2015届高考数学文二轮专题训练专题六第3讲圆锥曲线中的热点问题1

1、k第3讲圆锥曲线中的热点问题考情解读1.本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值、范围问题或探索性问题，试题难度较大.2.求轨迹方程也是高考的热点与重点，若在客观题中出现通常用定义法，若在解答题中出现一般用直接法、代入法、参数法或待定系数法，往往出现在解答题的第(1)问中1直线与圆锥曲线的位置关系(1)直线与椭圆的位置关系的判定方法：将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程若0，则直线与椭圆相交；若0，则直线与椭圆相切；若0时，直线与双曲线相交；当0时，直线与双曲线相切；当b0)的一个顶点，c1的长轴是圆c2

2、：x2y24的直径l1，l2是过点p且互相垂直的两条直线，其中l1交圆c2于a，b两点，l2交椭圆c1于另一点d.(1)求椭圆c1的方程；(2)求abd面积取最大值时直线l1的方程思维启迪(1)p点是椭圆上顶点，圆c2的直径等于椭圆长轴长；(2)设直线l1的斜率为k，将abd的面积表示为关于k的函数解(1)由题意得所以椭圆c1的方程为y21.(2)设a(x1，y1)，b(x2，y2)，d(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆c2：x2y24，故点o到直线l1的距离d，所以|ab|22.又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(

3、4k2)x28kx0，故x0.所以|pd|.设abd的面积为s，则s|ab|pd|，所以s，当且仅当k时取等号所以所求直线l1的方程为yx1.思维升华求最值及参数范围的方法有两种：根据题目给出的已知条件或图形特征列出一个关于参数的函数关系式，将其代入由题目列出的不等式(即为消元)，然后求解不等式；由题目条件和结论建立目标函数，进而转化为求函数的值域已知椭圆c的左，右焦点分别为f1，f2，椭圆的离心率为，且椭圆经过点p(1，)(1)求椭圆c的标准方程；(2)线段pq是椭圆过点f2的弦，且，求pf1q内切圆面积最大时实数的值解(1)e，p(1，)满足1，又a2b2c2，a24，b23，椭圆标准方程

4、为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，spf1q3；当直线pq不与x轴垂直时，设直线pq：yk(x1)，k0代入椭圆c的标准方程，整理，得(34k2)y26ky9k20，0，y1y2，y1y2.|f1f2|y1y2|12，令t34k2，t3，k2，3，00)上(1)求抛物线e的方程；(2)设动直线l与抛物线e相切于点p，与直线y1相交于点q，证明：以pq为直径的圆恒过y轴上某定点思维启迪既然圆过y轴上的点，即满足0，对任意p、q恒成立可待定m(0，y1)，也可给定特殊的p点，猜想m点坐标，再证明(1)解依题意，得|ob|8，boy30.设b(

5、x，y)，则x|ob|sin 304，y|ob|cos 3012.因为点b(4，12)在x22py上，所以(4)22p12，解得p2.故抛物线e的方程为x24y.(2)证明方法一由(1)知yx2，yx.设p(x0，y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以q为.设m(0，y1)，令0对满足y0x(x00)的x0，y0恒成立由于(x0，y0y1)，由0，得y0y0y1y1y0，即(yy12)(1y1)y00.(*)由于(*)式对满足y0x(x00)的y0恒成立，所以解得y11.故以pq为直径的圆恒过y轴上的定点m(0,1)方法二由(1)知yx2，yx.设p(x0，

6、y0)，则x00，且l的方程为yy0x0(xx0)，即yx0xx.由得所以q为.取x02，此时p(2,1)，q(0，1)，以pq为直径的圆为(x1)2y22，交y轴于点m1(0,1)或m2(0，1)；取x01，此时p，q，以pq为直径的圆为22，交y轴于点m3(0,1)、m4.故若满足条件的点m存在，只能是m(0,1)以下证明点m(0,1)就是所要求的点因为(x0，y01)，所以2y022y022y020.故以pq为直径的圆恒过y轴上的定点m(0,1)思维升华(1)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关在这类试题中选择消元的方向

7、是非常关键的(2)由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：yy0k(xx0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：ykxm，则直线必过定点(0，m)已知椭圆c的中点在原点，焦点在x轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好是抛物线x28y的焦点(1)求椭圆c的方程；(2)已知点p(2,3)，q(2，3)在椭圆上，点a、b是椭圆上不同的两个动点，且满足apqbpq，试问直线ab的斜率是否为定值，请说明理由解(1)设椭圆c的方程为1(ab0)，则b2.由，a2c2b2，得a4，椭圆c的方程为1.(2)当apqbpq时，pa、pb的斜率之和为0，设直线pa的斜率为k，则pb的斜率为

