全国新课标2017年高考数学大二轮复习第二编专题整合突破专题六解析几何第三讲圆锥曲线的综合应用课件文_图文

第二编 专题整合突破
专题六 解析几何

第三讲 圆锥曲线的综合应用

主干知识整合

[必记公式及概念] 1.定值、定点问题在变化中所表现出来的不变的量, 用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等, 这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所影响的一 个点,就是要求的定点,解决这类问题的关键就是引进参数 表示直线方程、数量积、比例关系等,根据等式的恒成立、 数式变换等寻找不受参数影响的量.

2.圆锥曲线中最值问题:主要是求线段长度的最值、 三角形面积的最值等. 3.圆锥曲线中的范围问题:关键是选取合适的变量建 立目标函数和不等关系.该问题主要有以下三种情况: (1)距离型:若涉及焦点,则可以考虑将圆锥曲线定义 和平面几何性质结合起来求解; 若是圆锥曲线上的点到直线 的距离,则可设出与已知直线平行的直线方程,再代入圆锥 曲线方程中,用判别式等于零求得切点坐标,这个切点就是 距离取得最值的点,若是在圆或椭圆上,则可将点的坐标以 参数形式设出,转化为三角函数的最值求解.

(2)斜率、截距型:一般解法是将直线方程代入圆锥曲 线方程中, 利用判别式列出对应的不等式, 解出参数的范围, 如果给出的只是圆锥曲线的一部分, 则需要结合图形具体分 析,得出相应的不等关系. (3)面积型:求面积型的最值,即求两个量的乘积的范 围,可以考虑能否使用不等式求解,或者消元转化为某个参 数的函数关系,用函数方法求解. 4.探究性问题:有关圆锥曲线中的探究性问题,一般 假设满足条件的量存在,以此为基础进行推理.

[失分警示] 1.求轨迹方程时要注意它的纯粹性与完备性. 2.使用函数方法求解最值和范围时,需选择合适的变 量.解题时易忽略变量的范围,导致结果的错误. 3.直线与双曲线交于一点时,不一定相切,反之,直 线与双曲线相切时,只有一个交点. 4.在解决直线与圆锥曲线问题时,若需设直线方程, 易忽略直线斜率不存在的情况.

热点考向探究

考点 典例示法 典例 1

求轨迹方程

[2016· 全国卷Ⅰ]设圆 x2+y2+2x-15=0 的圆

心为 A,直线 l 过点 B(1,0)且与 x 轴不重合,l 交圆 A 于 C, D 两点,过 B 作 AC 的平行线交 AD 于点 E. (1)证明|EA|+|EB|为定值,并写出点 E 的轨迹方程; (2)设点 E 的轨迹为曲线 C1,直线 l 交 C1 于 M,N 两点, 过 B 且与 l 垂直的直线与圆 A 交于 P, Q 两点, 求四边形 MPNQ 面积的取值范围.

[解] (1)证明:因为|AD|=|AC|,EB∥AC,故∠EBD= ∠ACD=∠ADC. 所以|EB|=|ED|,故|EA|+|EB|=|EA|+|ED|=|AD|. 又圆 A 的标准方程为(x+1)2+y2=16, 从而|AD|=4, 所 以|EA|+|EB|=4. 由题设得 A(-1,0),B(1,0),|AB|=2,由椭圆定义可得 x2 y2 点 E 的轨迹方程为 4 + 3 =1(y≠0).

(2)当 l 与 x 轴不垂直时, 设 l 的方程为 y=k(x-1)(k≠0), M(x1,y1),N(x2,y2).
?y=k?x-1?, ? 由?x2 y2 ? + =1 ?4 3

得(4k2+3)x2-8k2x+4k2-12=0,

4k2-12 8 k2 则 x1+x2= 2 ,x1x2= 2 , 4k +3 4k +3
2 12 ? k +1? 2 所以|MN|= 1+k |x1-x2|= . 4k2+3

1 过点 B(1,0)且与 l 垂直的直线 m:y=-k (x-1),A 到 m 2 的距离为 2 , k +1 所以|PQ|=2
? 2 ?2 2 4 -? 2 ? =4 ? k +1?

