1、=0,專題 16 圓錐曲線的綜合問題高考數(shù)學 (理)備考易錯點專項復習(MWK步步為卻1. (2017 北京卷)已知拋物線C：y2= 2px過點P(1,1) 過點 0, 2 作直線|與拋物線C交于不同的兩點M N過點M作x軸的垂線分別與直線OP ON交于點A,B,其中O為原點.(1)求拋物線C的方程，并求其焦點坐標和準線方程；求證：A為線段BM的中點.21解析：(1)由拋物線 C:y= 2px過點F(1,1)，得p= 2.所以拋物線C的方程為y2=x.一 1 1 拋物線C的焦點坐標為 4，0，準線方程為x=- 4.由題育，設直線的方程為】片0), f與拋物線C的交點為城m舛，磯盟)X -由衛(wèi)得

2、4彈護十(4i-4+l=C?則粗+圧=卡-因為點p的坐標為即所以直線聊的方程為尸旳點的坐標為閔，心X212k 2X1X2+X2+X1X211 k2k2x4k2+靈X2所以y1+汽=2X1，直線N勺方程為戸那，點B的坐標為X1,y2X1X2廠,2x1因為y1+對-2x1=y1X2+2x1 2x1X2X21kx1+ 2X2+1kx2+X1 2x1x2故A為線段BM的中點. 2 .2. (2017 全國卷川)已知拋物線C：y= 2x，過點(2,0)的直線I交C于A B兩點，圓M是以線段AB為直徑的圓.(1)證明：坐標原點O在圓M上；設圓M過點F(4 , - 2)，求直線I與圓M的方程.解析：設Ji)

3、Eg理)：+又曲二令血二尊,故咖尸晉因此血的斜率與OB的斜率之積:磚|=-b所以OW丄妙 故坐標原點門在圓財上.(2)由(1)可得yi+y2= 2m2xi+X2=m yi+y2)+ 4= 2m+ 4,故圓心M的坐標為(m+ 2,m,圓M的半徑r= ：m+ 22+m.由于圓M過點F(4 , - 2)，因此AF- BF= 0,故(xi- 4)(X2-4) + (yi+ 2)(y2+ 2) = 0,即X1X2-4(xi+X2)+yiy2+ 2(yi+y2)+ 20 = 0.由(1)可得yiy2=- 4,X1X2= 4,21所以 2mm-1 = 0,解得m=1 或m=-2當 m= 1 時，直線I的方程

4、為Xy 2= 0,圓心M的坐標為(3,1)，圓M的半徑為10,圓M的方程為(x-3)2+ (y- 1)2= 10.1一 91V85當m=- 2 時，直線l的方程為 2x+y- 4= 0，圓心M的坐標為 4，- 2，圓M的半徑為 921285圓M的方程為x 4 +y+ 2 =石由可得嚴如 m,則呼=7焦距為 2.為k2,且kik2=冷2M是線段OC延長線上一點， 且|MC:OT是OM的兩條切線，切點分別為S,T.求/SOT的最大值，并求取得最大值時直線I的斜率. 解析：(I)由題意知e=, 2c= 2,所以a= 2,b= i,a22xo所以橢圓E的方程為 2 +y2= 1.(2)設A(xi,yi

5、) ,0X2,y2),2x2“2+y= i,聯(lián)立方程,y=kix申,所以 |AB=. 1+ki|xiX2|廠Qi+ki山 + 8k2=21T2k.由題意可知圓M的半徑r為22_21 +ki. 1 + 8k2r= 3|AB= 32k1+1.由題設知kik2=三所以k2= 2,44ki因此直線OC的方程為y= 丁x.4ki3. (2017 山東卷)在平面直角坐標系xOy中，橢圓E：扌+y2= 1(ab0)的離心率為-2,如圖，動直線I:y=kix三3交橢圓E于A,B兩點,C是橢圓E上一點，直線OC的斜率IAEB= 2 : 3,得(4ki+ 2)x2 4 3kiX 1 = 0.求橢圓E的方程;由題意

6、知A 0，且Xi+X2=1xix2=2 2k2+ 1，2X22+y= 1,聯(lián)立方程 得x2=競,y2=召，1 + 4 力1 + 4k1/SOT由題意可知 sin=r+ |C=|OC，r而 =r= 2 .27+1 + 8k2231 + 2ki1 + 2k23 241 + 4k?：1 +k2,令t= 1+ 2k?，貝Ut 1,2.”+ t -121嚴(0,1),311 12+廠F1- 1,1129 +t2+41 12當且僅當=2，即t= 2 時等號成立，此時k1=2,”/SOT 1 f,/SOTn所以 sin qwq，因此一 ,所以/SOT的最大值為才.綜上所述：/SOT勺最大值為+，取得最大值時

