圆锥曲线的综合问题简析剖析

1、圆锥曲线的综合问题简析河南省三门峡市卢氏县第一高级中学山永峰新课标下高考解析几何综合试题常与导数及其应用角逐压轴题。主要考查解决直线与圆锥曲线位置关系、轨迹方程和探索性等问题思想方法。为此，我们应该熟练掌握圆锥曲线的定义、性质，明确解决 直线和圆锥曲线位置关系的思想方法，把握曲线轨迹方程的求法，沟通知识间的横纵联系，借助方程理论、不等式性质、向量工具和数形 结合、化归转化等思想方法，就能从容应对高考。下面进行简要剖析：AAAAA必考知识点1. 直线与圆锥曲线的位置关系判断直线I与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线I的方程Ax + By+ C= 0(A, B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x

2、, y) = 0, 消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程.Ax + By + C = 0,即消去 y,得 ax2 + bx+ c= 0.F x, y = 0,(1) 当0时，设一元二次方程ax2 + bx+ c= 0的判别式为A,则 40?直线与圆锥曲线C相交； = 0?直线与圆锥曲线C相切；练一练：i .椭圆勺+y2=1的弦被点$ 2严分，贝“这条弦所在的直线方程是.2 22. 已知双曲线拿缶=1(a0, b0)的渐近线与曲线y= 2x- 1相切，则该双曲线的离心率为.题型一 直线与圆锥曲线的位置关系考点1:直线与圆锥曲线的位置关系1过点A的直线I与抛物线y2=2x

3、有且只有一个公共点，这样的I的条数是()A . 0或1 B. 1或2 C. 0或1或2D. 1或2或3x2 y22.双曲线C:孑一b2= 1(a0, b0)的右焦点为F,直线I过焦 点F，且斜率为k,则直线I与双曲线C的左，右两支都相交的充要 条件是()A . k b B. kvbC. k或 kv- D. bvkvbaaaaa a类题通法:研究直线与圆锥曲线位置关系的方法研究直线和圆锥曲线的位置关系，一般转化为研究其直线方程与 圆锥曲线方程组成的方程组解的个数.对于选择题、填空题，常充分 利用几何条件，利用数形结合的方法求解.考点2:弦长问题典例如图，设抛物线方程为x2= 2py(p0), M

4、为直线I: y=- 2p上任意一点，过M引抛物线的两条切线，切点分 别为A, B(B点在A点右侧).设抛物线上一点P到直线I的距3离为d, F为焦点，当d-|PF|= 2, M的坐标为(2,- 2)时， 求抛物线方程和线段AB的长.类题通法:有关圆锥曲线弦长问题的求解方法涉及弦长的问题中，应熟练地利用根与系数关系、设而不求法计 算弦长；涉及垂直关系时也往往利用根与系数关系、设而不求法简化 运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解.2针对训练:设Fi, F2分别是椭圆E: x2 + b2= l(Ovbvl)的左、 右焦点，过Fi的直线I与E相交于A, B两点，且IAF2I, |AB

5、|, |BF2| 成等差数列.(1)求 |AB|;若直线I的斜率为1,求b的值.考点3:中点弦问题弦的中点问题是考查直线与圆锥曲线位置关系的命题热点归纳起来常见的问题有：1求中点弦所在的直线方程；2抛物线中中点弦的应用；3利用中点弦解决对称问题.问题一求中点弦所在的直线方程2 21 .已知(4,2)是直线I被椭圆36+卷=1所截得的线段的中点，则I的方程是.问题二抛物线中中点弦问题2. 过点M(2, 2p)作抛物线x2 = 2py(p0)的两条切线，切点分别为A, B,若线段AB的中点的纵坐标为6,则p的值是.问题三 利U用中点弦解决对称问题3. 已知双曲线x23 = 1上存在两点M, N关于

