2017年高考数学考点解读+命题热点突破专题17圆锥曲线中的热点问题理.docx

专题17 圆锥曲线中的热点问题【命题热点突破一】轨迹方程、存在探索性问题例1、【2016高考山东理数】（本小题满分14分）平面直角坐标系中，椭圆C：的离心率是，抛物线E：的焦点F是C的一个顶点.（I）求椭圆C的方程；（II）设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线与C交与不同的两点A，B，线段AB的中点为D，直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.（i）求证：点M在定直线上;（ii）直线与y轴交于点G，记的面积为，的面积为，求 的最大值及取得最大值时点P的坐标.【答案】（）;（）（i）见解析；（ii）的最大值为，此时点的坐标为【解析】（）由题意知，可得：.因为抛物线的焦点为，所以，所以椭圆C的方程为.（）（）设，由可得，所以直线的斜率为，因此直线的方程为，即.设，联立方程得，由，得且，因此,将其代入得，因为，所以直线方程为.联立方程，得点的纵坐标为，即点在定直线上.（）由（）知直线方程为，令得，所以，又，所以，所以，令，则，当，即时，取得最大值，此时，满足，所以点的坐标为，因此的最大值为，此时点的坐标为.【变式探究】椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，过点P(1，)作圆x2y21的切线，切点分别为A，B，直线AB恰好经过椭圆的右焦点和上顶点(1)求椭圆C的方程；(2)过点Q(5，0)任作一直线l交椭圆C于M，N两点，记，线段MN上的点R满足，求点R的轨迹方程解：（1）设A（x1，y1），B（x2，y2），则切线PA的方程为x1y11，同理切线PB的方程为x2y21，故直线AB的方程为xy1.由此得b2，c1，a，所以椭圆C的方程为1.（2）方法一：设M（x3，y3），N（x4，y4），R（x，y）.由，得（5x3，y3）（x45，y4），得因为点M，N在椭圆C上，所以所以第二个等式两边同乘2，两式相减得x43.由，得（xx3，yy3）（x4x，y4y），即xx3（x4x），即（1）xx3x42x45（1）.把代入得（1）x1，根据已知1，所以x1.由解得y.所以点R的轨迹方程为x1（y5，所以y，所以点R的轨迹方程为x1（yb0)的左、右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为，A是椭圆上一点，AF2F1F2，原点O到直线AF1的距离为.(1)求椭圆的方程(2)是否存在过F2的直线l交椭圆于B，C两点，且满足BOC的面积为？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由解：（1）设F1（c，0），F2（c，0）.由e，得ac，bc，所以椭圆的方程为1.直线AF2：xc，与椭圆方程联立得yc，根据对称性取A（c，c），则kAF1，所以AF1的方程为y（xc），即x2 yc0，所以坐标原点到该直线的距离d，解得c1（舍去定值），故所求的椭圆的方程为y21.【特别提醒】解析几何中存在探索性问题的解法和其他的存在探索性问题的解法的思想是一致的，即在假设其存在的情况下进行计算和推理，根据得出的结果是否合理确定其存在与否【命题热点突破二】圆锥曲线中的定点、定值问题例2、【2016高考江苏卷】（本小题满分10分）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知直线，抛物线（1）若直线l过抛物线C的焦点，求抛物线C的方程；（2）已知抛物线C上存在关于直线l对称的相异两点P和Q.求证：线段PQ的中点坐标为；求p的取值范围.【答案】（1）（2）详见解析，【解析】解：（1）抛物线的焦点为由点在直线上，得，即所以抛物线C的方程为（2）设，线段PQ的中点因为点P和Q关于直线对称，所以直线垂直平分线段PQ，于是直线PQ的斜率为，则可设其方程为由消去得因为P 和Q是抛物线C上的相异两点，所以从而，化简得.方程（*）的两根为，从而因为在直线上，所以因此，线段PQ的中点坐标为因为在直线上所以，即由知，于是，所以因此的取值范围为【变式探究】已知椭圆C：1(ab0)经过点(1，)，离心率为，过椭圆右顶点的两条斜率之积为的直线分别与椭圆交于点M，N.(1)求椭圆C的标准方程(2)直线MN是否过定点D？若过，求出点D的坐标；若不过，请说明理由解：（1）由e以及1，且a2b2c2，解得a24，b21，所以椭圆C的方程为y21.（2）方法一：直线MN恒过定点D（0，0）.