文科数学专题圆锥曲线的综合应用(教学案)高考二轮复习资料含答案

1、专题15圆锥曲线的综合应用(教学案)圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考的热点，主要以解答题的形式呈现，往往作为考题 的压轴题之一，以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题，对考生的代数恒等变 形能力、计算能力有较高要求.考点一圆锥曲线中的最值、范围圆锥曲线中的范围、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、如图所示，设抛物线 y2= 2px(p0)的焦点为F,抛物线上的点 A到y轴的距离等于|AF1 1.(1) 求p的值；(2) 若直线AF交抛物线于另一点 B,过B与x轴平行的直线和过 F与AB垂直的直线交于点

2、 N AN与 x 轴交于点M求M的横坐标的取值范围.解:(I)由题青可得,抛物线上点A到焦点F的距离等于点丿到直线x= -1的距萄由抛物线的定义得即P-2.由抛物线方程为沪二匕，陀，0),可设“厲20, /#),冶L故直线册的斜率为-告m从而得直线FN:-写1),直线BN; p所以一分2 2R【变式探究】已知点 A(0， 2)，椭圆E： X2 +右=1(ab0)的离心率为,F是椭圆E的右焦点,a b2直线AF的斜率为233, O为坐标原点.3(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线I与E相交于P, Q两点，当 OPC的面积最大时，求I的方程. 解：(1)设Rc, 0)，由条件知，C=写，得c=

3、 .3.又=磐，所以 a= 2, b2= a2 c2= 1.a 22x故E的方程为4 + y2= 1.S寸不合题意，故设 I； y=/ix-2, yi)? yi).将卩=抵_2代入+护=1,得(1 +4 后)Q 16&+12=0.当 16(4*1-3O,即吩寸，绍尸嚅巨 从而四=严阿一护吧削严.、7又点O到直线户。的距d=.所VAOPQ的面积恥沪*陀二J设/用-彳二初则乩心尸沽士二七 r+丁因为+詁 当且仅当戸2,即*=呼寸等号成立，且满足0. 所以当OPQ的面积最大时的方程为尸爭-2或尸-2 考点二 定点、定值问题探究(xo, yo);1. 由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y

4、yo= k( x xo)，则直线必过定点 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.x2 y2例2、已知椭圆C：孑+ b2= 1( ab0)的离心率为2,A(a,0),耳0, b) ,0(0 ,0), OAB勺面积为1.(1) 求椭圆C的方程；(2) 设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M直线PB与x轴交于点N.求证：| AN BM为定值.所以椭圆C的方程为手+护=1-(2血明；由

5、知M(2,耶月(0,设理心拘丄贝i坊+4i二4一当工曲时,直线PA的方程为 二，弓2住令工=0,得時一琵,从而二 |1 一阳=+ 直线PB的方程为1. 令卩=0得巫=一旦亍加一1从而側二|2-喇二2+岸*所以 |AN| I BM1 +X0yo 14xoyo4xo 8yo+ 8xoyo xo 2yo+ 2=4.2yoxo 22 2|xo + 4yo+ 4xoyo 4xo 8yo+ 4xoyo xo 2yo+ 2当 Xo= o 时，yo= 1, |BM = 2, | AN = 2,所以 |AN| I BIM = 4.综上可知，I AN I BM为定值.【方法规律】1.求定值冋题常见的方法有两种:(

6、1) 从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2) 直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得出定值.2. 定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.【变式探究】如图，椭圆2 2x yE： a2+1( a bo)经过点 A(o ,1)，且离心率为r丿J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(1)求椭圆E的方程;AQ的斜率之和为定值.(1M：由题设知彳二李 i结苛朋二护+注，解IB所以;椭圆的方程为y+j求椭圆C的方程； 斜率为k的直线I与椭圆C交于两个不

7、同的点 M N.若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且 DAL AM点G是x轴上异于点 M的点，且以DN为直径的圆恒过直线 AN和DG的交点，求证：点 G是定点. L(2ME明：由题设知，直线吃的方程为=竝-1)+1(耳2),代入号+护=4得(1 + 2砂一4蚣1 + 20,设巩饥，H),户)，XUQ#fl,e _4A (fc-1)_2k (Jt-2)边i + 2jp he 1 + 2浪从而直线APf AQ的斜率之和yi +1y2+ 1kxi + 2 k kx2 + 2 k11+=+= 2k +(2 -k) X1 + X；XiX2=2k + (2 - k)X+xX= 2k + (2 -4k