6、直线y=x+ m对称，且MN的中点在抛物线y2= 18x上，则实数m的值为.类题通法:处理中点弦问题常用的求解方法1. 点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有xi + X2, yi + y2, yi ,三个未知量，这样就Xi X2直接联系了中点和直线的斜率，借用中点公式即可求得斜率.2. 根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组， 化为一元二次方程后由根与系数的关系求解.注意：中点弦问题常用的两种求解方法各有弊端： 根与系数的关 系在解题过程中易产生漏解，需关注直线的斜率问题；点差法在确定 范围方面略显不足.题型最值、范围、证明问题考点1:最值问题

7、圆锥曲线中的最值问题一直是高考命题的热点，各种题型都有， 命题角度很广，归纳起来常见的问题有：1转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值；2利用三角函数有界性求最值；3数形结合利用几何性质求最值。问题一转化为函数求最值1. (2013浙江高考)已知抛物线C的顶点为0(0,0),焦点为F(0,1).(1) 求抛物线C的方程；(2)过点F作直线交抛物线C于A, B两 点.若直线AO, BO分别交直线I: y= x 2于M , N两点，求|MN| 的最小值.问题二利用有界性求最值2. （2013武汉模拟）过抛物线y2 = 4x的焦点F的直线交抛物线于A, B两点，点O是坐标原点，则|AF|BF|的最

8、小值是（）A. 2 B. ,2 C. 4 D. 2 2问题三利用几何性质求最值2 23. （2013浙江模拟）已知P为双曲线C: X 箱=1上的点，点M 满足|OM|=i,且OM PM = o,则当|pM |取得最小值时的点p到双曲 线c的渐近线的距离为（）912A.5B.5C. 4 D. 5类题通法:圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变， 但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法，即通过利用曲线的定 义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代 数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个（些）参数的函数（解析式），然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.考点2:

9、范围问题典例（2014 广东名校质检）已知椭圆C: |2 + = 1（a b 0） 上的任意一点到它的两个焦点（一c,0）, （c,0）的距离之和为2空，且它 的焦距为2.（1）求椭圆C的方程；（2）已知直线x y+ m= 0与椭圆C5交于不同的两点A, B,且线段AB的中点不在圆x2 + y2=内，求m 的取值范围.类题通法:求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目 标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围.在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件，把需要的量都用我们选用的变量表 示，有时为了运算的方便，在建立关系的过程中也可以采用多个变量，只要在最后结果中把多变量归结为单变量即可，同

10、时要特别注意变量的取值范围.2 2针对训练：2014东北十校联考)设点Ai A分别为椭圆拿+ b2 = 1(ab0)的左、右顶点，若在椭圆上存在异于点 Ai、A2的点P,使 得PO丄PA?,其中O为坐标原点，则椭圆的离心率 e的取值范围是考点3:证明问题2 2典例(2013安徽高考)设椭圆E: %+ 7= 1的焦点在x轴a 1 a上. (1)若椭圆E的焦距为1,求椭圆E的方程；(2) 设F1, F2分别是椭圆E的左、右焦点，P为椭圆E上第一象 限内的点，直线F2P交y轴于点Q,并且Ff丄FQ.证明：当a变化 时，点P在某定直线上.类题通法:圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值点在定直 线上等，有

11、时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或 反证法.x针对训练:(2013北京高考)直线y= kx+ m(mM 0)与椭圆W：-+ y2= 1相交于A, C两点，O是坐标原点.(1) 当点B的坐标为(0,1),且四边形OABC为菱形时，求AC的长；(2) 当点B在W上且不是 W的顶点时，证明：四边形OABC不可 能为菱形.题型三定点、定值、探索性问题考点1:定点问题典例(2013陕西高考)已知动圆过定点 A(4,0),1Ab0)的离心率e=3 一 一 一 一 云 a+ b= 3.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，A, B, D是椭圆C的顶 点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线 DP

12、交x轴于点N,直 线AD交BP于点M,设BP的斜率为k, MN的斜率为m.证明：2m k为定值.类题通法:1.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 达式的值等和题目中的参数无关， 不依参数的变化而变化，而始终是 一个确定的值.2.求定值问题常见的方法有两种：从特殊入手，求出定值， 再证明这个值与变量无关；直接推理、计算，并在计算推理的过程 中消去变量，从而得到定值.3 解析几何中的定值、定点问题的求解或证明常运用函数的思 想方法来解决。具体操作程序如下：(1)变量，选择适当的量作为 变量；(2)函数，把要求解或证明为定值、定