证明如下：设右顶点为A（2，0），根据已知得直线AM，AN的斜率存在且不为零.设AM：yk（x2），代入椭圆方程，得（14k2）x216k2x16k240，设M（x1，y1），则2x1，即x1，y1k（x12），即M.设直线AN的斜率为k，则kk，即k，把点M坐标中的k替换为，得N.当M，N的横坐标不相等，即k时，kMN，直线MN的方程为y（x），即yx，该直线恒过定点（0，0）.当k时，M，N的横坐标为零，直线MN也过定点（0，0）.综上可知，直线MN过定点D（0，0）.由于AM，AN的斜率之积为负值，故点M，N在椭圆上位于x轴的两侧，直线MN与x轴的交点一定在椭圆内部，而当m2k时，直线ykx2k过定点（2，0），这是不可能的.当MN的斜率不存在时，点M，N关于x轴对称，此时AM，AN的斜率分别为一，此时M，N恰为椭圆的上下顶点，直线MN也过定点（0，0）.综上可知，直线MN过定点D（0，0）.【特别提醒】证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程，根据方程的成立与参数值无关得出关于x，y的方程组，以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点【变式探究】已知椭圆C：1(ab0)的左焦点是F(1，0)，上顶点是B，且|BF|2，直线yk(x1)与椭圆C相交于M，N两点(1)求椭圆C的标准方程；(2)若在x轴上存在点P，使得与k的取值无关，求点P的坐标解：（1）因为椭圆C的左焦点是F（1，0），且|BF|2，所以c1，a2，所以由a2b2c2，得b23，所以椭圆C的标准方程是1.（2）因为直线yk（x1）与椭圆C相交于M，N两点，联立消去y，得（34k2）x28k2x4k2120，144k21440.设M（x1，y1），N（x2，y2），P（x0，0），则x1x2，x1x2.（x1x0，y1）（x2x0，y2）（x1x0）（x2x0）y1y2x1x2x0（x1x2）xk2（x11）（x21）（1k2）x1x2（k2x0）（x1x2）k2x（1k2）（k2x0）k2xxx，若与k的取值无关，则只需，解得x0，所以在x轴上存在点P，使得与k的取值无关，P的坐标为.【特别提醒】定值问题就是证明一个量与其他的变化因素无关，这些变化的因素可能是直线的斜率、截距，也可能是动点的坐标等，这类问题的一般解法是用变化的量表达求证目标，通过运算求证目标的取值与变化的量无关当使用直线的斜率和截距表达直线方程时，在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系，把双参数问题化为单参数问题来解决【命题热点突破三】圆锥曲线中的范围与最值问题例3. 【2016高考天津理数】（本小题满分14分）设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中 为原点，为椭圆的离心率.（）求椭圆的方程；（）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.【答案】（）（）【解析】（）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.（）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.设，由方程组，消去，整理得.解得，或，由题意得，从而.由（）知，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为.设，由方程组消去，解得.在中，即，化简得，即，解得或.所以，直线的斜率的取值范围为.【变式探究】已知圆心在x轴上的圆C过点(0，0)和(1，1)，圆D的方程为(x4)2y24.(1)求圆C的方程；(2)由圆D上的动点P向圆C作两条切线分别交y轴于A，B两点，求|AB|的取值范围（2）设圆D上的动点P的坐标为（x0，y0），则（x04）2y4，即y4（x04）20，解得2x06.设点A（0，a），B（0，b），则直线PA：yax，即（y0a）xx0yax00.因为直线PA与圆C相切，所以1，化简得（x02）a22y0ax00.同理得（x02）b22y0bx00.由知a，b为方程（x02）x22y0xx00的两根，则所以|AB|ab|.因为y4（x04）2，所以|AB|2 2 .令t，因为2x06，所以t，所以|AB|2 2 ，所以当t时，|AB|max；当t时，|AB|min.所以|AB|的取值范围为.