4k2+3 . 2 k +1

故四边形 MPNQ 的面积 1 S=2|MN||PQ|=12 1 1+ 2 . 4k +3

可得当 l 与 x 轴不垂直时, 四边形 MPNQ 面积的取值范 围为(12,8 3). 当 l 与 x 轴垂直时,其方程为 x=1,|MN|=3,|PQ|=8, 四边形 MPNQ 的面积为 12. 综上,四边形 MPNQ 面积的取值范围为[12,8 3).

求轨迹方程的常用方法 (1)直接法:直接利用条件建立 x,y 之间的关系 f(x,y) =0. (2)待定系数法: 已知所求曲线的类型, 先根据条件设出 所求曲线的方程,再由条件确定其待定系数. (3)定义法:先根据条件得出动点的轨迹是某种已知曲 线,再由曲线的定义直接写出动点的轨迹方程.

(4)相关点法:动点 P(x,y)依赖于另一动点 Q(x0,y0)的 变化而变化, 并且 Q(x0, y0)又在某已知曲线上, 则可先用 x, y 的代数式表示 x0,y0,再将 x0,y0 代入已知曲线得要求的 轨迹方程. (5)参数法:当动点 P(x,y)的坐标之间的关系不易直接 找到,也没有相关点可用时,可考虑将 x,y 均用一中间变 量(参数)表示,得参数方程,再消去参数得普通方程.

针对训练 如图,抛物线 C1:x2=4y,C2:x2= -2py(p>0).点 M(x0,y0)在抛物线 C2 上, 过 M 作 C1 的切线,切点为 A,B(M 为原 点 O 时,A,B 重合于 O).当 x0=1- 2 1 时,切线 MA 的斜率为-2. (1)求 p 的值; (2)当 M 在 C2 上运动时,求线段 AB 中点 N 的轨迹方程 (A,B 重合于 O 时,中点为 O).



(1)因为抛物线 C1:x2=4y 上任意一点(x,y)的切

x 1 线斜率为 y′=2,且切线 MA 的斜率为-2, 所以 A
? 1? ? 点坐标为?-1,4? ?. ? ?

1 1 故切线 MA 的方程为 y=-2(x+1)+4. 因为点 M(1- 2,y0)在切线 MA 及抛物线 C2 上, 3-2 2 1 1 于是 y0=-2(2- 2)+4=- 4 .①

?1- 2?2 3-2 2 y0=- 2p =- 2p .② 由①②得 p=2. (2)设
2? 2? ? ? x x 1 2? ? ? ? N(x,y),A?x1, 4 ?,B?x2, 4 ?,x1≠x2,由 ? ? ? ?

N 为线

段 AB 中点知 x1+x2 x= 2 ③
2 x2 + x 1 2 y= 8 ④

切线 MA,MB 的方程为 x1 x2 1 y= 2 (x-x1)+ 4 ,⑤ x2 x2 2 y= 2 (x-x2)+ 4 .⑥ 由⑤⑥得 MA,MB 的交点 M(x0,y0)的坐标为 x1+x2 x1 x2 x0= 2 ,y0= 4 .
2 因为点 M(x0,y0)在 C2 上,即 x0 =-4y0, 2 x2 + x 1 2 所以 x1x2=- 6 .⑦

由③④⑦得 4 x =3y,x≠0.
2

当 x1=x2 时,A,B 重合于原点 O,AB 中点 N 为 O,坐 4 标满足 x =3y.
2

4 因此 AB 中点 N 的轨迹方程为 x =3y.
2

考点 典例示法

最值与范围问题

题型 1 距离、面积的最值问题 典例 2 x2 y2 [2014· 浙江高考] 如图,设椭圆 C:a2+b2=

1(a>b>0),动直线 l 与椭圆 C 只有一个公共点 P,且点 P 在 第一象限.

(1)已知直线 l 的斜率为 k,用 a,b,k 表示点 P 的坐标; (2)若过原点 O 的直线 l1 与 l 垂直,证明:点 P 到直线 l1 的距离的最大值为 a-b.

[解]

(1) 设 直 线 l 的 方 程 为 y = kx + m(k<0) , 由 消去 y 得(b2+a2k2)x2+2a2kmx+a2m2-a2b2=

?y=kx+m, ? ? x2 y2 ? 2+ 2=1 b ?a

0. 由于 l 与 C 只有一个公共点, 故 Δ=0, 即 b2-m2+a2k2 =0,解得点 P
2 2 ? ? a km b m ? - , 的坐标为? 2 2 2 2 2 2 ? ?. b + a k b + a k ? ?