13、点的量表示成上述变 量的函数；(3)定值、定点，把得到的函数解析式化简，消去变量， 得到定值、定点。针对训练:已知抛物线y2= 4x,过点M(0,2)的直线I与抛物线 交于A, B两点，且直线I与x轴交于点C.(1) 求证：|MA|, |MC|, |MB|成等比数列；(2) 设MA = aAC , MB = 3BC ,试问a+ B是否为定值？若是，求 出此定值；若不是，请说明理由.考点3:探究存在性问题x2 y2典例(2013成都模拟)已知椭圆E：y +診=1(ab0)以抛物2 1线y2= 8x的焦点为顶点，且离心率为2.(1)求椭圆E的方程；若直线I: y= kx+ m与椭圆E相交于A, B

14、两点，与直线x = 4相交于Q点，P是椭圆E上一点且满足OP = OA + OB (其中0 为坐标原点)，试问在x轴上是否存在一点T,使得 op Q 为定值？ 若存在，求出点T的坐标及OP TQ的值；若不存在，请说明理由.变式：本例(2)中条件变为“过椭圆E的右焦点F2且与坐标轴不 垂直的直线交椭圆于P, Q两点，线段OF?上是否存在点M(m0)使得 QP MP - PQ MQ ?若存在，求出实数 m的取值范围；若不存在， 说明理由.类题通法:解决存在性问题应注意以下几点存在性问题，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.(1) 当条件和结论不唯一时要分类讨论

15、；(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，按常规方法解题很难时，要思维开放，采 取另外的途径.参考答案1 . C 2 . A1 .解析：设弦的两个端点为A(xi, yi), B(X2, y2),则xi +沁=1,2Xyi + y2= l.A, B在椭圆上，二2 + y2 = 1, X + y2= 1.Xi + X2 Xi X22+ (yi + y2)(yi y2)=0,即yi y2Xi X2Xi + X22yi + y2i2,iiif i)即直线AB的斜率为夕二直线AB的方程为y2= x J,解析：双曲线a2$即 2x + 4y 3= 0.

16、答案：2x + 4y 3 = 0i(a0, b0)的渐近线方程为y= x,a由/ a 得a Fx2 2x+ i= 0,由渐近线与曲线y=/ 2x iajy= ；2x i,相切可知= 442=。得彳二所以该双曲线为等轴双曲线，离心率为2. 答案：21 解析：选D当A在抛物线的外部时，共有三条直线与抛物线只有一个公共点(有两条是切线，一条与 抛物线的对称轴平行，如图);可以想象，当A在抛物线上时，有 两条直线与抛物线只有一个公共点；当A在抛物线的内部时，只有2.d例i：解依题意，由d-ipfi=3,得罟=2,解得p=i, 故抛物线方程为x2 = 2y.设过M点的直线为y= k（x 2）-2, A（

17、Xa,a）, B（Xb,b）,联立I y= k x 2 2,方程得 2消去 y,得 x2 2kx + 4(k + 1) = 0.(*)lx2= 2y,若直线与抛物线相切，则A= 4k2 16(k + 1)= 0, k= 2i2 2,此时，方程(*)有等根 x= k,/XB = 2 + 2 2, Xa = 2 2 2,Xb Xa= 4 2, Xb+ Xa= 4.*-A, B 在抛物线上,xB Xa(Xb + Xa)(Xb Xa)厂MbyA=2 =o= 8 2.|AB| = j Xb Xa 2 + yB yA 2 = : 32+ 128= 4 ：； 10.训练i：解：(1)由椭圆定义知|AF21+