【特别提醒】解析几何中产生范围的有如下几种情况：(1)直线与曲线相交(判别式)；(2)曲线上点的坐标的范围；(3)题目中要求的限制条件这些产生范围的情况可能同时出现在一个问题中，在解题时要注意全面把握范围产生的原因【变式探究】在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1和F2，上顶点为B，BF2的延长线交椭圆于点A，ABF1的周长为8，且0.(1)求椭圆的方程；(2)过点P(1，0)的直线l与椭圆C相交于M，N两点，点T(4，3)，记直线TM，TN的斜率分别为k1，k2，当k1k2最大时，求直线l的方程解：（1）由椭圆定义得ABF1的周长为4a，所以4a8，a2.因为0，所以F1BF2B，F1BF2为等腰直角三角形，所以bca，所以椭圆的方程为1.（2）当直线l的斜率为0时，取M（2，0），N（2，0），k1k2.当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为xmy1，代入椭圆方程得（m22）y22my30，则4m212（m22）0.设M（x1，y1），N（x2，y2），则y1y2，y1y2，x1my11，x2my21.k1k2.令t4m1，则k1k2.当t0时，0；当t0时，当且仅当t5，即m1时等号成立.综上可知，当m1时，k1k2取得最大值1，此时直线l的方程为xy1，即xy10.【特别提醒】解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法几何法是根据已知几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识解决问题的方法(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等)；代数法是建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决问题的方法【命题热点突破四】向量、圆锥曲线性质、点线距与基本不等式问题例4、已知抛物线y24 x的焦点为椭圆1(ab0)的右焦点F2，且椭圆的长轴长为4，左、右顶点分别为A，B，经过椭圆左焦点F1的直线l与椭圆交于C，D(异于A，B)两点(1)求椭圆的标准方程(2)求四边形ADBC的面积的最大值(3)若M(x1，y1)，N(x2，y2)是椭圆上的两动点，且满足x1x22y1y20，动点P满足2(其中O为坐标原点)，是否存在两定点G1，G2使得|PG1|PG2|为定值？若存在，求出该定值；若不存在，说明理由解：（1）由题设知，因为抛物线y24 x的焦点为（，0），所以椭圆中的c，又由椭圆的长轴长为4，得a2，所以b2a2c22，所以椭圆的标准方程为1.（2）方法一：A（2，0），B（2，0），F1（，0），显然直线l的斜率不为零，设l：xmy，代入椭圆方程得（m22）y22 my20.设C（x3，y3），D（x4，y4），则有y3y4，y3y4.S四边形ADBCSABCSABD|AB|y3|AB|y4|AB|y3y4|42 4，当且仅当，即m0时等号成立.故四边形ADBC的面积的最大值为4.方法二：易知A（2，0），B（2，0），F1（，0），当直线l的斜率不存在时，l的方程为x，此时S四边形ADBC4.当直线l的斜率存在时，设l的方程为yk（x）（其中k0），即xy，代入椭圆方程得（2k21）y22 ky2k20，设C（x3，y3），D（x4，y4），则有y3y4，y3y4.S四边形ADBCSABCSABD|AB|y3|AB|y4|AB|y3y4|42 b0)的离心率为，椭圆的短轴端点与双曲线x21的焦点重合，过点P(4，0)且不垂直于x轴的直线l与椭圆C相交于A，B两点(1)求椭圆C的方程；(2)求的取值范围解：（1）由题意知e，e2，得a2b2.又双曲线的焦点坐标为（0，），b，a24，b23，所以椭圆的方程为1.【高考真题解读】1.【2016高考天津理数】（本小题满分14分）设椭圆（）的右焦点为，右顶点为，已知，其中 为原点，为椭圆的离心率.（）求椭圆的方程；（）设过点的直线与椭圆交于点（不在轴上），垂直于的直线与交于点，与轴交于点，若，且，求直线的斜率的取值范围.【答案】（）（）【解析】（）解：设，由，即，可得，又，所以，因此，所以椭圆的方程为.（）解：设直线的斜率为（），则直线的方程为.设，由方程组，消去，整理得.解得，或，由题意得，从而.由（）知，设，有，.由，得，所以，解得.因此直线的方程为.设，由方程组消去，解得.在中，即，化简得，即，解得或.所以，直线的斜率的取值范围为.2.【2016高考新课标3理数】已知抛物线：的焦点为，平行于轴的两条直线分别交于两点，交的准线于两点（I）若在线段上，是的中点，证明；（II）若的面积是的面积的两倍，求中点的轨迹方程.