又点 P 在第一象限,
2 ? -a2k ? b ? ? , 故点 P 的坐标为 P? 2 2 2 2 2 2?. b + a k b + a k? ?

(2)证明:由于直线 l1 过原点 O 且与 l 垂直,故直线 l1 的方程为 x+ky=0, 所以点 P 到直线 l1 的距离
2 ? -a2k b k ? ? ? + 2 2 2? ? b2+a2k2 b + a k? ?

d=

1+k
2

2


2.

整理得 d=

a2-b2
2 2 2

b b +a +a k +k2

2 b 因为 a2k2+k2≥2ab,

所以

a2-b2 =a-b, 2≤ 2 2 b b +a +2ab 2 2 2 2 b +a +a k +k2
2

a2-b2

b 当且仅当 k =a时等号成立. 所以,点 P 到直线 l1 的距离的最大值为 a-b.

题型 2 求几何量、参数范围问题 典例 3 x2 y2 [2015· 天津高考]已知椭圆a2+b2=1(a>b>0)

3 的左焦点为 F(-c,0),离心率为 3 ,点 M 在椭圆上且位于
2 b 第一象限, 直线 FM 被圆 x2+y2= 4 截得的线段的长为 c, |FM|

4 3 = 3 .

(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 2,求 直线 OP(O 为原点)的斜率的取值范围. c2 1 [解] (1)由已知有a2=3,又由 a2=b2+c2,可得 a2=

3c2,b2=2c2. 设直线 FM 的斜率为 k(k>0),则直线 FM 的方程为 y=
? k(x+c).由已知,有? ?
? ?b ? kc ?2 ? 3 ? c ?2 ? ?2 ? +? ? =? ? ,解得 k= . 2 3 k +1? ?2? ?2?

x2 y 2 (2)由(1)得椭圆方程为3c2+2c2=1, 直线 FM 的方程为 y 3 = 3 (x+c),两个方程联立,消去 y,整理得 3x2+2cx-5c2 5 =0,解得 x=-3c,或 x=c.因为点 M 在第一象限,可得 M
? 2 3 ? ? ? 的坐标为?c, c ?.由|FM|= 3 ? ? ? ? 4 3 2 3 ? ? 2 ?c+c? +? , c - 0 ?2= 3 ? 3 ?

x2 y2 解得 c=1,所以椭圆的方程为 3 + 2 =1.

(3)设点 P 的坐标为(x,y),直线 FP 的斜率为 t,得 t= y , 即 y = t(x + 1)(x≠ - 1) , 与 椭 圆 方 程 联 立 得 x+1
?y=t?x+1?, ? ?x2 y2 ? + =1, ?3 2

消去 y, 整理得 2x2+3t2(x+1)2=6.又由已知,

得 t=

6-2x2 3 > 2,解得-2<x<-1,或-1<x<0. 3?x+1?2

y 设直线 OP 的斜率为 m,则 m=x,即 y=mx(x≠0),与 2 2 椭圆方程联立,整理可得 m =x2-3.
2

①当 是 m=

? ? 3 ? ? - ,- 1 x∈? 2 ?时,有 ? ?

y=t(x+1)<0,因此 m>0,于

? ? 2 2 2 2 3 ? ? , 2- ,得 m∈? ?. x 3 3 3 ? ?

②当 x∈(-1,0)时,有 y=t(x+1)>0,因此 m<0,于是 m=-
? 2 2 2 3? ? ? - ,得 m ∈ ?-∞,- ?. x2 3 3 ? ? ? 2 3? ? ? 的斜率的取值范围是?-∞,- ?∪ 3 ? ?

综上,直线 OP
? ? ? ?

2 2 3? ? , ?. 3 3 ?

1.与圆锥曲线有关的最值问题的两种解法 (1)数形结合法: 根据待求值的几何意义, 充分利用平面 图形的几何性质求解. (2)构建函数法: 先引入变量, 构建以待求量为因变量的 函数,再求其最值,常用基本不等式或导数法求最值(注意: 有时需先换元后再求最值).

2.解决圆锥曲线中范围问题的方法 一般题目中没有给出明确的不等关系, 首先需要根据已 知条件进行转化, 利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐 标确定不等关系;然后构造目标函数,把原问题转化为求函 数的值域或引入参数根据参数范围求解, 解题时应注意挖掘 题目中的隐含条件,寻找量与量之间的转化.