18、 |AB| + |BF2| = 4,4又 2|AB|= |AF2| + |BF2|,得 |AB| = 3.设直线I的方程为y= x+ c,其中c= 1 b2.y = x+ c,A(X1, yd, B(X2, y2),则A, B两点坐标满足方程组yx2+存=1.2c化简得(1 + 匕22 + 2cx + 1 2匕2 = 0.则 X1 + X2 =2 , X1X2 =1 + b21-2b221 + b2因为直线AB的斜率为1,所以|AB|= ,2|X2-xi|,484( 1 b2) 4( 1 2b2)即 32|迪-M 则 8 -(x1 + x2)2-4X1X2而-1+厂幕因为0 bo)，则p= i

19、,所以抛物线C的方程为x2= 4y.设 A(xi, yi), B(X2, y2),直线 AB 的方程为 y= kx+ i.y= kx+ i,由。消去y,整理得x2 4kx 4= o,x2= 4y,所以 Xi + X2 = 4k, XiX2 = 4从而|Xi X2|= 4 k2 + i.由戸xXy=x2,解得点M的横坐标Xm2x12x18=X2=X1 y1 x 4 X1同理点 N的横坐标Xn = -8 .所以4 X2|MN| = . 2|Xm - Xn| = 2xi- X24Xi4 X2x1x2 4 x + x2 + 168 2 - k2+ 1|4k 3|t+ 3 令 4k 3 = t , tz

20、 0 ,贝卩 k =4 .当 t0 时，|MN| = 2 2256字+6 + 12迄.当 t4.1 + cos 01 cos 0 1+ cos 0 sin 03 .解析：选B 由OM -PM=0,得OM JPM，根据勾股定理,X14求|MP|的最小值可以转化为求|0P|的最小值，当|0P|取得最小值时,点P的位置为双曲线的顶点（,0），而双曲线的渐近线为4x3y= 0,12二所求的距离d = 5，故选B.f 2a= 2,例2:解(1)依题意可知又b2 = a2 c2，解得l.2c= 2.a= 2,x2(则椭圆C的方程为七+ y2 = 1.b= 1.22x 2 .2 + y = 1,(2)联立方

21、程消去y整理得3x2 + 4mx+2m2 2= 0.x y+ m= 0,A= 16m2 12(2m2 2)= 8(-m2 + 3)0,解得 3v mv 3.4mA(x1, y1), B(X2, y2)，贝S X1 + X2 = 一, y + y?=禺 +x?+ 2m4m2m2m m ；=3 + 2m= g,即AB的中点为3, 又TAB的中点不在圆2 2 2225亠 4m m 5m、5x + y = 9内,二9 +百=99,解得mW 1或m1.由得，一，3v mW 1或1W mv知3.故m的取值范围为(.3, 1 L1,. 3)训练：解析：由题设知ZOFA2 = 90设P(x, y)(x0),以

22、OA? 为直径的圆的方程为x+ y2 =手，与椭圆方程联立，得；1 pjx2ax+ b2= 0.易知，此方程有一实根a,且由题设知，此方程在区间(0,a)上还有一实根，由此得0v 件2va,化简得0v纟v 1,即0 aJ-孑丿vhv 1,得e22,所以e的取值范围为,1丿答案:例3 .解(1)因为焦距为1,且焦点在x轴上，所以2a2- 1 = 4 解得a2 = 5.故椭圆E的方程为8x +警=1.(2)证明：设 P(x, yo), F1( c,0), F2(c,0)，其中 c= ；2a2 1.由题设知xoM c,则直线F1P的斜率kF1P=-YJ,Xo+ c直线F2P的斜率kF2P=J故直线F

23、2P的方程为y=J(x Xo cxo ccyoc Xoc).当x= 0时，y=-CyL，即点Q坐标为I0,c xo因此，直线F1Q的斜率为kF1Q =yoc Xoyoyo由于 F1PIF1Q，所以 kF1PkFQ = 1.xo + C C Xo化简得 yo = xo (2a2 1).将代入椭圆E的方程，由于点P(xo, yo)在第一象限，解得xo=a2, yo = 1 a2，即点P在定直线x+ y= 1上.训练：解：(1)因为四边形OABC为菱形，所以AC与OB相互垂11t2 1直平分.所以可设At, 2J,代入椭圆方程得+1,即t= 3.所以 |AC|= 2 3.证明：假设四边形OABC为菱