7、直線l的斜率為k1= -2324.已知橢圓C的中心在坐標原點，焦點在x軸上，左頂點為 A,左焦點為F( 2,0)，點巳 2 , 2)在橢圓C上，直線y=kx(kz0)與橢圓C交于E, F兩點，直線AE AF分別與y軸交于點求橢圓C的方程;(2)在x軸上是否存在點P,使得無論非零實數(shù)k怎樣變化，總有/MPN為直角？若存在，求出點P的坐標；若不存在，請說 明理由.因此|OC=x+y=1 + 8k21 + 4k1.1 + 8k：1 + 4k22X22+y= 1,2 2X y解(1)設橢圓C的方程為孑+ 計 1(ab0),因為橢圓的左焦點為Fi( 2,0),所以a2b2= 4.因為點B(2 ,：2)在

8、橢圓C上,42所以孑+b2= 1.由解得，a= 2 ,;2,b= 2.2 2所以橢圓c的方程為x+y=1.84方法一因為橫He的左頂點為血則點丿的坐標為邁，因対直線尸砕拘鈿疇十號=1交于兩點型F,設點Eg誠不妨設如)h則點尸F(xiàn) 琉.卩二航聯(lián)立方程組b i消去用宀懸所以酗=加f5-所以直線如的方程為y=B 十2邁).因為直線AE與y軸交于點M令x=0得y=壽甥，即點MO,島冷.同理可得點N0 ,-2).1 p 1 + 2k假設在x軸上存在點P(t,0)，使得/MPt為直角，貝 y MP畝 0.2即t 4 = 0,解得t= 2 或t= 2.故存在點 R2,0)或R 2,0)，無論非零實數(shù)k怎樣變化

9、，總有/MPN為直角.方法二 因為橢圓C的左頂點為A,則點A的坐標為(一 2 2, 0).22k即t2+1 + !1+ 2k21 ,：1+ 2k2因為直線2 2x yy=kx（k工 0）與橢圓-= 1 交于兩點EF,設點E（xo,y。），則點F（xo,-y。）.84所以直線因為直線AE的方程為y=xo+y； ：2(x+2，2)-AE與y軸交于點M2 2yo即點M0,2 2y0.xo+2p2同理可得點N0,20；.X0 2 寸 2假設在x軸上存在點P(t,0)，使得/MPN為直角，貝yMP4 0.即t2+X= 0,Xo+ 2 寸 2Xo 2 寸 228y2即宀占。2 2X0y0因為點E（X0,y

10、）在橢圓C上，所以 s+?= 1,8428 Xo即yo=廠.28 Xo2將yo=2-代入得t 4= o.解得t= 2 或t= 2.故存在點只 2,0)或 R 2,0)，無論非零實數(shù)k怎樣變化，總有/MPN為直角.5.設圓X2+y2+ 2x 15 = 0 的圓心為A,直線I過點B(1,0)且與x軸不重合，I交圓A于C, D兩點，過B作AC的平行線交AD于點E.(1)證明|EA+ |EB為定值，并寫出點E的軌跡方程；設點E的軌跡為曲線C,直線I交C于M N兩點，過B且與I垂直的直線與圓A交于P, Q兩點，求四邊形MPNC面積的取值范圍.解因為 |AD= |AQ,EB/ AC故/EBD=ZACD=Z

11、ADC所以 |EB= |EQ,故 |EA+ |EB= |EA| + |ED= |AQ.又圓A的標準方程為（x+ 1）2+y2= 16,從而|AD= 4，所以|EA+ |EB= 4.2 2X y由題設得A 1,0)，氏 1,0) ,IAB= 2,由橢圓定義可得點E的軌跡方程為：-+右=1(yM0).43(2)當I與x軸不垂直時，設I的方程為y=k(x 1)(kM0),M(xi,yi),N(X2,y2).y=k x 1,由x2y2得(4k2+ 3)x2 8k2x+ 4k2 12= 0.4 + 3 =1故四邊形MPN的面積11s= IMNpQ=121+冇.可得當I與x軸不垂直時，四邊形MPN面積的取

12、值范圍為(12,8 3).當I與x軸垂直時，其方程為x= 1, |MN= 3, |PQ= 8，四邊形MPN(的面積為 12.綜上，四邊形MPN面積的取值范圍為12,8 ,3).2 2x y26.已知橢圓C： 了 +專=1(a0)與拋物線C2：y= 2ax相交于A, B兩點，且兩曲線的焦點F重a3合.(1) 求C,C2的方程；(2) 若過焦點F的直線I與橢圓分別交于M Q兩點，與拋物線分別交于P, N兩點，是否存在一 |PN斜率為k(kM0)的直線I，使得yMQ= 2?若存在，求出k的值；若不存在，請說明理由.X1+X2=8k24k2+ 3，X1X2=24k 12過點B(1,0)且與I1垂直的直

