1、 .wd.第3講圓錐曲線的綜合問題1(2014·福建)設P，Q分別為圓x2(y6)22和橢圓y21上的點，那么P，Q兩點間的最大距離是()A5B.C7D62(2015·陜西)如圖，橢圓E：1(ab0)，經過點A(0，1)，且離心率為.(1)求橢圓E的方程；(2)經過點(1,1)，且斜率為k的直線與橢圓E交于不同的兩點P，Q(均異于點A)，證明：直線AP與AQ的斜率之和為2.1.圓錐曲線的綜合問題一般以直線和圓錐曲線的位置關系為載體，以參數處理為核心，考察范圍、最值問題，定點、定值問題，探索性問題.2.試題解答往往要綜合應用函數與方程、數形結合、分類討論等多種思想方法，對計算

2、能力也有較高要求，難度較大.熱點一范圍、最值問題圓錐曲線中的范圍、最值問題，可以轉化為函數的最值問題(以所求式子或參數為函數值)，或者利用式子的幾何意義求解例1(2015·重慶)如圖，橢圓1(ab0)的左、右焦點分別為F1、F2，過F2的直線交橢圓于P，Q兩點，且PQPF1.(1)假設|PF1|2，|PF2|2，求橢圓的標準方程；(2)假設|PQ|PF1|，且，試確定橢圓離心率e的取值范圍思維升華解決范圍問題的常用方法：(1)數形結合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后，數形結合求解(2)構建不等式法：利用或隱含的不等關系，構建以待求量為元的不等式求解(3)構建函數法：先引入變

3、量構建以待求量為因變量的函數，再求其值域跟蹤演練1橢圓C的左，右焦點分別為F1，F2，橢圓的離心率為，且橢圓經過點P(1，)(1)求橢圓C的標準方程；(2)線段PQ是橢圓過點F2的弦，且，求PF1Q內切圓面積最大時實數的值熱點二定點、定值問題1由直線方程確定定點，假設得到了直線方程的點斜式：yy0k(xx0)，那么直線必過定點(x0，y0)；假設得到了直線方程的斜截式：ykxm，那么直線必過定點(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、直線的斜率等)的大小或某些代數表達式的值等與題目中的參數無關，不依參數的變化而變化，而始終是一個確定的值例2橢圓C：1(

4、a>b>0)的離心率為，其左焦點到點P(2,1)的距離為.(1)求橢圓C的標準方程；(2)假設直線l：ykxm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l過定點，并求出該定點的坐標思維升華(1)動直線l過定點問題解法：設動直線方程(斜率存在)為ykxt，由題設條件將t用k表示為tmk，得yk(xm)，故動直線過定點(m,0)(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，再根據其對參變量恒成立，令其系數等于零，得出定點跟蹤演練2直線l：yx，圓O：x2y25，橢圓E：1(a>b>0)的離心率e，直線l被圓O

5、截得的弦長與橢圓的短軸長相等(1)求橢圓E的方程；(2)過圓O上任意一點P作橢圓E的兩條切線，假設切線都存在斜率，求證：兩切線的斜率之積為定值熱點三探索性問題1解析幾何中的探索性問題，從類型上看，主要是存在類型的相關題型，解決這類問題通常采用“肯定順推法，將不確定性問題明朗化其步驟為：假設滿足條件的元素(點、直線、曲線或參數)存在，用待定系數法設出，列出關于待定系數的方程組，假設方程組有實數解，那么元素(點、直線、曲線或參數)存在；否那么，元素(點、直線、曲線或參數)不存在2反證法與驗證法也是求解存在性問題常用的方法例3如圖，拋物線C：y22px的焦點為F，拋物線上一定點Q(1,2)(1)求拋

6、物線C的方程及準線l的方程；(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l交于點M，記QA，QB，QM的斜率分別為k1，k2，k3，問是否存在常數，使得k1k2k3成立，假設存在，求出的值；假設不存在，說明理由思維升華解決探索性問題的考前須知：存在性問題，先假設存在，推證滿足條件的結論，假設結論正確那么存在，假設結論不正確那么不存在(1)當條件和結論不唯一時，要分類討論(2)當給出結論而要推導出存在的條件時，先假設成立，再推出條件(3)當條件和結論都不知，按常規方法解題很難時，要思維開放，采取另外的途徑跟蹤演練3(2015·四川)如圖，橢圓E：1(ab0)的離心率

7、是，點P(0,1)在短軸CD上，且·1.(1)求橢圓E的方程；(2)設O為坐標原點，過點P的動直線與橢圓交于A，B兩點是否存在常數，使得··為定值？假設存在，求的值；假設不存在，請說明理由橢圓C1：1(a>0)與拋物線C2：y22ax相交于A，B兩點，且兩曲線的焦點F重合(1)求C1，C2的方程；(2)假設過焦點F的直線l與橢圓分別交于M，Q兩點，與拋物線分別交于P，N兩點，是否存在斜率為k(k0)的直線l，使得2？假設存在，求出k的值；假設不存在，請說明理由提醒：完成作業專題六第3講二輪專題強化練專題六第3講圓錐曲線的綜合問題A組專題通關1(2015