24、形.因为点B不是W的顶点,x2 + 4y2= 4,且AC JOB，所以0.由消去y并整理得ly= kx+ m.（1 + 4k2）x2 + 8kmx + 4m2 4 = 0.设 A（x , yi）, C（X2, yi），则xi + X24km yi + y2xi + X2mk + im21 + 4k2,221 + 4k2 4kmm 、所以AC的中点为M 1+A, 1+応 因为M为AC和OB的0.由根与系数的关系得，Xi +他8-2bk XiX2 =b2,因为x轴是/ PBQ的角平分线，所以yiXi+ 1=X2 + i，即 yi(x2 +1) + y2(Xi + 1)= 0, (kxi + b)(

25、X2 + 1) + (kx2 + b)(xi+ 1)= 0, 2kXiX2 + (b+ k)(xi + X2)+ 2b= 0, 将代入，得 2kb2+ (k+ b)(8 2bk) + 2k2b= 0,二 k= b,此时 40,二直线I的方程为y= k（x 1），二直线I过定点（1,0）.训练：解：（1）设直线PQ的方程为x= my+n,点P, Q的坐标x= my+n,分别为 P(X1, yj, Q(X2, y2).由 0,得 m2 + n0,屮 + y2= 4m, y1 y2= 4n.APIAQ,AP AQ = O,(X1 1)(x2 1)+ (y 2)(y2 2) = 0.又 X1 =曽,x

26、 = 4, 2)(y2 2)(y1 + 2)(y2 + 2) + 16 = 0,心2)位2) = 0 或山 + 2)(y2 + 2)+ 16= 0；n= 2m + 1 或 n = 2m+ 5,：A0 恒成立.5 = 2m+ 5.二直线PQ 的方程为 x 5= m(y + 2),直线PQ过定点(5, 2).13 c21例 5: (1)因为 e=2得，c= 3, a = 2, b= 1.故椭圆C的方程为X + y2 = 1.=a,所以 a=J3C, b=y3c.代入 a+ b= 3证明：因为B(2,0), P不为椭圆顶点，则直线 BP的方程为y= k(x 2) kz0,心2,把代入X4 + y2=

27、 1,解得P+ 14k4k2 + 11直线AD的方程为：y=*+ 1与联立2 4k.由 D(0,1),4k1， 4k2 + 1y，N(x,0)三点共线知8k2 24k - 0启-10 1解得,解得=X0N黔，所以MN的斜率为m4k 门_ 2k 1_4k+ 2 4k 2 2k 1 2k+ 11k= 2(定值).4k 2k+ 12k+1 2k+12 2k + 1 2 2 2k 1 2 =4，则 2m k=2训练：解析：(1)证明：由题意知，直线I的斜率存在，可设直线y= kx+ 2,I的方程为：y = kx + 2(kz 0),联立消去y并化简整理ly2=4x,得：k2x2 + (4k4)x+4=

28、0. 设 A(X1, y1), B(x, y2), C(-k 0j,贝 S X1 + X2=-4k 44 -k2, x1 x2= k2.v|MA| |MB| = 1 + k2 x 0| 1 + k2 x 0| = (1 + k2)仪网=斗A, McTTk2-k- )=4 1 + k2k2|MC|2 = |MA| |MB|,即|MA|, |MC|, |MB|成等比数列.(2)由 MA = aAC ,mB = pBC 得，(Xi, yi 2)=2X1 - k，- y1，2(X2, y2 2)= K X2 k， y2)，即得:kxikx1 + 2kx2A kX2 k2xi X2 2k(Xi + X2)得 a+ 3= ，由(i)中代入得 a+ B= i,k XX2+ 2k(X + x2)+ 4故a+ 3为定值且定值为-i.例6:解(i)抛物线y2= 8x