【文档说明】高考数学（全国甲卷通用理科）知识 方法篇 专题7　解析几何 第35练 含答案.doc，共(17)页，205.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第35练圆锥曲线中的探索性问题[题型分析·高考展望]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.体验高考1.(

2016·山东)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率是32，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点.(1)求椭圆C的方程；(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D.

直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.①求证：点M在定直线上；②直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求S1S2的最大值及取得最大值时点P的坐标.(1)解由题意知a2－b2a＝32，可得a2＝4b2，因为抛物线E的焦点F0，12，所

以b＝12，a＝1，所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.(2)①证明设Pm，m22(m>0)，由x2＝2y，可得y′＝x，所以直线l的斜率为m，因此直线l的方程为y－m22＝m(x－m)，即y＝mx－m22.设A(x1，

y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0).联立方程x2＋4y2＝1，y＝mx－m22，得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.由Δ>0，得0<m<2＋5(或0<m2<2＋5).(*)且x1＋x2＝4m34m2＋1，因此x0＝2m34m2＋1

，将其代入y＝mx－m22，得y0＝－m224m2＋1，因为y0x0＝－14m.所以直线OD方程为y＝－14mx，联立方程y＝－14mx，x＝m，得点M的纵坐标yM＝－14，所以点M在定直线y＝－14上.②解由①知

直线l的方程为y＝mx－m22，令x＝0，得y＝－m22，所以G0，－m22，又Pm，m22，F0，12，D2m34m2＋1，－m224m2＋1，所以S1＝12·|GF|·m＝m2＋1m4，S2＝12·|PM|·|m－x0|＝12×2m2＋14×2

m3＋m4m2＋1＝m2m2＋1284m2＋1.所以S1S2＝24m2＋1m2＋12m2＋12.设t＝2m2＋1，则S1S2＝2t－1t＋1t2＝2t2＋t－1t2＝－1t

2＋1t＋2，当1t＝12，即t＝2时，S1S2取到最大值94，此时m＝22，满足(*)式，所以P点坐标为22，14.因此S1S2的最大值为94，此时点P的坐标为22，14.2.(2016·四川)已知椭

圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线l：y＝－x＋3与椭圆E有且只有一个公共点T.(1)求椭圆E的方程及点T的坐标；(2)设O是坐标原点，直线l′平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A

、B，且与直线l交于点P.证明：存在常数λ，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|，并求λ的值.解(1)由已知，得a＝2b，则椭圆E的方程为x22b2＋y2b2＝1.由方程组x22b2＋y2b2＝1，y＝－x＋3，得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①方

程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为x26＋y23＝1.点T的坐标为(2，1).(2)由已知可设直线l′的方程为y＝12x＋m(m≠0)，由方程组y＝12x＋m，y＝－x

＋3，可得x＝2－2m3，y＝1＋2m3.所以P点坐标为2－2m3，1＋2m3，|PT|2＝89m2.设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2).由方程组x26＋y23＝1，y＝12x＋

m，可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0.②方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)，由Δ>0，解得－322<m<322.由②得x1＋x2＝－4m3，x1x2＝4m2－123.所以|PA|＝2－2

m3－x12＋1＋2m3－y12＝522－2m3－x1，同理|PB|＝522－2m3－x2.所以|PA|·|PB|＝542－2m3－x12－2m3－x2＝54

2－2m32－2－2m3x1＋x2＋x1x2＝542－2m32－2－2m3－4m3＋4m2－123＝109m2.故存在常数λ＝45，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|.高考必会题型题型一定值、定点问题例1

已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)经过点(0，3)，离心率为12，直线l经过椭圆C的右焦点F交椭圆于A、B两点.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l交y轴于点M，且MA→＝λAF→，MB→＝μBF→，当直线l的倾斜角变化时，探求λ＋μ的值是否为定值？若是，求出λ＋μ

的值；否则，请说明理由.解(1)依题意得b＝3，e＝ca＝12，a2＝b2＋c2，∴a＝2，c＝1，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)∵直线l与y轴相交于点M，故斜率存在，又F坐标为(1，0)，设直线l方程为y＝k(x－1)，求得l与y轴交于M(0，－k)，设l交椭圆A(x1，y1)

，B(x2，y2)，由y＝kx－1，x24＋y23＝1，消去y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，∴x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，又由MA→＝λAF→，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)，∴λ＝x11－x1，同

理μ＝x21－x2，∴λ＋μ＝x11－x1＋x21－x2＝x1＋x2－2x1x21－x1＋x2＋x1x2＝8k23＋4k2－24k2－123＋4k21－8k23＋4k2＋4k2－123＋4k2＝－83.∴当直线l的倾斜角变化