8、k，pa的直线方程为y3k(x2)，由整理得(34k2)x28(32k)kx4(32k)2480，x12，同理pb的直线方程为y3k(x2)，可得x22.x1x2，x1x2，kab，直线ab的斜率为定值.热点三圆锥曲线中的探索性问题例3已知椭圆c1、抛物线c2的焦点均在x轴上，c1的中心和c2的顶点均为原点o，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：x324y204(1)求c1，c2的标准方程；(2)是否存在直线l满足条件：过c2的焦点f；与c1交于不同的两点m，n，且满足？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由思维启迪(1)比较椭圆及抛物线方程可知，c2的方程易求，确定其上两点，

9、剩余两点，利用待定系数法求c1方程.(2) 联立方程，转化已知条件进行求解.解(1)设抛物线c2：y22px(p0)，则有2p(x0)，据此验证四个点知(3，2)，(4，4)在c2上，易求得c2的标准方程为y24x.设椭圆c1：1(ab0)，把点(2,0)，(，)代入得，解得，所以c1的标准方程为y21.(2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意当直线l的斜率存在时，设其方程为yk(x1)，与c1的交点为m(x1，y1)，n(x2，y2)由消去y并整理得(14k2)x28k2x4(k21)0，于是x1x2，x1x2.所以y1y2k2(x11)(x21)k2x1x2(x1x2)1k21.由

10、，即0，得x1x2y1y20.(*)将代入(*)式，得0，解得k2，所以存在直线l满足条件，且直线l的方程为2xy20或2xy20.思维升华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问题的一般策略是先假设结论成立，然后进行演绎推理或导出矛盾，即可否定假设或推出合理结论，验证后肯定结论，对于“存在”或“不存在”的问题，直接用条件证明或采用反证法证明解答时，不但需要熟练掌握圆锥曲线的概念、性质、方程及不等式、判别式等知识，还要具备较强的审题能力、逻辑思维能力以及运用数形结合的思想分析问题和解决问题的能力如图，抛物线c：y22px的焦点为f，抛物线上一定点q(1,2)(1)求抛

11、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，使得k1k2k3成立，若存在，求出的值；若不存在，说明理由解(1)把q(1,2)代入y22px，得2p4，所以抛物线方程为y24x，准线l的方程：x1.(2)由条件可设直线ab的方程为yk(x1)，k0.由抛物线准线l：x1，可知m(1，2k)又q(1,2)，所以k3k1，即k3k1.把直线ab的方程yk(x1)，代入抛物线方程y24x，并整理，可得k2x22(k22)xk20.设a(x1，y1)，b(x2，y2)，由根与系数的关

12、系，知x1x2，x1x21.又q(1,2)，则k1，k2.因为a，f，b共线，所以kafkbfk，即k.所以k1k22k2k2，即k1k22k2.又k3k1，可得k1k22k3.即存在常数2，使得k1k2k3成立1圆锥曲线的最值与范围问题的常见求法(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来解决；(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参

13、数之间建立等量关系；利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；利用基本不等式求出参数的取值范围；利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围2定点、定值问题的处理方法定值包括几何量的定值或曲线过定点等问题，处理时可以直接推理求出定值，也可以先通过特定位置猜测结论后进行一般性证明对于客观题，通过特殊值法探求定点、定值能达到事半功倍的效果3探索性问题的解法探索是否存在的问题，一般是先假设存在，然后寻找理由去确定结论，如果真的存在，则可以得出相应存在的结论；若不存在，则会由条件得出矛盾，再下结论不存在即可.真题感悟(2014北京)已知椭圆c：x22y24.(1)求椭圆c的离心率；(2)

14、设o为原点，若点a在椭圆c上，点b在直线y2上，且oaob，试判断直线ab与圆x2y22的位置关系，并证明你的结论解(1)由题意，得椭圆c的标准方程为1，所以a24，b22，从而c2a2b22.因此a2，c.故椭圆c的离心率e.(2)直线ab与圆x2y22相切证明如下：设点a，b的坐标分别为(x0，y0)，(t,2)，其中x00.因为oaob，所以0，即tx02y00，解得t.当x0t时，y0，代入椭圆c的方程，得t，故直线ab的方程为x，圆心o到直线ab的距离d.此时直线ab与圆x2y22相切当x0t时，直线ab的方程为y2(xt)即(y02)x(x0t)y2x0ty00.圆心o到直线ab的

15、距离d.又x2y4，t，故d.此时直线ab与圆x2y22相切押题精练已知椭圆c：1(ab0)的离心率为，其左、右焦点分别是f1、f2，过点f1的直线l交椭圆c于e、g两点，且egf2的周长为4.(1)求椭圆c的方程；(2)若过点m(2,0)的直线与椭圆c相交于两点a、b，设p为椭圆上一点，且满足t(o为坐标原点)，当|0，得k2.x1x2，x1x2，t，(x1x2，y1y2)t(x，y)，x，yk(x1x2)4k.点p在椭圆c上，22，16k2t2(12k2)|，|x1x2|，(1k2)(x1x2)24x1x2，(1k2)40，k2.k2.16k2t2(12k2)，t28，又12k22，t28

