2016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．(2014·福建)设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆x210＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是()A．52B.46＋2C．7＋2D．622．(2015·陕西)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，经过点A(0，－1)，且离心率为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.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x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞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＋2，|PF2|＝2－2，求椭圆的标准方程；(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且34≤λ＜43，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12，且椭圆经过点P(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PF2→＝λF2Q→，求△PF1Q内切圆面积最大时实数λ的值．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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为12，其左焦点到点P(2,1)的距离为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，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＋6，圆O：x2＋y2＝5，椭圆E：y2a2＋x2b2＝1(ab0)的离心率e＝33，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Q(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．跟踪演练3(2015·四川)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率是22，点P(0,1)在短轴CD上，且PC→·PD→＝－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OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．已知椭圆C1：x2a2＋y23＝1(a0)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|PN||MQ|＝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＋by2＝1为焦点在x轴上的椭圆，则实数a，b满足()A．a2b2B.1a1bC．0abD．0ba2．已知椭圆x24＋y2b2＝1(0b2)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.2C.32D.33．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．42B．8C．82D．164．设椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为e＝12，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x24＋y23＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则OP→·FP→的最大值为()A．2B．3C．6D．86．已知双曲线x2－y23＝1的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上一点，则PA1→·PF2→的最小值为_______________________________________________________________．7．已知A(1,2)，B(－1,2)，动点P满足AP→⊥BP→.若双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)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：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的短轴长为2，离心率为22，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|AB||CD|的值为________．12．(2015·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m3，m，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．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(r0)，与椭圆方程x210＋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＝52.由题意易知P，Q两点间的最大距离为r＋2＝62，故选D.]2．(1)解由题设知ca＝22，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝2，所以椭圆的方程为x22＋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x22＋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＝4kk－1＋2k2，x1x2＝2kk－1＋2k2，从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝y1＋1x1＋y2＋1x2＝kx1＋2－kx1＋kx2＋2－kx2＝2k＋(2－k)1x1＋1x2＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)4kk－2kk－＝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)＋(2－2)＝4，故a＝2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，因此2c＝|F1F2|＝|PF1|2＋|PF2|2＝＋22＋－22＝23，即c＝3，从而b＝a2－c2＝1.故所求椭圆的标准方程为x24＋y2＝1.(2)如图，由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|，得|QF1|＝|PF1|2＋|PQ|2＝1＋λ2|PF1|.由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，进而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a，于是(1＋λ＋1＋λ2)|PF1|＝4a，解得|PF1|＝4a1＋λ＋1＋λ2，故|PF2|＝2a－|PF1|＝2aλ＋1＋λ2－1＋λ＋1＋λ2.由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2，从而4a1＋λ＋1＋λ22＋2aλ＋1＋λ2－1＋λ＋1＋λ22＝4c2，两边除以4a2，得4＋λ＋1＋λ22＋λ＋1＋λ2－2＋λ＋1＋λ22＝e2.若记t＝1＋λ＋1＋λ2，则上式变成e2＝4＋t－2t2＝81t－142＋12.由34≤λ＜43，并注意到1＋λ＋1＋λ2关于λ的单调性，得3≤t＜4，即14＜1t≤13.进而12＜e2≤59，即22＜e≤53.跟踪演练1解(1)e＝ca＝12，P(1，32)满足1a2＋322b2＝1，又a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝3，∴椭圆标准方程为x24＋y23＝1.(2)显然直线PQ不与x轴重合，当直线PQ与x轴垂直时，|PQ|＝3，|F1F2|＝2，1PFQS＝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，Δ0，y1＋y2＝－6k3＋4k2，y1·y2＝－9k23＋4k2.1PFQS＝12·|F1F2|·|y1－y2|＝12k2＋k43＋4k22，令t＝3＋4k2，∴t3，k2＝t－34，∴1PFQS＝3－1t＋132＋43，∵01t13，∴1PFQS∈(0,3)，∴当直线PQ与x轴垂直时1PFQS最大，且最大面积为3.设△PF1Q内切圆半径为r，则1PFQS＝12(|PF1|＋|QF1|＋|PQ|)·r＝4r≤3.即rmax＝34，此时直线PQ与x轴垂直，△PF1Q内切圆面积最大，∴PF2→＝F2Q→，∴λ＝1.例2解(1)设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，由e＝ca＝12，得a＝2c，∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，则椭圆方程变为x24c2＋y23