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圓錐曲線綜合問題（答題指導(dǎo)）
【題型解讀】
題型特點(diǎn) 命題趨勢(shì)
　　圓錐曲線是平面解析幾何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答題，常以求曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程、位置關(guān)系、定點(diǎn)、定值、最值、范圍、探索性問題為主，這些試題的命制有一個(gè)共同的特點(diǎn)，就是起點(diǎn)低，但在第(2)問或第(3)問中一般都伴有較為復(fù)雜的運(yùn)算，對(duì)考生解決問題的能力要求較高，通常作為壓軸題的形式出現(xiàn). 　　圓錐曲線是歷年高考命題的重點(diǎn)和熱點(diǎn)，也是一大難點(diǎn)．命題的熱點(diǎn)主要有四個(gè)方面：一是直線和圓錐曲線的位置關(guān)系中的基本運(yùn)算；二是最值與范圍問題；三是定點(diǎn)與定值問題；四是有關(guān)探究性的問題．命題多與函數(shù)、方程、不等式、數(shù)列、向量等多種知識(shí)綜合，考查考生的各種數(shù)學(xué)思想與技能，因此也是高考的難點(diǎn).


??題型一　圓錐曲線中的最值問題
1．圓錐曲線中的最值問題大致可分為兩類：一是涉及距離、面積的最值以及與之相關(guān)的一些問題；二是求直線或圓錐曲線中幾何元素的最值以及這些元素存在最值時(shí)求解與之有關(guān)的一些問題．
2．最值問題的兩類解法技巧
(1)幾何法：若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決．
(2)代數(shù)法：若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值，最值常用基本不等式法、配方法及導(dǎo)數(shù)法求解．
【例1】 (2017·浙江卷)如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點(diǎn)A，B，拋物線上的點(diǎn)P(x，y).過點(diǎn)B作直線AP的垂線，垂足為Q.
(1)求直線AP斜率的取值范圍；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．

【答案】見解析
【解析】(1)設(shè)直線AP的斜率為k，則k＝＝x－.
因?yàn)椋?x<，所以直線AP斜率的取值范圍是(－1,1)．
(2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程可得
解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ＝.
因?yàn)閨PA|＝＝(k＋1)，
|PQ|＝(xQ－x)＝－，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3＝－k4－2k3＋2k＋1，
因?yàn)閒′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，在區(qū)間上單調(diào)遞減．
因此當(dāng)k＝時(shí)，|PA|·|PQ|取得最大值.
【素養(yǎng)解讀】　　
本例問題(1)中用x表示k考查了數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng)，第(2)問將最值問題轉(zhuǎn)化成函數(shù)的最值進(jìn)行處理，分別考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算和數(shù)學(xué)建模的核心素養(yǎng)．
【突破訓(xùn)練1】 已知?jiǎng)訄A過定點(diǎn)(2,0)，且在y軸上截得的弦長(zhǎng)為4，設(shè)動(dòng)圓圓心的軌跡為H，點(diǎn)E(m,0)(m＞0)為一個(gè)定點(diǎn)，過點(diǎn)E作斜率分別為k1，k2的兩條直線交H于點(diǎn)A，B，C，D，且M，N分別是線段AB，CD的中點(diǎn)．
(1)求軌跡H的方程；
(2)若m＝1，且過點(diǎn)E的兩條直線相互垂直，求△EMN的面積的最小值．

【答案】見解析
【解析】(1)設(shè)動(dòng)圓圓心的坐標(biāo)為(x，y)，由題意可以得到＝，化簡(jiǎn)得y2＝4x，所以動(dòng)圓圓心的軌跡H的方程為y2＝4x.
(2)當(dāng)m＝1時(shí)，E為拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)，因?yàn)閗1k2＝－1，所以AB⊥CD.設(shè)直線AB的方程為y＝k1(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由得k1y2－4y－4k1＝0，則y1＋y2＝，y1y2＝－4，x1＋x2＝＋2＝＋2.
因?yàn)镸，所以M.
同理，可得N(2k＋1，－2k1)．
所以S△EMN＝|EM|·|EN|＝·＝2≥2＝4，當(dāng)且僅當(dāng)k＝，即k1＝±1時(shí)，△EMN的面積取最小值4.