考点 典例示法

定点与定值问题

题型 1 定点的证明与探究 典例 4 x2 y2 [2015· 四川高考] 如图,椭圆 E:a2+b2=

2 1(a>b>0)的离心率是 2 ,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 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 |QA| |PA| 定点 Q, 使得|QB|=|PB|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( 2,1)在椭圆 E 上.
? ? 22+ 12=1, ?a b ? 2 2 2 因此,?a -b =c , ? 2 ?c =2. ? a ?

解得 a=2,b= 2. x2 y2 所以椭圆 E 的方程为 4 + 2 =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. |QC| |PC| 如果存在定点 Q 满足条件, 则有|QD|=|PD|=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, 2),(0,- 2).

|y0- 2| 2-1 |QM| |PM| 由 |QN| = |PN| ,有 = ,解得 y0=1,或 y0 |y0+ 2| 2+1 =2. 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). |QA| |PA| 下面证明:对任意直线 l,均有|QB|=|PB|. 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 y=kx+1, A,B 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2).

?x2 y2 ? + =1, 联立? 4 2 ? ?y=kx+1,

得(2k2+1)x2+4kx-2=0.

其判别式Δ=(4k)2+8(2k2+1)>0, 4k 所以x1+x2=- 2 ,x1x2=- 2 k +1 2 . 2k2+1 1 1 x1+x2 因此x +x = x x =2k. 1 2 1 2

易知,点 B 关于 y 轴对称的点 B′的坐标为(-x2,y2). y1-2 kx1-1 又 kQA= x = x
1 1

1 =k-x , 1 y2-2 kx2-1 1 1 kQB′= = =-k+x =k-x , -x 2 -x2 2 1 所以 kQA=kQB′,即 Q,A,B′三点共线. |QA| |QA| |x1| |PA| 所以|QB|= =|x |=|PB|. |QB′| 2 |QA| |PA| 故存在与 P 不同的定点 Q(0,2), 使得|QB|=|PB|恒成立.

题型 2 典例 5

定值的证明与探究 [2016· 河南六市联考]如图,在平面直角坐标

x 2 y2 系 xOy 中,已知 R(x0,y0)是椭圆 C:24+12=1 上的一点, 从原点 O 向圆 R:(x-x0)2+(y-y0)2=8 作两条切线,分别 交椭圆于点 P,Q.

(1)若 R 点在第一象限,且直线 OP,OQ 互相垂直,求 圆 R 的方程; (2)若直线 OP,OQ 的斜率存在,并记为 k1,k2,求 k1· k2 的值; (3)试问|OP|2+|OQ|2 是否为定值?若是,求出该值;若 不是,说明理由.

[解] (1)设圆 R 的半径为 r,由圆 R 的方程知 r=2 2, 因为直线 OP, OQ 互相垂直, 且和圆 R 相切, 所以|OR|= 2 r=4,即
2 2 x0 +y0 =16,①

2 x2 y 0 0 又点 R 在椭圆 C 上,所以24+12=1,②

? ?x0=2 2, 联立①②,解得? ? ?y0=2 2,

所以,圆 R 的方程为(x-2 2)2+(y-2 2)2=8.

(2)因为直线 OP:y=k1x 和 OQ:y=k2x 都与圆 R 相切, |k1x0-y0| |k2x0-y0| 所以 2 =2 2, 2 =2 2, 1+k1 1+k2
2 2 2 2 化简得(x2 - 8) k - 2 x y k + y - 8 = 0 , ( x - 8) k 0 1 0 0 1 0 0 2-2x0y0k2 2 +y0 -8=0, 2 所以 k1, k2 是方程(x0 -8)k2-2x0y0k+y2 0-8=0 的两个不 2 y0 -8 相等的实数根,由根与系数的关系得 k1· k2= 2 , x0-8

2 x0 y2 0 因为点 R(x0,y0)在椭圆 C 上,所以24+12=1,



1 2 2 y0=12- x0, 2

1 2 4-2x0 1 所以 k1k2= 2 =-2. x0-8

(3)解法一: 当直线 OP, OQ 不落在坐标轴上时, 设 P(x1, y1),Q(x2,y2), 由(2)知 2k1k2+1=0, 2y1y2 1 2 2 2 2 所以 x x +1=0,故 y1y2=4x1x2. 1 2 因为 P(x1,y1),Q(x2,y2)在椭圆 C 上,
2 2 2 x1 y2 x y 1 2 2 所以24+12=1,24+12=1,



1 2 2 1 2 2 y1=12- x1,y2=12- x2, 2 2

? ? 1 2? 1 2? 1 2 2 ? ?? ? 所以?12-2x1??12-2x2?=4x1x2, ? ?? ? 2 2 整理得 x1 +x2 =24,

所以

? ? 1 2? 1 2? ? ? ? 2 2 y1+y2=?12-2x1?+?12-2x2? ?=12, ? ? ? ?