13、線m y= R(X 1),點A到m的距離為2_k2+ 1所以 |MN=: 1+k2|X1X2|12k2+ 14k2+ 3所以|PQ= 22_24k2+ 3芮=4/ k2+ 1.解CO因為 G,c?的焦點重合所以=4一又所臥a=2 于是櫛圓口的方程為才+=1、拋物線的方程為嚴=4工K|PN(2)假設存在直線l使得謁 =2,則可設直線I的方程為y=k(x 1),P(xi,yi) ,QX2,y2),M(x3,y3),N(x4,y4).可得k2x2 (2k2+4)X+k2= 0,y2=4X,由y=kX1則X1+X4=比二4XiX4= 1 ,所以 |PN=：i +k2:- 241+k2X1+X44X1X

14、4=k22 2X-+y-= i由43，y=kX1可得(3 + 4k2)X28k2x+ 4k2 12 = 0,則X2+X3=既.24k 12X2X3=芥兀._ ._ 121 + k2所以 |MQ=、；： 1 +k _.X2+X324X2X3=3+4R2若廳 N_ =2右|MQ=2，2 21 +k121 +k則=2X3+4k2，解得k=寧.故存在斜率為k=中的直線I，使得澀 =2.【名師點詹鳩觀】易錯起源 1、范圍、最值問題2兩點，且PQL PF.(1)若|PF| = 2 +寸 2, |PFd= 2 農，求橢圓的標準方程;34若|PQ=x|PF|，且 4 r 3,試確定橢圓離心率e的取值范圍解(1

15、)由橢圓的定義,2a= IPF| + |PF= （2 + （2 ：2） = 4, 故a= 2.設橢圓的半焦距為c,由已知PF丄PR,因此 2c= |F1F2I =寸|PF|2+ |PB|22例 1、如圖，橢圓2 2扌+b* 2 * 4=1(ab0)的左、右焦點分別為Fi、F2,過F2的直線交橢圓于P,Q如圖，2由PF丄PQ|PQ=X|PF|，得|QF| =|PF|2+ IPQ2=p1 + 入21PF|.由橢圓的定義，IPFI + |PF| = 2a, |QF| + |QF| = 2a,進而 |PF| + |PQ+1QF| = 4a,于是（1 +入+p 1+ 入）|PF| = 4a,由勾股定理得

16、解得|PF| =4a_1 +入+、J1 +X故、|P冋=2a |PF| =2aX+J1+X211+X+ .1+X|PF1|2+ |PF2|2= |F1F2I2= (2c)2= 4c2,2aX+ 寸 1 +X2-122=4c,兩邊除以 4a2，得若記t= 1 +X+乜;1 +X，則上式變成24+t一 21121e= 丁 =8一 4+2.34_ 111由 4Xv3,并注意到 1+X+)：1+X關于X的單調性，得 3wtv4，即 4vw3. 進而1ve2w5，即ew身.29232X2【變式探究】如圖，已知橢圓：4+y= 1,點A B是它的兩個頂點，過原點且斜率為線I與線段AB相交于點D,且與橢圓相交

17、于E,F兩點.(1)若ED=6DF,求k的值；求四邊形AEBF面積的最大值.解(1)依題設得橢圓的頂點A(2,0) ,B(0,1),則直線AB的方程為x+ 2y 2= 0.設直線EF的方程為y=kx(k0).設D(X0,kxo),E(X1,kx,F(X2,kx2)，其中xb0)的離心率為 2，其左焦點到點P(2,1)的距離為,10.(1)求橢圓C的標準方程；得Xo=10=21 +1W2：2,4k+R若直線I:y=kX+m與橢圓C相交于A,B兩點(A,B不是左，右頂點)，且以AB為直徑的圓過橢圓C的右頂點，求證：直線I過定點，并求出該定點的坐標.c1解由e=a=2,得a=2c，2 . 2 2 .

18、22/ a=b+c , b= 3c,2 2則橢圓方程變?yōu)?二+具=1.4c3c又由題意知；2+c3+ 12=10，解得c2= 1,22故a= 4,b= 3,2 2即得橢圓的標準方程為x+y= 1.43y=kx+m設A(x1,y1),巳X2,y2)，聯(lián)立x2y24 + =1,得(3 + 4k2)x2+ 8mkx+4(m- 3) = 0.2 2 2A= 64mk- 163+ 4k8mk則X1+x2=-37，4m- 3x1x2=3 + 4k2.又y1y2= (kx1+m(kx2+m=戲必+mkX1+X2) +m3m-4k2=3 + 4k2.橢圓的右頂點為 A(2,0) ,AA丄BA,(X1 2)(X