8、83;北京西城區期末)假設曲線ax2by21為焦點在x軸上的橢圓，那么實數a，b滿足()Aa2>b2B.<C0<a<bD0<b<a2橢圓1(0<b<2)的左，右焦點分別為F1，F2，過F1的直線l交橢圓于A，B兩點，假設|BF2|AF2|的最大值為5，那么b的值是()A1 B. C. D.3F為拋物線y28x的焦點，過點F且斜率為1的直線l交拋物線于A，B兩點，那么|FA|FB|的值為()A4B8C8D164設橢圓1(a>b>0)的離心率為e，右焦點為F(c,0)，方程ax2bxc0的兩個實根分別為x1和x2，那么點P(x1，x2)(

9、)A必在圓x2y22內 B必在圓x2y22上C必在圓x2y22外 D以上三種情形都有可能5假設點O和點F分別為橢圓1的中心和左焦點，點P為橢圓上的任意一點，那么·的最大值為()A2 B3 C6 D86雙曲線x21的左頂點為A1，右焦點為F2，P為雙曲線右支上一點，那么·的最小值為_7A(1,2)，B(1,2)，動點P滿足.假設雙曲線1(a>0，b>0)的漸近線與動點P的軌跡沒有公共點，那么雙曲線離心率的取值范圍是_8在直線y2上任取一點Q，過Q作拋物線x24y的切線，切點分別為A、B，那么直線AB恒過定點_9橢圓C：1(a>b>0)的短軸長為2，離心

10、率為，過點M(2,0)的直線l與橢圓C相交于A，B兩點，O為坐標原點(1)求橢圓C的方程；(2)假設B點關于x軸的對稱點是N，證明：直線AN恒過一定點B組能力提高10直線ya交拋物線yx2于A，B兩點假設該拋物線上存在點C，使得ACB為直角，那么a的取值范圍為_11直線3x4y40與拋物線x24y和圓x2(y1)21從左到右的交點依次為A、B、C、D，那么的值為_12(2015·課標全國)橢圓C：9x2y2m2(m0)，直線l不過原點O且不平行于坐標軸，l與C有兩個交點A，B，線段AB的中點為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)假設l過點，延長線段OM與C交于

11、點P，四邊形OAPB能否為平行四邊形？假設能，求此時l的斜率；假設不能，說明理由學生用書答案精析第3講圓錐曲線的綜合問題高考真題體驗1D如下圖，設以(0,6)為圓心，以r為半徑的圓的方程為x2(y6)2r2(r>0)，與橢圓方程y21聯立得方程組，消掉x2得9y212yr2460.令1224×9(r246)0，解得r250，即r5.由題意易知P，Q兩點間的最大距離為r6，應選D.2(1)解由題設知，b1，結合a2b2c2，解得a，所以橢圓的方程為y21.(2)證明由題設知，直線PQ的方程為yk(x1)1(k2)，代入y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由0，

12、設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x20，那么x1x2，x1x2，從而直線AP，AQ的斜率之和 kAPkAQ2k(2k)2k(2k)2k(2k)2k2(k1)2.熱點分類突破例1解(1)由橢圓的定義，2a|PF1|PF2|(2)(2)4，故a2.設橢圓的半焦距為c，由PF1PF2，因此2c|F1F2|2，即c，從而b1.故所求橢圓的標準方程為y21.(2)如圖，由PF1PQ，|PQ|PF1|，得|QF1|PF1|.由橢圓的定義，|PF1|PF2|2a，|QF1|QF2|2a，進而|PF1|PQ|QF1|4a，于是(1)|PF1|4a，解得|PF1|，故|PF2|2a|PF1|.由勾股定

13、理得|PF1|2|PF2|2|F1F2|2(2c)24c2，從而224c2，兩邊除以4a2，得e2.假設記t1，那么上式變成e282.由，并注意到1關于的單調性，得3t4，即.進而e2，即e.跟蹤演練1解(1)e，P(1，)滿足1，又a2b2c2，a24，b23，橢圓標準方程為1.(2)顯然直線PQ不與x軸重合，當直線PQ與x軸垂直時，|PQ|3，|F1F2|2，3；當直線PQ不與x軸垂直時，設直線PQ：yk(x1)，k0代入橢圓C的標準方程，整理，得(34k2)y26ky9k20，>0，y1y2，y1·y2.·|F1F2|·|y1y2|12，令t34k2，

14、t>3，k2，3，0<<，(0,3)，當直線PQ與x軸垂直時最大，且最大面積為3.設PF1Q內切圓半徑為r，那么(|PF1|QF1|PQ|)·r4r3.即rmax，此時直線PQ與x軸垂直，PF1Q內切圓面積最大，1.例2解(1)設橢圓方程為1 (a>b>0)，由e，得a2c，a2b2c2，b23c2，那么橢圓方程變為1.又由題意知，解得c21，故a24，b23，即得橢圓的標準方程為1.(2)設A(x1，y1)，B(x2，y2)，聯立得(34k2)x28mkx4(m23)0.那么又y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.橢圓的右頂