2 2 2 2 2 2 2 所以 |OP|2+ |OQ|2= x1 + y1 + x2 + y2 = (x 2 + x ) + ( y + y 1 2 1 2)

=36.

解法二:(ⅰ)当直线 OP,OQ 不落在坐标轴上时,设 P(x1,y1),Q(x2,y2).
?y=kx, ? 联立? x2 y2 ? + =1, ?24 12
2 24 24 k 1 2 2 解得 x1= ,y1= 2, 1+2k2 1 + 2 k 1 1

2 24 ? 1 + k 1? 2 2 所以 x1+y1= 2 , 1+2k1 2 24 ? 1 + k 2? 2 2 同理,得 x2+y2= 2 , 1+2k2

1 2 2 2 由(2)知 k1k2=-2,所以|OP|2+|OQ|2=x2 + y + x + y 1 1 2 2=
2 2 24?1+k2 ? 24 ? 1 + k ? 24 ? 1 + k 1 2 1? + = + 2 2 1+2k2 1 + 2 k 1 + 2 k 1 2 1 ? ? ? 1? ? ? ?2? 24?1+?-2k ? ? ? ? 1? ? ? 1? ? 2 1+2?-2k ? ? ? 1?



36+72k2 1 2 =36. 1+2k1 (ⅱ)当直线 OP,OQ 落在坐标轴上时,显然有|OP|2+ |OQ|2=36. 综上|OP|2+|OQ|2=36.

1.过定点问题的两大类型及解法 (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.

2.求解定值问题的三个步骤 (1)由特例得出一个值,此值一般就是定值; (2)证明定值,有时可直接证明定值,有时将问题转化 为代数式,可证明该代数式与参数(某些变量)无关;也可令 系数等于零,得出定值; (3)得出结论.

考点 典例示法

存在性问题

题型 1 点的存在性问题 典例 6 x2 y2 [2015· 北京高考 ] 已知椭圆 C : a2 + b2 =

2 1(a>b>0)的离心率为 2 ,点 P(0,1)和点 A(m,n)(m≠0)都在 椭圆 C 上,直线 PA 交 x 轴于点 M.

(1)求椭圆 C 的方程,并求点 M 的坐标(用 m,n 表示); (2)设 O 为原点,点 B 与点 A 关于 x 轴对称,直线 PB 交 x 轴于点 N.问:y 轴上是否存在点 Q,使得∠OQM=∠ ONQ?若存在,求点 Q 的坐标;若不存在,说明理由.
?b=1, ? ?c 2 (1)由题意得? = , 2 ?a ?a2=b2+c2. ?

[解]

解得 a2=2.

x2 2 故椭圆 C 的方程为 2 +y =1.

设 M(xM,0). 因为 m≠0,所以-1<n<1. n-1 直线 PA 的方程为 y-1= m x,
? m ? m ,0? 所以 xM= ,即 M? ? ?. 1 - n 1-n ? ?

(2)因为点 B 与点 A 关于 x 轴对称,所以 B(m,-n). m 设 N(xN,0),则 xN= . 1+n “存在点 Q(0,yQ)使得∠OQM=∠ONQ”等价于“存 |OM| |OQ| 在点 Q(0,yQ)使得 |OQ| =|ON| ”,即 yQ 满足 y2 Q=|xM||xN|. m m m2 2 因为 xM= ,xN= , 2 +n =1, 1-n 1+n
2 m 所以 y2 =2. Q=|xM||xN|= 1-n2

所以 yQ= 2或 yQ=- 2. 故在 y 轴上存在点 Q, 使得∠OQM=∠ONQ.点 Q 的坐 标为(0, 2)或(0,- 2).