时，λ＋μ的值为定值－83.点评(1)定点问题的求解策略把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然直线或曲线过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，

y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.(2)定值问题的求解策略在解析几何中，有些几何量与参数无关，这就是“定值”问题，解决这类问题常通过取特殊值，先确定“定值”是多少，再进行证明，或者将问题转化为代数式，再证明该式是与变量无关的常数或者由该等式与变量无关，令其系数等于零即

可得到定值.变式训练1已知抛物线y2＝2px(p>0)，过点M(5，－2)的动直线l交抛物线于A，B两点，当直线l的斜率为－1时，点M恰为AB的中点.(1)求抛物线的方程；(2)抛物线上是否存在一个定点P，使得以弦AB为直径的圆恒过点P，若存在，求出点P的坐标，若不存在，请说明理由.解(1)

当直线l的斜率为－1时，直线l的方程为x＋y－3＝0，即x＝3－y，代入y2＝2px(p>0)得y2＋2py－6p＝0，y1＋y22＝－p＝－2，p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.(2)设直线l的方程为x＝m(y＋2)＋5，代入y2＝4x得y2－4my－8m

－20＝0，设点A(y214，y1)，B(y224，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－8m－20，假设存在点P(y204，y0)总是在以弦AB为直径的圆上，则PA→·PB→＝(y214－y204)(y224－y204)＋(y1－y0)(y2－y0)＝0，当y1＝y

0或y2＝y0时，等式显然成立；当y1≠y0或y2≠y0时，则有(y1＋y0)(y2＋y0)＝－16，即4my0＋y20－8m－20＝－16，(4m＋y0＋2)(y0－2)＝0，解得y0＝2，x0＝1，所以存在点P(1，2)满足题意.题型二定直线问题例2在平面直角坐标系xOy中，过定点C(

0，p)作直线与抛物线x2＝2py(p>0)相交于A，B两点.(1)若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；(2)是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得的弦长恒为定值？若存在，求

出l的方程；若不存在，请说明理由.解方法一(1)依题意，点N的坐标为(0，－p)，可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋p，与x2＝2py联立得x2＝2py，y＝kx＋p，消去y得x2－2pkx－2p2＝0.由根与系数的关系得x1

＋x2＝2pk，x1x2＝－2p2.于是S△ABN＝S△BCN＋S△ACN＝12·2p|x1－x2|＝p|x1－x2|＝px1＋x22－4x1x2＝p4p2k2＋8p2＝2p2k2＋2，∴当k＝0时，(S△ABN)

min＝22p2.(2)假设满足条件的直线l存在，其方程为y＝a，AC的中点为O′，l与以AC为直径的圆相交于点P，Q，PQ的中点为H，则O′H⊥PQ，O′点的坐标为(x12，y1＋p2).∵|O′P|＝12|AC|＝12x21＋y1

－p2＝12y21＋p2，|O′H|＝a－y1＋p2＝12|2a－y1－p|，∴|PH|2＝|O′P|2－|O′H|2＝14(y21＋p2)－14(2a－y1－p)2＝(a－p2)y1＋a(p－a)，∴|PQ|2＝(2

|PH|)2＝4[(a－p2)y1＋a(p－a)].令a－p2＝0，得a＝p2，此时|PQ|＝p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y＝p2，即抛物线的通径所在的直线.方法二(1)前同方法一，再由弦长公式得|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2

＝1＋k2·4p2k2＋8p2＝2p1＋k2·k2＋2，又由点到直线的距离公式得d＝2p1＋k2.从而S△ABN＝12·d·|AB|＝12·2p1＋k2·k2＋2·2p1＋k2＝2p2k2＋2.∴当k＝0时，(S△ABN)min＝22p2.(2)假设

满足条件的直线l存在，其方程为y＝a，则以AC为直径的圆的方程为(x－0)(x－x1)＋(y－p)(y－y1)＝0，将直线方程y＝a代入得x2－x1x＋(a－p)(a－y1)＝0，则Δ＝x21－4(a－p)(a－y1)＝4[(a－p2)y1＋a(p－a)].设直线l与以AC为直

径的圆的交点为P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则有|PQ|＝|x3－x4|＝4[a－p2y1＋ap－a]＝2a－p2y1＋ap－a.令a－p2＝0，得a＝p2，此时|PQ|＝p为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y＝p2，即抛物线的通径所在的直线.点评(1)

定直线由斜率、截距、定点等因素确定.(2)定直线一般为特殊直线x＝x0，y＝y0等.变式训练2椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，F1、F2分别是它的左、右焦点，已知椭圆C过点(0，1)，且离心率e＝223.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，设椭圆的左、右顶点

分别为A、B，直线l的方程为x＝4，P是椭圆上异于A、B的任意一点，直线PA、PB分别交直线l于D、E两点，求F1D→·F2E→的值；(3)过点Q(1，0)任意作直线m(与x轴不垂直)与椭圆C交于M、N两点，与l交于R点，RM→＝xMQ→，RN→＝yNQ→，求证：4x＋