【答案】（）见解析；（）（）设与轴的交点为，则.由题设可得，所以（舍去），.设满足条件的的中点为.当与轴不垂直时，由可得.而，所以.当与轴垂直时，与重合，所以，所求轨迹方程为. .12分3.【2016高考浙江理数】（本题满分15分）如图，设椭圆（a1）.（I）求直线y=kx+1被椭圆截得的线段长（用a、k表示）；（II）若任意以点A（0,1）为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.【答案】（I）；（II）【解析】（）设直线被椭圆截得的线段为，由得，故，因此（）假设圆与椭圆的公共点有个，由对称性可设轴左侧的椭圆上有两个不同的点，满足记直线，的斜率分别为，且，由（）知，故，所以由于，得，因此， 因为式关于，的方程有解的充要条件是，所以因此，任意以点为圆心的圆与椭圆至多有个公共点的充要条件为，由得，所求离心率的取值范围为4.【2016高考新课标2理数】已知椭圆的焦点在轴上，是的左顶点，斜率为的直线交于两点，点在上，（）当时，求的面积；（）当时，求的取值范围【答案】（）；（）.（）由题意，.将直线的方程代入得.由得，故.由题设，直线的方程为，故同理可得，由得，即.当时上式不成立，因此.等价于，即.由此得，或，解得.因此的取值范围是.5.【2016年高考北京理数】（本小题14分）已知椭圆C： （）的离心率为 ，的面积为1.（1）求椭圆C的方程；（2）设的椭圆上一点，直线与轴交于点M，直线PB与轴交于点N.求证：为定值.【答案】（1）；（2）详见解析.【解析】（）由题意得解得.所以椭圆的方程为.（）由（）知，设，则.当时，直线的方程为.令，得，从而.直线的方程为.令，得，从而.所以.当时，所以.综上，为定值.6.【2016年高考四川理数】（本小题满分13分）已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.（）求椭圆E的方程及点T的坐标；（）设O是坐标原点，直线l平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P证明：存在常数，使得，并求的值.【答案】（），点T坐标为（2,1）；（）.【解析】（I）由已知，即，所以，则椭圆E的方程为.由方程组 得.方程的判别式为，由，得，此方程的解为，所以椭圆E的方程为.点T坐标为（2,1）.（II）由已知可设直线 的方程为，有方程组 可得所以P点坐标为（ ），.设点A，B的坐标分别为 .由方程组 可得.方程的判别式为，由，解得.由得.所以 ，同理，所以.故存在常数，使得.7. 【2016高考上海理数】本题共有2个小题，第1小题满分6分，第2小题满分8分.双曲线的左、右焦点分别为，直线过且与双曲线交于两点。（1）若的倾斜角为，是等边三角形，求双曲线的渐近线方程；（2）设，若的斜率存在，且，求的斜率. 【答案】（1）（2）.【解析】（1）设由题意，因为是等边三角形，所以，即，解得故双曲线的渐近线方程为（2）由已知，设，直线显然由，得因为与双曲线交于两点，所以，且设的中点为由即，知，故而，所以，得，故的斜率为1(2015浙江，19)已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx对称(1)求实数m的取值范围；(2)求AOB面积的最大值(O为坐标原点)解(1)由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb.由消去y，得x2xb210.因为直线yxb与椭圆y21有两个不同的交点，所以2b220，将AB中点M代入直线方程ymx解得b由得m或m.(2)令t，则|AB|.且O到直线AB的距离为d.设AOB的面积为S(t)，所以S(t)|AB|d.当且仅当t2时，等号成立故AOB面积的最大值为.2(2015江苏，18)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆1(ab0)的离心率为，且右焦点F到左准线l的距离为3. (1)求椭圆的标准方程；(2)过F的直线与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线分别交直线l和AB于点P，C，若PC2AB，求直线AB的方程解(1)由题意，得且c3，解得a，c1，则b1，所以椭圆的标准方程为y21.(2)当ABx轴时，AB，又CP3，不合题意当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将AB的方程代入椭圆方程，得(12k2)x24k2x2(k21)0，则x1，2，C的坐标为，且AB.