??題型二　圓錐曲線中的定點(diǎn)與定值問題
1．定點(diǎn)、定值問題一般涉及曲線過定點(diǎn)、與曲線上的動(dòng)點(diǎn)有關(guān)的定值問題以及與圓錐曲線有關(guān)的弦長(zhǎng)、面積、橫(縱)坐標(biāo)等的定值問題．
2．圓錐曲線中定點(diǎn)、定值問題的解法
(1)定點(diǎn)問題的常見解法
①假設(shè)定點(diǎn)坐標(biāo)，根據(jù)題意選擇參數(shù)，建立一個(gè)直線系或曲線系方程，而該方程與參數(shù)無關(guān)，故得到一個(gè)關(guān)于定點(diǎn)坐標(biāo)的方程組，以這個(gè)方程組的解為坐標(biāo)的點(diǎn)即為所求定點(diǎn)；
②從特殊位置入手，找出定點(diǎn)，再證明該點(diǎn)適合題意．
(2)定值問題的常見解法
①?gòu)奶厥馊胧郑蟪龆ㄖ?，再證明這個(gè)值與變量無關(guān)；
②直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值．
【例2】 (2018·北京卷)已知拋物線C：y2＝2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2)，過點(diǎn)Q(0,1)的直線l與拋物線C有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A，B，且直線PA交y軸于M，直線PB交y軸于N.
(1)求直線l的斜率的取值范圍；
(2)設(shè)O為原點(diǎn)，＝λ，＝μ，求證：＋為定值．
【答案】見解析
【解析】(1)因?yàn)閽佄锞€y2＝2px經(jīng)過點(diǎn)P(1,2)，所以4＝2p，解得p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x.由題意可知直線l的斜率存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋1(k≠0)．
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依題意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k＜0或0＜k＜1.又PA，PB與y軸相交，故直線l不過點(diǎn)(1，－2)，從而k≠－3.所以直線l斜率的取值范圍是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)證明：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.直線PA的方程為y－2＝(x－1)．
令x＝0，得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM＝＋2＝＋2.
同理得點(diǎn)N的縱坐標(biāo)為yN＝＋2.
由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋＝＋＝·＝＝2.所以＋為定值．
【素養(yǎng)解讀】　　
本例考查了直線與拋物線的相交和平面向量的應(yīng)用，綜合性較強(qiáng)，解答中不僅要結(jié)合圖象考慮它們相交的情況，還要考慮直線不過點(diǎn)(1，－2)這一條件，計(jì)算也比較復(fù)雜，因而它綜合考查了邏輯推理、數(shù)學(xué)運(yùn)算和直觀想象的核心素養(yǎng)．
【突破訓(xùn)練2】 (2019·河南豫北名校聯(lián)盟聯(lián)考)如圖，橢圓E：＋＝1(a>b>0)的離心率是，點(diǎn)P(0,1)在短軸CD上，且·＝－1.
(1)求橢圓E的方程；
(2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過點(diǎn)P的動(dòng)直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．是否存在常數(shù)λ，使得·＋λ·為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請(qǐng)說明理由．

【答案】見解析
【解析】由已知得點(diǎn)C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)．
又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)，且·＝－1，
于是解得a＝2，b＝，
所以橢圓E方程為＋＝1.
(2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，
A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)．
聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.
其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以，x1＋x2＝－，x1x2＝－.
從而·＋λ·＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)·(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－－λ－2.所以，當(dāng)λ＝1時(shí)，－－λ－2＝－3，·＋λ·＝－3為定值．
當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí)，直線AB即為直線CD，此時(shí)·＋λ·＝·＋λ·＝－2－λ＝－3，
故存在常數(shù)λ＝1.
綜上可知，存在常數(shù)λ＝1，使得·＋λ·為定值－3.
【例3】 已知橢圓C：＋y2＝1(a＞0)，過橢圓C的右頂點(diǎn)和上頂點(diǎn)的直線與圓x2＋y2＝相切．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)M是橢圓C的上頂點(diǎn)，過點(diǎn)M分別作直線MA，MB交橢圓C于A，B兩點(diǎn)，設(shè)這兩條直線的斜率分別為k1，k2，且k1＋k2＝2，證明：直線AB過定點(diǎn)．
【答案】見解析
【解析】(1)因?yàn)橹本€過點(diǎn)(a,0)和(0,1)，所以直線的方程為x＋ay－a＝0，因?yàn)橹本€與圓x2＋y2＝相切，所以＝，解得a2＝2，所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)證明：當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，設(shè)A(x0，y0)，則B(x0，－y0)，由k1＋k2＝2得＋＝2，解得x0＝－1.當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)AB的方程為y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由?(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，得x1＋x2＝－，x1·x2＝，由k1＋k2＝2?＋＝2?＝2，即(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)?(2－2k)(2m2－2)＝(m－1)(－4km)，即(1－k)(m2－1)＝－km(m－1)，由m≠1得(1－k)(m＋1)＝－km?k＝m＋1，即y＝kx＋m＝(m＋1)x＋m?m(x＋1)＝y(tǒng)－x，故直線AB過定點(diǎn)(－1，－1)．綜上，直線AB過定點(diǎn)(－1，－1)．
【素養(yǎng)解讀】　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
本例問題(1)中用直接法求解橢圓方程考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)；本例問題(2)中分類討論斜率存在與不存在兩種情況，再利用相應(yīng)公式計(jì)算求解考查了邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)．
【突破訓(xùn)練3】 已知拋物線C：y2＝2px(p＞0)的焦點(diǎn)F(1,0)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，A，B是拋物線C上異于O的兩點(diǎn)．
(1)求拋物線C的方程；
(2)若直線OA，OB的斜率之積為－，求證：直線AB過x軸上一定點(diǎn)．
【答案】見解析
【解析】(1)因?yàn)閽佄锞€y2＝2px(p>0)的焦點(diǎn)坐標(biāo)為(1,0)，所以＝1，所以p＝2.所以拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)證明：①當(dāng)直線AB的斜率不存在時(shí)，設(shè)A，B.因?yàn)橹本€OA，OB的斜率之積為－，所以·＝－，化簡(jiǎn)得t2＝32.所以A(8，t)，B(8，－t)，此時(shí)直線AB的方程為x＝8.