题型 2 直线的存在性问题 典例 7 x2 y2 [2016· 广西质检 ] 已知椭圆 C : a2 + b2 =

1(a>b>0)的右焦点为 F(1,0),短轴的一个端点 B 到点 F 的距 离等于焦距. (1)求椭圆 C 的方程; (2)过点 F 的直线 l 与椭圆 C 交于不同的两点 M,N,是 否存在直线 l,使得△BFM 与△BFN 的面积比值为 2?若存 在,求出直线 l 的方程;若不存在,说明理由.

[解] (1)由已知得 c=1,a=2c=2,b2=a2-c2=3, x2 y2 所以椭圆 C 的方程为 4 + 3 =1. S△BFM |FM| (2) =2 等价于 |FN| =2, S△BFN |FM| 当直线 l 的斜率不存在时, |FN| =1,不符合题意,舍 去; 当直线 l 的斜率存在时, 设直线 l 的方程为 y=k(x-1),

?x2 y2 ? + =1, 由? 4 3 ? ?y=k?x-1?,

消去 x 并整理得(3+4k2)y2+6ky-9k2

=0, 6k 设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 y1+y2=- ① 3+4k2 -9k2 y1y2= ② 3+4k2

|FM| 由 |FN| =2 得 y1=-2y2③ 5 由①②③解得 k=± 2 , 5 因此存在直线 l:y=± 2 (x-1),使得△BFM 与△BFN 的面积比值为 2.

题型 3 参数的存在性问题 典例 8 [2016· 金版原创]已知 F 是抛物线 C: x2=2py, p>0 的焦点,G,H 是抛物线 C 上不同的两点,且|GF|+|HF| 5 =3,线段 GH 的中点到 x 轴的距离为4.点 P(0,4),Q(0,8), → → 曲线 D 上的点 M 满足MP· MQ=0. (1)求抛物线 C 和曲线 D 的方程; (2)是否存在直线 l:y=kx+m 分别与抛物线 C 相交于 点 A,B(A 在 B 的左侧)、与曲线 D 相交于点 S,T(S 在 T 的 左侧),使得△OAT 与△OBS 的面积相等?若存在,求出 m 的取值范围;若不存在,说明理由.

5 p 3 1 [解] (1)由抛物线定义知4+2=2,得 p=2, 故抛物线的方程为 x2=y. → → 由MP· MQ=0 得点 M 的轨迹 D 是以 PQ 为直径的圆,其方程为 x2+(y-6)2 =4.

(2)由△OAT 与△OBS 的面积相等得|AT|=|BS|, 则|AS|=|BT|, 设 A(x1,y1),B(x2,y2),S(x3,y3),T(x4,y4), → → 由AS=(x3-x1,y3-y1),TB=(x2-x4,y2-y4), → → 且AS=TB得 x3-x1=x2-x4,即 x1+x2=x4+x3. (ⅰ)当直线 l 的斜率为 0 时,l 的方程为 y=m,此时只 需点(0,m)在圆 D 内即可,此时 4<m<8.

(ⅱ)当直线 l 的斜率不为 0 时,
? ?y=kx+m, 由方程组? 2 得 x2-kx-m=0, ? ?x =y

因为直线 l 与抛物线交于 A,B 两点, 所以 Δ=k2+4m>0,① 且 x1+x2=k.
? ?y=kx+m, 由方程组? 2 得 2 ?x +?y-6? =4 ?

(1+k2)x2+2k(m-6)x+(m-6)2-4=0,

直线 l 与圆 D 交于 S,T 两点,所以圆心 D(0,6)到直线 |m-6| l 的距离 d= 2<r=2, 1+k 即(m-6)2<4(1+k2),② 2k?m-6? 且 x3+x4=- . 1+k2 2k?m-6? 因为 x1+x2=x4+x3,所以 k=- ,k≠0, 1+k2

化简得 k2=11-2m.
? ?11+2m>0, 代入①②得? 2 ? ? m - 6 ? <8?6-m?, ?

11 解得-2<m<6.又 k =11-2m>0,∴-2<m< 2 .
2

综上所述,实数 m 的取值范围为(-2,8).

存在性问题求解的思路及策略 (1)思路: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. (2)策略: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,按常规法解题很难时,可先由 特殊情况探究,再推广到一般情况.

高考随堂演练

[全国卷高考真题调研] x2 2 1.[2015· 全国卷Ⅰ]已知 M(x0,y0)是双曲线 C: 2 -y → → =1 上的一点,F1,F2 是 C 的两个焦点.若MF1· MF2<0,则 y0 的取值范围是(
? A.? ?- ?