16、4，2t或t0，b0)渐近线的距离为，点p是抛物线y28x上的一动点，p到双曲线c的上焦点f1(0，c)的距离与到直线x2的距离之和的最小值为3，则该双曲线的方程为()a.1 by21c.x21 d.1答案c解析由题意得，抛物线y28x的焦点f(2,0)，双曲线c：1(a0，b0)的一条渐近线的方程为axby0，抛物线y28x的焦点f到双曲线c：1(a0，b0)渐近线的距离为，a2b.p到双曲线c的上焦点f1(0，c)的距离与到直线x2的距离之和的最小值为3，|ff1|3，c249，c，c2a2b2，a2b，a2，b1.双曲线的方程为x21，故选c.4若点o和点f分别为椭圆1的中心和左焦点，点

17、p为椭圆上的任意一点，则的最大值为()a2 b3 c6 d8答案c解析设p(x0，y0)，则1，即y3，又因为f(1,0)，所以x0(x01)yxx03(x02)22，又x02,2，即2,6，所以()max6.5设m(x0，y0)为抛物线c：x28y上一点，f为抛物线c的焦点，以f为圆心，|fm|为半径的圆和抛物线的准线相交，则y0的取值范围是()a(0,2) b0,2c(2，) d2，)答案c解析依题意得f(0,2)，准线方程为y2，又以f为圆心，|fm|为半径的圆和抛物线的准线相交，且|fm|y02|，|fm|4，即|y02|4，又y00，y02.6已知双曲线1(a0，b0)的左，右焦点分

18、别为f1(c,0)，f2(c,0)，若双曲线上存在点p满足，则该双曲线的离心率的取值范围为()a(1，1) b(1，)c(，) d(1，)答案a解析根据正弦定理得，所以由可得，即e，所以|pf1|e|pf2|.因为e1，所以|pf1|pf2|，点p在双曲线的右支上又|pf1|pf2|e|pf2|pf2|pf2|(e1)2a，解得|pf2|，因为|pf2|ca，所以ca，即e1，即(e1)22，解得1e1，所以e(1，1)，故选a.二、填空题7直线ykx1与椭圆1恒有公共点，则m的取值范围是_答案m1且m5解析方程1表示椭圆，m0且m5.直线ykx1恒过(0,1)点，要使直线与椭圆总有公共点，应

19、有：1，m1，m的取值范围是m1且m5.8在直线y2上任取一点q，过q作抛物线x24y的切线，切点分别为a、b，则直线ab恒过定点_答案(0,2)解析设q(t，2)，a(x1，y1)，b(x2，y2)，抛物线方程变为yx2，则yx，则在点a处的切线方程为yy1x1(xx1)，化简得，yx1xy1，同理，在点b处的切线方程为yx2xy2.又点q(t，2)的坐标满足这两个方程，代入得：2x1ty1，2x2ty2，则说明a(x1，y1)，b(x2，y2)都满足方程2xty，即直线ab的方程为：y2tx，因此直线ab恒过定点(0,2)9(2014辽宁)已知椭圆c：1，点m与c的焦点不重合若m关于c的焦

20、点的对称点分别为a，b，线段mn的中点在c上，则|an|bn|_.答案12解析椭圆1中，a3.如图，设mn的中点为d，则|df1|df2|2a6.d，f1，f2分别为mn，am，bm的中点，|bn|2|df2|，|an|2|df1|，|an|bn|2(|df1|df2|)12.10(2013安徽)已知直线ya交抛物线yx2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_答案1，)解析以ab为直径的圆的方程为x2(ya)2a，由得y2(12a)ya2a0.即(ya)y(a1)0，由已知解得a1.三、解答题11.如图所示，椭圆c1：1(ab0)的离心率为，x轴被曲线c2：yx2b截得的线段长等于c1的短轴长c2与y轴的交点为m，过坐标原点o的直线l与c2相交于点a，b，直线ma，mb分别与c1相交于点d，e.(1)求c1，c2的方程；(2)求证：mamb；(3)记mab，mde的面积分别为s1，s2，若，求的取值范围(1)解由题意，知，所以a22b2.又22b，得b1.所以曲线c2的方程yx21，椭圆c1的方程y21.(2)证明设直线ab：ykx，a(x1，y1)，b(x2，y2)，由题意，知m(0，1)则x2kx10，(x1，y11)(x2，y21)(k21)x1x2k(x1x2)1(1k2)k210，所以mamb.(3)解设