15、點為A2(2,0)，AA2BA2，(x12)(x22)y1y20，y1y2x1x22(x1x2)40，40，7m216mk4k20，解得m12k，m2，由，得34k2m2>0，當m12k時，l的方程為yk(x2)，直線過定點(2,0)，與矛盾當m2時，l的方程為yk，直線過定點，且滿足，直線l過定點，定點坐標為.跟蹤演練2(1)解設橢圓的半焦距為c，圓心O到直線l的距離d，b.由題意得a23，b22.橢圓E的方程為1.(2)證明設點P(x0，y0)，過點P的橢圓E的切線l0的方程為yy0k(xx0)，聯立直線l0與橢圓E的方程得消去y得(32k2)x24k(y0kx0)x2(kx0y0)

16、260，4k(y0kx0)24(32k2)2(kx0y0)260，整理得，(2x)k22kx0y0(y3)0，設滿足題意的橢圓E的兩條切線的斜率分別為k1，k2，那么k1·k2，點P在圓O上，xy5，k1·k21.兩條切線的斜率之積為常數1.例3解(1)把Q(1,2)代入y22px，得2p4，所以拋物線方程為y24x，準線l的方程為x1.(2)由條件可設直線AB的方程為yk(x1)，k0.由拋物線準線l：x1，可知M(1，2k)又Q(1,2)，所以k3k1，即k3k1.把直線AB的方程yk(x1)，代入拋物線方程y24x，并整理，可得k2x22(k22)xk20.設A(x1

17、，y1)，B(x2，y2)，由根與系數的關系，知x1x2，x1x21.又Q(1,2)，那么k1，k2.因為A，F，B共線，所以kAFkBFk，即k.所以k1k22k2k2，即k1k22k2.又k3k1，可得k1k22k3.即存在常數2，使得k1k2k3成立跟蹤演練3解(1)由，點C、D的坐標分別為(0，b)，(0，b)，又點P的坐標為(0,1)，且·1，于是解得a2，b，所以橢圓E的方程為1.(2)當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為ykx1，A，B的坐標分別為(x1，y1)，(x2，y2)，聯立得(2k21)x24kx20，其判別式(4k)28(2k21)0，所以x1x2，x

18、1x2，從而，··x1x2y1y2x1x2(y11)(y21)(1)(1k2)x1x2k(x1x2)12.所以當1時，23，此時··3為定值當直線AB斜率不存在時，直線AB即為直線CD，此時，····213.故存在常數1，使得··為定值3.高考押題精練解(1)因為C1，C2的焦點重合，所以，所以a24.又a>0，所以a2.于是橢圓C1的方程為1，拋物線C2的方程為y24x.(2)假設存在直線l使得2，那么可設直線l的方程為yk(x1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，

19、N(x4，y4)由可得k2x2(2k24)xk20，那么x1x4，x1x41，所以|PN|·.由可得(34k2)x28k2x4k2120，那么x2x3，x2x3，所以|MQ|·.假設2，那么2×，解得k±.故存在斜率為k±的直線l，使得2.二輪專題強化練答案精析第3講圓錐曲線的綜合問題1C由ax2by21，得1，因為焦點在x軸上，所以>>0，所以0<a<b.2D由橢圓的方程，可知長半軸長a2；由橢圓的定義，可知|AF2|BF2|AB|4a8，所以|AB|8(|AF2|BF2|)3.由橢圓的性質，可知過橢圓焦點的弦中，通徑

20、最短，即3，可求得b23，即b.3C依題意知F(2,0)，所以直線l的方程為yx2，聯立方程消去y得x212x40.設A(x1，y1)，B(x2，y2)，那么x1x212，x1x24，那么|AF|BF|(x12)(x22)|x1x2|8.4Ax1x2，x1x2.xx(x1x2)22x1x2.e，ca，b2a2c2a22a2.xx<2.P(x1，x2)在圓x2y22內5C設P(x0，y0)，那么1，即y3，又因為F(1,0)，所以·x0·(x01)yxx03(x02)22，又x02,2，即·2,6，所以(·)max6.62解析由得A1(1,0)，F2

21、(2,0)設P(x，y) (x1)，那么·(1x，y)·(2x，y)4x2x5.令f(x)4x2x5，那么f(x)在1，)上單調遞增，所以當x1時，函數f(x)取最小值，即·取最小值，最小值為2.7(1,2)解析設P(x，y)，由題設條件，得動點P的軌跡為(x1)(x1)(y2)·(y2)0，即x2(y2)21，它是以(0,2)為圓心，1為半徑的圓又雙曲線1(a>0，b>0)的漸近線方程為y±x，即bx±ay0，由題意，可得>1，即>1，所以e<2，又e>1，故1<e<2.8(0,2)解析設Q(t，2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，拋物線方程變為yx2，那么yx，那么在點A處的切線方程為yy1x1(xx1)，化簡得，yx1xy1，同理，在點B處的切線方程為yx2xy2.又點Q(t，2)的坐標滿足這兩個方程，代入得：2x1ty1，2x2