8、( k-1)k)2kTr =2k-2(k-1) =2.故kAP+ kAQ为定值2.例3、已知焦距为2 2的椭圆C:笃+右=1(ab0)的右顶点为A,直线y=4与椭圆C交于P, Q两点a b3(P在Q的左边)，Q在 x轴上的射影为B,且四边形 ABP(是平行四边形.(1)解：设坐标原点为, 因为四边形ABPQ是平行四边形, 所以嗣|=|PQ, 卜 因为m=2OB,所以圉|=2|0叭 则点月的横坐标为% 所以点总的坐标为务 黑代入椭圆的方程得82, 又以二2,所以启=4,即椭圆C的方程为才+手=1(2涎明：设直线咖的方程为 尸愍+2)g 拘,DALAM,所以D(2, 4A).y兀+2)整理得(1

9、+圧) + 8晟工+朋一 4=債rl r 8-4 则_加=弃莎2-4!?i+W设G(t , 0)，则t丰一2,若以DN为直径的圆恒过直线 AN和DG的交点，贝U DGL AN所以GD AN= 0恒成立.f因为 GD= (2 t, 4k),2AN=(8k 4k 、 Q + 2k2，1 + 2k2 丿;f f一 8k24k所以GDAN= (2 t) 1 + 2弋+ 4k 十=0恒成立,8k?t即1 + 2k2 = 0恒成立，所以t = 0 ,所以点G是定点(0 , 0).【方法规律】1动直线I过定点问题，设动直线方程 (斜率存在)为y= kx +1，由题设条件将t用k表示为t = mk,得y= k

10、( x+ m，故动直线过定点(m 0).2.动曲线C过定点问题，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.【变式探究】已知两点 A 2, 0),耳2, 0)，动点P在x轴上的投影是 Q且(1)求动点P的轨迹C的方程；2PA- PB- | PQ2. 过F(1,0)作互相垂直的两条直线交轨迹C于点GH,MN,且Ei ,E2分别是GHMN的中点.求证:直线E1E2恒过定点.解：设点卩坐标为(心 珈 所次点的坐标为M 0,因为所以 2(-S-xXG-x)+/=, 化简得点P的轨迹方程为普+=UE明：当两直线的斜率都存在且不为0时，设斶：玩凤拘，伽：尸-1) , M

11、X3, y3), N(X4, y4),r- 22x y + = 1:丁 2，消去 y 得(2 k2+ 1)x24k2x + 2k2 4 = 0.7= k (x 1),则 0恒成立.联立42 24k2k 4所以 X1+ X2= 2k2 + 1 ,且 X1X2 = 2k2+ 1.2 k2 k2k2+ 1，2k2+ 1，k2 + 2，所以GH中点Ei坐标为同理，MN中点E坐标为3k所以 kEO 2(”，所以IE1E2的方程为 y= 2( r2)x 3，所以过点13， 0 ,当两直线的斜率分别为 0和不存在时，IEiEz的方程为y= 0，也过点 百，0 , 综上所述，IE1E2过定点 3，0 .考点三

12、圆锥曲线中的存在性问题(组)或不存在性问题的解题步骤：(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程 等式(组)(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.(3) 得出结论.例3、已知椭圆C：X2+y2=1(ab 0)的左、右焦点分别为Fi( 1, 0),F2(1, 0)，点A 1,亠2在椭a bk 2 J圆C上.(1) 求椭圆C的标准方程；一一一一5(2) 是否存在斜率为2的直线，使得当该直线与椭圆 C有两个不同交点 M N时，能在直线y= 3上找到 一点P,在椭圆C上找到一点 Q满足PM= NQ若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.解：(1)设椭

13、圆C的焦距为玄，则因为心豹在椭圆C上，所以 2ct|AF1|+ |AF2|则迂二迈，夕二川一以=1,故椭圆C的方程为芋+护=1一(2环存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为丁=右+齐 设收小 皿 呃 Xb 心 8(X4,川 慟的中点为 , yo)y=2x+1,二 1消去总得驳一 2少+总一8=0,丄，y1+ y2t戸故 y=2 = 9，且3 v t v 3.f f5由 PM= NQ得 |xi -xs, yi -3 = (X4-X2,屮y2),5525所以有 yi 3 =屮一y2, y4= yi+ y2-3 = t -3.f f也可由PM= NQ知四边形PMQ为平行四边形，而 D为线段MN

14、的中点，因此，D也为线段PQ的中点，所5+ V4.3 y t2t -15以y=厂=9，可得y4 =9又 一3/ b 0）的离心率为2，且过点P 1，| , F为其右焦点.（1）求椭圆C的方程;设过点A（4 , 0）的直线l与椭圆相交于 M N两点（点M在A N两点之间），是否存在直线I使厶AMF与厶MFN勺面积相等？若存在，试求直线I的方程；若不存在，请说明理由.c 1 解：（1）因为-=3，所以 a= 2c, b= , 3c.a 222设椭圆方程二+昙=1,4c 3c又点P 1 , 2在椭圆上，所以 厂2 +匚2 = 1，解得c = 1.I 2 丿4c 4c2 2所以椭圆方程为x + y =