②當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立化簡(jiǎn)得ky2－4y＋4b＝0.
根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系得y1y2＝，因?yàn)橹本€OA，OB的斜率之積為－，所以·＝－，即x1x2＋2y1y2＝0，即·＋2y1y2＝0，解得y1y2＝0(舍去)或y1y2＝－32.
所以y1y2＝＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，
即y＝k(x－8)．綜上所述，直線AB過定點(diǎn)(8,0)．
??題型三　圓錐曲線中的范圍問題
圓錐曲線的有關(guān)幾何量的取值范圍問題一直是高考的熱點(diǎn)，解決這類問題的基本途徑：先要恰當(dāng)?shù)匾胱兞?如點(diǎn)的坐標(biāo)、角、斜率等)，建立目標(biāo)函數(shù)，然后利用函數(shù)的有關(guān)知識(shí)和方法進(jìn)行求解．一般有五種思考方法：(1)利用判別式來構(gòu)造不等式，從而確定參數(shù)的取值范圍；(2)利用已知參數(shù)的取值范圍，求新參數(shù)的取值范圍，解決這類問題的關(guān)鍵是在兩個(gè)參數(shù)之間建立起相應(yīng)的聯(lián)系；(3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求參數(shù)的取值范圍；(4)利用已知不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求參數(shù)的取值范圍；(5)利用函數(shù)的值域，確定參數(shù)的取值范圍．
【例4】 已知m＞1，直線l：x－my－＝0，橢圓C：＋y2＝1，F(xiàn)1，F(xiàn)2分別為橢圓C的左、右焦點(diǎn)．
(1)當(dāng)直線l過右焦點(diǎn)F2時(shí)，求直線l的方程；
(2)設(shè)直線l與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，△AF1F2，△BF1F2的重心分別為G，H，若原點(diǎn)O在以線段GH為直徑的圓內(nèi)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．

【答案】見解析
【解析】(1)因?yàn)橹本€l：x－my－＝0經(jīng)過F2(，0)，
所以＝，得m2＝2.又因?yàn)閙＞1，所以m＝，
故直線l的方程為x－y－1＝0.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由消去x，得2y2＋my＋－1＝0，
則由Δ＝m2－8＝－m2＋8＞0知m2＜8，且有y1＋y2＝－，y1·y2＝－.由F1(－c,0)，F(xiàn)2(c,0)，可知G，H.因?yàn)樵c(diǎn)O在以線段GH為直徑的圓內(nèi)，所以·＜0，即x1x2＋y1y2＜0.所以x1x2＋y1y2＝＋y1y2＝(m2＋1)＜0，解得m2＜4(滿足m2＜8)．又因?yàn)閙＞1，所以實(shí)數(shù)m的取值范圍是(1,2)．
【素養(yǎng)解讀】　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
本題的解答通過方程的知識(shí)得到一個(gè)不等式，進(jìn)而求得所求范圍，考查了數(shù)學(xué)建模、邏輯推理和數(shù)學(xué)運(yùn)算的核心素養(yǎng)．
【突破訓(xùn)練4】 (2018·浙江卷)如圖，已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn)，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點(diǎn)A，B滿足PA，PB的中點(diǎn)均在C上．
(1)設(shè)AB中點(diǎn)為M，證明：PM垂直于y軸；
(2)若P是半橢圓x2＋＝1(x＜0)上的動(dòng)點(diǎn)，求△PAB面積的取值范圍．

【答案】見解析
【解析】(1)設(shè)P(x0，y0)，A，B.