若k0，则线段AB的垂直平分线为y轴，与左准线平行，不合题意从而k0，故直线PC的方程为y，则P点的坐标为，从而PC.因为PC2AB，所以，解得k1.此时直线AB的方程为yx1或yx1.3(2015天津，19)已知椭圆1(ab0)的左焦点为F(c，0)，离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2y2截得的线段的长为c，|FM|.(1)求直线FM的斜率；(2)求椭圆的方程；(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围 (2)由(1)得椭圆方程为1，直线FM的方程为y(xc)，两个方程联立，消去y，整理得3x22cx5c20，解得xc，或xc.因为点M在第一象限，可得M的坐标为.由|FM|.解得c1，所以椭圆的方程为1.(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，得t，即yt(x1)(x1)，与椭圆方程联立消去y，整理得2x23t2(x1)26，又由已知，得t，解得x1，或1x0.设直线OP的斜率为m，得m，即ymx(x0)，与椭圆方程联立，整理得m2.当x时，有yt(x1)0，因此m0，于是m，得m.当x(1，0)时，有yt(x1)0.因此m0，于是m，得m.综上，直线OP的斜率的取值范围是.4(2015四川，20)如图，椭圆E：1(ab0)的离心率是，过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点，当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.(1)求椭圆E的方程；(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由已知，点(，1)在椭圆E上，因此解得a2，b，所以椭圆E方程为1.(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C、D两点，如果存在定点Q满足条件，则有1，即|QC|QD|，所以Q点在y轴上，可设Q点的坐标为(0，y0)，当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为(0，)，(0，)，由，有，解得y01，或y02，所以，若存在不同于点P的定点Q满足条件，则Q点坐标只可能为(0，2)，下面证明：对任意直线l，均有，当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立，当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为ykx1，A、B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立得(2k21)x24kx20，其判别式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x1x2，因此2k，易知，点B关于y轴对称的点B的坐标为(x2，y2)，又kQAk，kQBkk，所以kQAkQB，即Q，A，B三点共线，所以，故存在与P不同的定点Q(0，2)，使得恒成立5(2015山东，20)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心以3为半径的圆与以F2为圆心以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆E：1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线ykxm交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.()求的值；()求ABQ面积的最大值解(1)由题意知2a4，则a2，又，a2c2b2，可得b1，所以椭圆C的方程为y21. ()设A(x1，y1)，B(x2，y2)将ykxm代入椭圆E的方程，可得(14k2)x28kmx4m2160，由0，可得m2416k2，则有x1x2，x1x2.所以|x1x2|.因为直线ykxm与y轴交点的坐标为(0，m)，所以OAB的面积S|m|x1x2|2.设t，将ykxm代入椭圆C的方程，可得(14k2)x28kmx4m240，由0，可得m214k2.由可知0t1，因此S22，故S2，当且仅当t1，即m214k2时取得最大值2.由()知，ABQ