，整理可得(12k2)x24kmx2m220，x1x2，x1x2，16k2m24(12k2)(2m22)48k2>0，則k2>0，y1y2(kx1m)(kx2m)，x1x2y1y27，0<k2<，12k2，故的取值范圍為