4y＋5＝0.(1)解由题意可得b＝1，ca＝223，∴a＝3，椭圆C的方程为x29＋y2＝1.(2)解设P(x0，y0)，则直线PA、PB的方程分别为y＝y0x0＋3(x＋3)，y＝y0x0－3(x－3)，将x＝4分别代入可求得D，E两点的坐标分别为D(4，7y0x0＋3)

，E(4，y0x0－3).由(1)知，F1(－22，0)，F2(22，0)，∴F1D→·F2E→＝(4＋22，7y0x0＋3)·(4－22，y0x0－3)＝8＋7y20x20－9，又∵点P(x0，y0)在椭圆C上，∴x209

＋y20＝1⇒y20x20－9＝－19，∴F1D→·F2E→＝659.(3)证明设M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(4，t)，由RM→＝xMQ→得(x1－4，y1－t)＝x(1－x1，－y1)，∴x1＝4＋x1＋x，y1＝t1＋x(x≠－1)，代入椭

圆方程得(4＋x)2＋9t2＝9(1＋x)2，①同理由RN→＝yNQ→得(4＋y)2＋9t2＝9(1＋y)2，②①－②消去t，得x＋y＝－54，∴4x＋4y＋5＝0.题型三存在性问题例3(1)已知直线y＝a交抛物线y＝x2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＋(y－a)2＝a，由y＝x2，x2＋y－a2＝a，得y2＋(1－2a)y＋a2－a＝0.即(y－a

)[y－(a－1)]＝0，由已知a>0，a－1≥0，解得a≥1.(2)如图，梯形ABCD的底边AB在y轴上，原点O为AB的中点，|AB|＝423，|CD|＝2－423，AC⊥BD，M为CD的中点.①求点M的轨迹方程；②过M作AB的垂线，垂足为N

，若存在正常数λ0，使MP→＝λ0PN→，且P点到A，B的距离和为定值，求点P的轨迹E的方程；③过(0，12)的直线与轨迹E交于P、Q两点，求△OPQ面积的最大值.解①设点M的坐标为M(x，y)(x≠0)，则C(x，y－1＋223)，D(x，y＋1－223

).又A(0，223)，B(0，－223).由AC⊥BD有AC→·BD→＝0，即(x，y－1)·(x，y＋1)＝0，∴x2＋y2＝1(x≠0)，即点M的轨迹方程为x2＋y2＝1(x≠0).②设P(x，y)，则M((1

＋λ0)x，y)，代入M的轨迹方程有(1＋λ0)2x2＋y2＝1(x≠0).即x211＋λ02＋y2＝1(x≠0)，∴点P的轨迹为椭圆(除去长轴的两个端点).要使点P到A，B的距离之和为定值，则以A，B为焦点，故1－11＋λ02＝(223)2.∴λ0＝2

，从而所求P的轨迹方程为x219＋y2＝1(x≠0).③易知l的斜率存在，设方程为y＝kx＋12，联立9x2＋y2＝1(x≠0)，有(9＋k2)x2＋kx－34＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－k9＋k2，x1x2＝－349＋k2.∴|x2－x1|＝

x1＋x22－4x1x2＝4k2＋279＋k22，令t＝k2＋9，则|x2－x1|＝4t－9t2且t≥9.∴S△OPQ＝12×12|x2－x1|＝14－9×1t2＋4×1t＝14－91t－292＋

49.∵t≥9，∴0＜1t≤19，∴当1t＝19，即t＝9，也即k＝0时，△OPQ面积取最大值，最大值为312.点评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.变式训练3(2015·四川)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率是22，点P(0，1)在短轴CD上，且PC→·PD→＝－1.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点.是否存在

常数λ，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.解(1)由已知，得点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，又点P的坐标为(0，1)，且PC→·PD→＝－

1，于是1－b2＝－1，ca＝22，a2－b2＝c2，解得a＝2，b＝2，所以椭圆E的方程为x24＋y22＝1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，联立

x24＋y22＝1，y＝kx＋1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，所以x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1，从而，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋

λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－2λ－4k2＋－2λ－12k2＋1＝－λ－12k2＋1－λ－2.所以当λ＝1时，－λ－12k2＋1－λ－2＝－3，此时OA→·OB→＋λPA→·PB→＝－3为定值

.当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝OC→·OD→＋PC→·PD→＝－2－1＝－3.故存在常数λ＝1，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值－3.高考题型精练1.(2015·陕西)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞

b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.(1)解由题设知ca＝22，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝2，所以

椭圆E的方程为x22＋y2＝1.(2)证明由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则x1＋x2＝