19、2 2) + yy= 0 ,y1y2+X1X2 2(X1+X2)+ 4 = 0 ,32由，得 3+ 4k-m0 ,2m-30,3吊4k23+ 4k2m- 33+ 4k216mk3+ 4k22 27m+2km=-2k,m=-77 ,當m=-學時，l的方程為y=k x- 7 ,直線過定點一 2直線I過定點，定點坐標為 7，0.2 22x y【變式探究】已知拋物線：y= 2px(p0)的焦點F在雙曲線：-g = 1 的右準線上，拋物線當m=- 2k時，I的方程為y=k(x-2),直線過定點(2,0),與已知矛盾.7, 0,且滿足,與直線I:y=k(x 2)(k0)交于A,B兩點，AF,BF的延長線與

20、拋物線交于(1)求拋物線的方程；若厶AFB的面積等于 3,求k的值；kcD記直線CD的斜率為kcD,證明：R為定值，并求出該定值.2 2x y解雙曲線：3 6 = 1 的右準線方程為：x= 1,2所以F(i,o)，則拋物線的方程為：y= 4x.設裕曲占昭型由* 得kv2-41 840b二左J-2416+孑2肛甸T1 + J/2一尹VlJ-1?一 8.=2+2=3,解得Q2-2 2 2(3)設C(y43,y3)，則FA=(書1,yi),FC=(魯1,yj, 因為A,F,C共線，2 2所以(+ 1)y3 yd/ 1)=0，24即y3+(yjy3 4 = 0.y14解得：y3=y1(舍)或y3= 一

21、，y44%，y)，y2y244_+屮屮討旳2kcD=44y1+y22 2y1y2【名師點睛】（1）動線過定點問題的兩大類型及解法C, D兩點.44所以嚀，-衛(wèi)，同理=2k,1動直線I過定點問題，解法：設動直線方程（斜率存在）為y=kx+1，由題設條件將t用k表示為t=mk得y=k（x+n），故動直線過定點（m0）.2動曲線C過定點問題，解法：引入參變量建立曲線C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點.（2）求解定值問題的兩大途徑1由特例得出一個值此值一般就是定值 T證明定值：將問題轉化為證明待證式與參數(shù)某些變量 呢關2先將式子用動點坐標或動線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條

22、件使其絕對值相等的正 負項抵消或分子、分母約分得定值.【錦囊妙計，戰(zhàn)勝自我】1.由直線方程確定定點， 若得到了直線方程的點斜式：yyo=k（xxo），則直線必過定點（xo,yo）；若得到了直線方程的斜截式：y=kx+n,則直線必過定點（0 ,m.2.解析幾何中的定值問題是指某些幾何量（線段的長度、 圖形的面積、角的度數(shù)、直線的斜 率等）的大小或某些代數(shù)表達式的值等與題目中的參數(shù)無關，不依參數(shù)的變化而變化，而始終 是一個確定的值.易錯起源 3、探索性問題例 3、如圖，拋物線 C：y2= 2px的焦點為F,拋物線上一定點Q1,2）.過焦點F的直線（不經過Q點）與拋物線交于A, B兩點，與準線I交于

23、點M記QA QB QM的斜率分別為ki,k2,k3，問是否存在常數(shù)入，使得ki+k2=Xk3成立，若存在，求出入的值；若不存在，請說明理由.2解（1）把 Q1,2）代入y= 2px,得 2p= 4,所以拋物線方程為y2= 4x,準線I的方程為x= 1.由條件可設直線AB的方程為y=k(x 1),k工 0.由拋物線準線I:x= 1,可知M 1, 2k).即k3=k+1.把直線AB的方程y=k(x 1)，代入拋物線方程y4= 4x,并整理，可得k2x2 2(k2+ 2)x+k2=0.設A(X1,yd,B(X2,y2)，由根與系數(shù)的關系，知2k2+ 4x1+X2=2 ,X1X2= 1.k4設O為坐標

24、原點，過點P的動直線與橢圓交于A,B兩點.是否存在常數(shù)入,使得OA-OB又 Q1,2)，所以k3=2 + 2kiTT=k+1又 Q1,2)2 y1，則待=圧k2=2y21 X2.因為A,F,B共線，所以kAF=kBF=k,k2即k1+k2= 2k+ 2.又k3=k+1,可得k1+k2= 2k3.即存在常數(shù)入=2，使得k1+k2=入k3成立.【變式探究】2 2如圖，橢圓E：2+y2= 1(ab0)的離心率是 c，點P(0,1)在短軸CD,且PC- PD a b2入PA- PB為定值？若存在，求入的值；若不存在，請說明理由.解1】由已知點 GD的坐標分別為（b一巧、（0,時丿又點P的坐標劃Qlh且龐曲二 T/曠1_護于是解得 R 匸晶3 護=以丿所以橢圓E的方稈為予十為=1.當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y=kx+ 1,A,B的坐標分別為（Xi,yi）,（X2,y2），y1X1y2X21=k.2 y1所以k1+k2