)
? B.? ?- ?

3 3? ? 3,3? ?

3 3? ? 6,6? ?

? 2 2 2 2? ? ? C.?- , ? 3 3 ? ?

? 2 3 2 3? ? ? D.?- , ? 3 3 ? ?

解析 由题意知 a2=2, b2=1, 所以 c2=3, 不妨设 F1(- → → 3,0),F2( 3,0),所以MF1=(- 3-x0,-y0),MF2=( 3 3 → → 2 2 2 -x0, -y0), 所以MF1· MF2=x0-3+y0=3y0-1<0, 所以- 3 3 <y0< 3 ,故选 A.

x2 y2 2.[2016· 全国卷Ⅱ]已知椭圆 E: t + 3 =1 的焦点在 x 轴上,A 是 E 的左顶点,斜率为 k(k>0)的直线交 E 于 A,M 两点,点 N 在 E 上,MA⊥NA. (1)当 t=4,|AM|=|AN|时,求△AMN 的面积; (2)当 2|AM|=|AN|时,求 k 的取值范围.

解 (1)设 M(x1,y1),则由题意知 y1>0. x2 y2 当 t=4 时,E 的方程为 4 + 3 =1,A(-2,0). π 由已知及椭圆的对称性知,直线 AM 的倾斜角为4. 因此直线 AM 的方程为 y=x+2.

x2 y 2 将 x=y-2 代入 4 + 3 =1 得 7y2-12y=0. 12 12 解得 y=0 或 y= 7 ,所以 y1= 7 .因此△AMN 的面积 S 1 12 12 144 △AMN=2× × 2 7 × 7 = 49 . (2)由题意知 t>3,k>0,A(- t,0).将直线 AM 的方程 x2 y2 y=k(x+ t)代入 t + 3 =1 得 (3+tk2)x2+2 t· tk2x+t2k2-3t=0.

t2k2-3t t?3-tk2? 由 x1· (- t)= 得 x1= ,故 3+tk2 3+tk2
2 6 t ? 1 + k ? 2 |AM|=|x1+ t| 1+k = 2 . 3+tk

1 由题设知, 直线 AN 的方程为 y=-k (x+ t), 故同理可 6k t?1+k2? 得|AN|= . 2 3k +t 2 k 3 由 2|AM|=|AN|得 = , 即 ( k -2)t=3k(2k-1). 2 2 3+tk 3k +t

3k?2k-1? 当 k= 2时上式不成立,因此 t= 3 . k -2 3 k3-2k2+k-2 ?k-2??k2+1? t>3 等价于 = <0,即 k3-2 k3-2 k-2 <0. k3-2
? ? ?k-2>0, ?k-2<0, 3 由此得? 3 或? 3 解得 2<k<2. ? ? ?k -2<0, ?k -2>0,

因此 k 的取值范围是( 2,2).

3

3.[2015· 全国卷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
?m ? ? 过点? 3 ,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.



(1)证明:设直线 l:y=kx+b(k≠0,b≠0),A(x1,

y1),B(x2,y2),M(xM,yM). 将 y=kx+b 代入 9x2+y2=m2 得(k2+9)x2+2kbx+b2- x1+x2 -kb 9b m =0,故 xM= 2 = 2 ,yM=kxM+b= 2 . k +9 k +9
2

yM 9 于是直线 OM 的斜率 kOM=x =-k,即 kOM· k=-9. M 所以直线 OM 的斜率与 l 的斜率的乘积为定值.

(2)四边形 OAPB 能为平行四边形. 因为直线 l
?m ? ? 过点? ? ,m?,所以 ?3 ?

l 不过原点且与 C 有两个

交点的充要条件是 k>0,k≠3. 9 由(1)得 OM 的方程为 y=-k x. 设点 P 的横坐标为 xP.
? 9 ?y=- x, k 由? ? 2 2 2 9 x + y = m ?
2 2 k m ± km 2 得 xP= 2 ,即 xP= . 2 9k +81 3 k +9

?m ? ? 将点? 3 ,m? ?的坐标代入 ? ?

m?3-k? l 的方程得 b= 3 , 因此 xM

k?k-3?m = 2 . 3?k +9? 四边形 OAPB 为平行四边形当且仅当线段 AB 与线段 OP 互相平分,即 xP=2xM. k?k-3?m ± km 于是 =2× 2 ,解得 k1=4- 7,k2=4+ 2 3 ? k + 9 ? 3 k +9 7. 因为 ki>0,ki≠3,i=1,2,所以当 l 的斜率为 4- 7或 4 + 7时,四边形 OAPB 为平行四边形.