15、 1.4 3 易知直线I的斜率存在，设I的方程为y = k(x 4), y= k ( X 4),由X X1. 【2017课标1，文20】设A, B为曲线C： y=一上两点，A与B的横坐标之和为4. (1) 求直线AB的斜率；(2) 设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线 AB平行，且 AM BM求直线 AB的方程.【答案】(1) 1; (2).【解析】 y2消去y,才 + 3 = 1k2 2 ,2 .2得(3 + 4k)x 32k x+ 64k 12= 0,由题意知 = (32 k2)2 4(3 + 4k2)(64 k2 12) 0,解得设地】，yi), yi),则 xi+xi=曲一3 +

16、4尿64iP-123+ 4护:因为厶伽F与的面积相等,所以側二闷，所以対二乃+ 4.4+由消去Q得粗=养螢&4瑕一I?将Q= 2xj-4代入，得xi(2xi-4尸孑+联将代入到式整理化简得加岸=所以经检殓满足題设故直线I的方程为尸爭：一 4)22解：(1)设 A (xi, yi),B (X2,y2)，则 Xi 式 X2，Xiy2X2,Xi+X2=4,于是直线AB的斜率kyi y?XiX2 =i.Xq(2)由 y=4，得宀2设 M (X3,Xy3)，由题设知丄=i2，解得X3= 2，是 M(2，i).设直线AB的方程为故线段AB 的中点为 N( 2, 2+n), |MN=In+1|.2将y =

17、x m代入yX2=得 x 4x4m = 0.4当 =i6(m +i p0，即 m a_1 时，x,2 = 2 2 Jm +i .从而 |AB|=洁卜 x2| = 4(2 (m +i ).由题设知 AB| =2 M N，即 4(2(m +i ) = 2 (m +i)，解得 m =7 .所以直线AB的方程为y =x 7 .2. 【20i7课标II，文20】设O为坐标原点，动点 M在椭圆C 丨上，过M作x轴的垂线，垂足 为N,点P满足n P = . 2 N M(1) 求点P的轨迹方程；(2) 设点Q在直线x - -3上，且OPPQ =1 .证明过点P且垂直于 OQ的直线l过C的左焦点F.【答案】(1

18、)(2)见解析【解析】解：(1)设卩 x, y), M (沁贝N (0) NP = (x-y).MN =(Qa0) fiNP-j2MM得/0. Yo-因为在 C上Wb0）a b的离心率为 ,椭圆C截直线y=1所得线段的长度为2, 2.2（I ）求椭圆C的方程；（n ）动直线l：y=kx+mm 0）交椭圆C于A, B两点,交y轴于点M点N是M关于O的对称点,圆N的半径 为| NO 设D为AB的中点，DE DF与圆N分别相切于点 E F,求.EDF勺最小值.2 2 -【答案(I)=1 .(II)-.423【解析(I )由椭圆的离心率为于，得/ =沪),又当j = 1S寸，X2 =於一务，得/一盘=

19、2,因此椭圆方程为兰+必=1 一42(n)设耳必)(花联立方程益:;得(塚 +1/+ 4Sx+2加 一4 = th由AaO得ma3,故 24+1 = 4-1十 16 (1+广+工2令円斗所以八J当烂3时，y03从而y =才+在戈十8）上单调递増，因此t 3等号当且仅当43时成立，此时0,所以NF2r -13=4 ,由（* ）得 一 、2 : m ：、2 且 m = 0 .1 ?2设 ED F =2二,1 ?2所以二的最小值为n ,6从而乙EDF的最小值为 上，此时直线L的斜率是0.3综上所述：当k =0 , m三j. J2,00, .2时,5. 【2017北京，文19】已知椭圆C的两个顶点分别

20、为n.EDF取到最小值一 3A(-2,0) , B(2,0),焦点在x轴上，离心率为 .24(I)求椭圆C的方程;(H)点D为x轴上一点，过 D作x轴的垂线交椭圆C于不同的两点 M N,过D作AM的垂线交BN于点E求证： BDEW BDN的面积之比为4:5 .2x【答案】(【)y =1 ；(n)详见解析X Y【解析】(I )设椭圆C的方程为-+- = l(aO.bOLa b3=2,由题意得,c細解得匸伍I - - *32所以 b = a2 -c1 = 1-所以椭圆C的方程为4(II )设M(mrn),贝ijD(m,O),N(m,*n).由題设知m纯2且”0-直线AM的斜率虬丽=,故直线DE的斜率二 . m + 2nm + 2 所以直线DE的方