4kk－11＋2k2，x1x2＝2kk－21＋2k2，从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝y1＋1x1＋y2＋1x2＝kx1＋2－kx1＋kx2＋2－kx2＝2k＋(2－k)1x1＋1

x2＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)4kk－12kk－2＝2k－2(k－1)＝2.2.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，且点P(1，32)在椭圆C上，O为坐标原点.(1)求椭圆C的标准方程；(2)

设过定点T(0，2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围；(3)过椭圆C1：x2a2＋y2b2－53＝1上异于其顶点的任一点P，作圆O：x2＋y2＝43的两条切线，

切点分别为M，N(M，N不在坐标轴上)，若直线MN在x轴，y轴上的截距分别为m，n，证明：13m2＋1n2为定值.(1)解由题意得c＝1，所以a2＝b2＋1，又因为点P(1，32)在椭圆C上，所以1a2＋94b2＝1，可解得a2＝4，b2＝3，所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(

2)解设直线l方程为y＝kx＋2，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx＋2，x24＋y23＝1，得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，因为Δ＝12k2－3>0，所以k2>14，又x1＋x2＝－16k4k2＋3，x1x2＝44k2＋3，因为∠AOB为锐

角，所以OA→·OB→>0，即x1x2＋y1y2>0，所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，所以(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，所以(1＋k2)·44k2＋3＋2k·－16k4k2＋3＋4>0，即－12

k2＋164k2＋3>0，所以k2<43，所以14<k2<43，解得－233<k<－12或12<k<233.(3)证明由题意：C1：x24＋3y24＝1，设点P(x1，y1)，M(x2，y2)，N(x3，y3)，因为M，N不在坐标轴上，所以

kPM＝－1kOM＝－x2y2，直线PM的方程为y－y2＝－x2y2(x－x2)，化简得x2x＋y2y＝43，①同理可得直线PN的方程为x3x＋y3y＝43，②把P点的坐标分别代入①、②得x2x1＋y2y1＝43，x3x1＋y3y1＝43，所以直线MN的方程为x1x＋y1y＝43，令y＝

0，得m＝43x1，令x＝0，得n＝43y1，所以x1＝43m，y1＝43n，又点P在椭圆C1上，所以(43m)2＋3(43n)2＝4，即13m2＋1n2＝34为定值.3.(2016·山东)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b

＞0)的长轴长为4，焦距为22.(1)求椭圆C的方程；(2)过动点M(0，m)(m＞0)的直线交x轴于点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.①设直线PM，QM的斜率分别为k，k′，证明k′k

为定值；②求直线AB的斜率的最小值.(1)解设椭圆的半焦距为c.由题意知2a＝4，2c＝22.所以a＝2，b＝a2－c2＝2.所以椭圆C的方程为x24＋y22＝1.(2)①证明设P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0).由M(0，m)，可得P(x0，2m)，Q(x0，－2m).所以直线PM

的斜率k＝2m－mx0＝mx0.直线QM的斜率k′＝－2m－mx0＝－3mx0.此时k′k＝－3.所以k′k为定值－3.②解设A(x1，y1)，B(x2，y2).由①知直线PA的方程为y＝kx＋m.直线QB的方程为y＝－3kx＋m.联立y

＝kx＋m，x24＋y22＝1，整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，由x0x1＝2m2－42k2＋1，可得x1＝2m2－22k2＋1x0，所以y1＝kx1＋m＝2km2－22k2＋1x0＋m

.同理x2＝2m2－218k2＋1x0，y2＝－6km2－218k2＋1x0＋m.所以x2－x1＝2m2－218k2＋1x0－2m2－22k2＋1x0＝－32k2m2－218k2＋12k2＋1x0，y2－y1＝－6km2－218k

2＋1x0＋m－2km2－22k2＋1x0－m＝－8k6k2＋1m2－218k2＋12k2＋1x0，所以kAB＝y2－y1x2－x1＝6k2＋14k＝146k＋1k，由m＞0，x0＞0，可知k＞0，所以6k＋1k≥26，当且仅当k＝6

6时取“＝”.因为P(x0，2m)在椭圆x24＋y22＝1上，所以x0＝4－8m2，故此时2m－m4－8m2－0＝66，即m＝147，符合题意.所以直线AB的斜率的最小值为62.4.已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，短轴的一个端点

B到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，请说明理由.解(1)由已知得c＝1，a＝2c＝2，

b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)S△BFMS△BFN＝2等价于FMFN＝2，当直线l斜率不存在时，FMFN＝1，不符合题意，舍去；当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)，由y＝kx－1，x24＋y23＝1消去x并整理得，

(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝－6k3＋4k2，①y1y2＝－9k23＋4k2，②由FMFN＝2得y1＝－2y2，③由①②③解得k＝±52，因此存在直线l：y＝±52(x－1)使得△BFM与△BFN的面积比值为2.