[其它省市高考题借鉴] x 2 y2 4.[2016· 北京高考]已知椭圆 C:a2+b2=1(a>b>0)的离 3 心率为 2 ,A(a,0),B(0,b),O(0,0),△OAB 的面积为 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.



? 3 ?c ?a= 2 , ? (1)由题意得?1 ?2ab=1, ? 2 2 2 ? ?a =b +c ,

解得 a=2,b=1.

x2 2 所以椭圆 C 的方程为 4 +y =1.

(2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).
2 设 P(x0,y0),则 x2 0+4y0=4.

y0 当 x0≠0 时,直线 PA 的方程为 y= (x-2). x0-2 2 y0 令 x = 0 , 得 yM = - , 从 而 |BM| = |1 - yM| = x0-2
? 2 y0 ? ? ? 1 + ? ?. x - 2 0 ? ?

y0-1 直线 PB 的方程为 y= x x+1. 0

? ? x x0 0 ? 令 y=0, 得 xN=- , 从而|AN|=|2-xN|=? ?2+ ?. y - 1 y0-1 0 ? ? ? ?? ? x 2 y 0 0 ?? ? 所以|AN|· |BM|=? ?2+ ?· ?1+ ? y - 1 x - 2 0 0 ? ?? ? 2 ?x2 0+4y0+4x0y0-4x0-8y0+4? ? =? x0y0-x0-2y0+2 ? ?

?4x0y0-4x0-8y0+8? ? =? ? x0y0-x0-2y0+2 ?

=4.

当 x0=0 时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|· |BM|=4. 综上,|AN|· |BM|为定值.

5.[2015· 山东高考]平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 x2 y2 3 C:a2+b2=1(a>b>0)的离心率为 2 ,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;

x2 y2 (2)设椭圆 E:4a2+4b2=1,P 为椭圆 C 上任意一点.过 点 P 的直线 y=kx+m 交椭圆 E 于 A,B 两点,射线 PO 交 椭圆 E 于点 Q. |OQ| (ⅰ)求 |OP| 的值; (ⅱ)求△ABQ 面积的最大值.

解 (1)由题意知 2a=4,则 a=2. c 3 2 2 2 又a= 2 ,a -c =b , 可得 b=1, x2 2 所以椭圆 C 的方程为 4 +y =1.

x 2 y2 (2)由(1)知椭圆 E 的方程为16+ 4 =1. |OQ| (ⅰ)设 P(x0,y0), |OP| =λ, 由题意知 Q(-λx0,-λy0).
2 x0 2 因为 4 +y0 =1, 2 ? ?-λx0?2 ?-λy0?2 x λ2 ? ? 0 2? 又 16 + 4 =1,即 4 · ? +y0?=1, 4 ? ?

|OQ| 所以 λ=2,即 |OP| =2.

(ⅱ)设 A(x1,y1),B(x2,y2). 将 y=kx+m 代入椭圆 E 的方程, 可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-16=0. 由 Δ>0,可得 m2<4+16k2,① 4m2-16 8km 则有 x1+x2=- 2,x1x2= 2 , 1+4k 1+4k 4 16k2+4-m2 所以|x1-x2|= . 2 1+4k 因为直线 y=kx+m 与 y 轴交点的坐标为(0,m),

1 所以△OAB 的面积 S=2|m||x1-x2| 2 16k2+4-m2|m| = 1+4k2 2 ?16k2+4-m2?m2 = 1+4k2 =2
2 ? 2 ? m m ? ? 4 - 2 ? ? 2. 1 + 4 k ? ?1+4k

m2 设 =t. 1+4k2 将 y=kx+m 代入椭圆 C 的方程, 可得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-4=0, 由 Δ≥0,可得 m2≤1+4k2.② 由①②可知 0<t≤1.

因此 S=2 ?4-t?t=2 -t2+4t. 故 S≤2 3, 当且仅当 t=1,即 m2=1+4k2 时取得最大值 2 3. 由(ⅰ)知,△ABQ 面积为 3S, 所以△ABQ 面积的最大值为 6 3.


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