因?yàn)镻A，PB的中點(diǎn)在拋物線上，所以y1，y2為方程2＝4·即y2－2y0y＋8x0－y＝0的兩個(gè)不同的實(shí)數(shù)根．所以y1＋y2＝2y0.因此，PM⊥y軸．
(2)由(1)可知所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y(tǒng)－3x0，|y1－y2|＝2①.因此，△PAB的面積S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0).因?yàn)閤＋＝1(－1≤x0＜0)，所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]．因此，△PAB面積的取值范圍是.
??題型四　圓錐曲線中的探索性問題
1．圓錐曲線中的存在性問題具有開放性和發(fā)散性，此類問題的條件和結(jié)論不完備，要求考生結(jié)合已知條件或假設(shè)新的條件進(jìn)行探究、觀察、分析、比較、抽象、概括等，是高考中的常考題型，作為解答題的壓軸題出現(xiàn)，難度一般較大，常和不等式、函數(shù)、直線、圓及圓錐曲線等知識(shí)結(jié)合在一起，對(duì)數(shù)學(xué)能力和數(shù)學(xué)思想有較高的要求．
2．圓錐曲線的探索性問題主要體現(xiàn)在以下幾個(gè)方面：(1)探索點(diǎn)是否存在；(2)探索曲線是否存在；(3)探索命題是否成立．解決此類問題通常采用“肯定順推法”，將不確定性問題明朗化．其步驟為假設(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．反證法與驗(yàn)證法也是求解探索性問題常用的方法．
【例5】 (2015·全國(guó)卷Ⅰ)在直角坐標(biāo)系xOy中，曲線C：y＝與直線l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N兩點(diǎn)．
(1)當(dāng)k＝0時(shí)，分別求C在點(diǎn)M和N處的切線方程；
(2)y軸上是否存在點(diǎn)P，使得當(dāng)k變動(dòng)時(shí)，總有∠OPM＝∠OPN？說明理由．
【答案】見解析
【解析】(1)依題意求得x與c的交點(diǎn)不妨設(shè)為M(2，a)，N(－2，a)．又y′＝，故y＝在x＝2處的導(dǎo)數(shù)值為，所以C在點(diǎn)M(2，a)處的切線方程為y－a＝(x－2)，即x－y－a＝0.y＝在x＝－2處的導(dǎo)數(shù)值為－，所以C在點(diǎn)N(－2，a)處的切線方程為y－a＝－(x＋2)，即x＋y＋a＝0.　
故所求切線方程為x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.
(2)存在符合題意的點(diǎn)．證明如下：設(shè)P(0，b)為符合題意的點(diǎn)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線PM，PN的斜率分別為k1，k2.將y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.從而可得k1＋k2＝＋＝＝.當(dāng)b＝－a時(shí)，有k1＋k2＝0，則直線PM的傾斜角與直線PN的傾斜角互補(bǔ)，故∠OPM＝∠OPN，所以點(diǎn)P(0，－a)符合題意．
【素養(yǎng)解讀】　　 　　　　　　　　　　　　　　　　　
本例問題(1)中將解析幾何的計(jì)算與導(dǎo)數(shù)應(yīng)用結(jié)合起來求切線方程，考查了數(shù)學(xué)運(yùn)算和數(shù)學(xué)抽象的核心素養(yǎng)；問題(2)中將角的關(guān)系轉(zhuǎn)化為直線的斜率進(jìn)行處理，考查了數(shù)學(xué)建模和直觀想象的核心素養(yǎng)．
【突破訓(xùn)練5】 (2015·全國(guó)卷Ⅱ)已知橢圓C：9x2＋y2＝m2(m＞0)，直線l不過原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M.
(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；
(2)若l過點(diǎn)，延長(zhǎng)線段OM與C交于點(diǎn)P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？若能，求此時(shí)l的斜率；若不能，說明理由．
【答案】見解析
【解析】(1)證明：設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．將y＝kx＋b代入9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.于是直線OM的斜率kO M＝＝－，即kO M·k＝－9.故直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值．
(2)四邊形OAPB能為平行四邊形．因?yàn)橹本€l過點(diǎn)，
所以l不過原點(diǎn)且與C有兩個(gè)交點(diǎn)的充要條件是k＞0，k≠3.
由(1)得OM的方程為y＝－x.設(shè)點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP.
由得x＝，即xP＝.
將點(diǎn)的坐標(biāo)代入直線l的方程得b＝，
因此xM＝.四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)線段AB與線段OP互相平分，即xP＝2xM.
于是＝2×，
解得k1＝4－，k2＝4＋.
因?yàn)閗i＞0，ki≠3，i＝1,2，所以當(dāng)直線l的斜率為4－或4＋時(shí)，四邊形OAPB為平行四邊形．
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