1、1第 30 练 圆锥曲线的热点问题明考情圆锥曲线的热点问题作为直线与圆锥曲线的位置关系的延伸与深化，是高考的必考点，高考中常选取其中一个热点问题作为圆锥曲线的压轴题目.知考向1.范围与最值问题.2.定值、定点问题.3.探索性问题.考点一 范围与最值问题方法技巧 圆锥曲线的最值和范围问题解题常见思路(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围.(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是在两个参数之间建立相关关系.(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.(5)利用函数值域的求法，确定参数的
2、取值范围.1.已知点 A(1，0)，点 M 是圆 C：( x1) 2 y28 上的任意一点，线段 MA 的垂直平分线与直线 CM 交于点 E.(1)求点 E 的轨迹方程；(2)若直线 y kx m 与点 E 的轨迹有两个不同的交点 P 和 Q，且原点 O 总在以 PQ 为直径的圆的内部，求实数 m 的取值范围.2解 (1)由题意知| EM| EA|，| CE| EM|2 ，2所以| CE| EA|2 2| CA|，2所以点 E 的轨迹是以点 C， A 为焦点的椭圆，其轨迹方程为 y21.x22(2)设 P(x1， y1)， Q(x2， y2)，则将直线与椭圆的方程联立得Error!消去 y，得
3、(2 k21) x24 kmx2 m220， 0， m22 k21. x1 x2 ， x1x2 .4km2k2 1 2m2 22k2 1因为点 O 在以 PQ 为直径的圆的内部，故 0，即 x1x2 y1y20，OP OQ 而 y1y2( kx1 m)(kx2 m) ，m2 2k22k2 1故由 x1x2 y1y2 0，2m2 22k2 1 m2 2k22k2 1得 m2 ，且满足式，2k2 23所以 m2 ，23所以 m 的取值范围是 .(63， 63)2.如图，已知椭圆 y21 上两个不同的点 A， B 关于直线 y mx 对称.x22 12(1)求实数 m 的取值范围；(2)求 AOB
4、面积的最大值( O 为坐标原点).解 (1)由题意知 m0，可设直线 AB 的方程为 y x b， A(x1， y1)， B(x2， y2).1m由Error! 消去 y，得x2 x b210.(12 1m2) 2bm因为直线 y x b 与椭圆 y21 有两个不同的交点，1m x22所以 2 b22 0. 4m23则 x1x2 ，b2 112 1m2 2m2b2 1m2 2x1 x2 ，2bm12 1m2 4mbm2 2y1 y2 (x1 x2)2 b 2 b .1m 1m 4mbm2 2 2bm2m2 2设 M 为 AB 的中点，则 M ，(2mbm2 2， m2bm2 2)代入直线方程
5、y mx ，解得 b ， 12 m2 22m2由，得 m 或 m .63 63(2)令 t ，1m ( 62， 0) (0， 62)则| AB| ，t2 1 2t4 2t2 32t2 12且点 O 到直线 AB 的距离为 d .t2 12t2 1设 AOB 的面积为 S(t)，所以 S(t) |AB|d ，12 12 2(t2 12)2 2 22当且仅当 t2 时，等号成立.12故 AOB 面积的最大值为 .223.已知抛物线 y24 x，直线 l： y x b 与抛物线交于 A， B 两点.12(1)若 x 轴与以 AB 为直径的圆相切，求该圆的方程；(2)若直线 l 与 y 轴负半轴相交，
6、求 AOB(O 为坐标原点)面积的最大值.解 (1)联立Error!化简得 y28 y8 b0.由 6432 b0，解得 b2.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 y1 y28， y1y28 b.4设圆心 Q(x0， y0)，则有 x0 ， y0 4，x1 x22 y1 y22r| y0|4，| AB| |y1 y2| 2 r8，1 22 564 32b解得 b .85所以 x02 b8 ，圆心 Q ，故圆的方程为 2( y4) 216.245 (245， 4) (x 245)(2)因为直线与 y 轴负半轴相交，所以 b0.又直线与抛物线交于两点，由(1)知 b2，所以2 b0，
7、直线 l 的方程为 y x b，整理得 x2 y2 b0，12点 O 到直线 l 的距离 d ，| 2b|5 2b5所以 S AOB |AB|d4 b 4 .12 2 2 b 2 b3 2b2令 g(b) b32 b2，2 b0， g( b)3 b24 b3 b ，(b43)当 b 变化时， g( b)， g(b)的变化情况如下表：b ( 2， 43)43 ( 43， 0)g( b) 0 g(b) 极大值 由上表可得 g(b)的最大值为 g .(43) 3227所以当 b 时， AOB 的面积取得最大值 .43 32394.(2017山 东 )在 平 面 直 角 坐 标 系 xOy 中 ， 椭
8、 圆 E： 1(a b 0)的 离 心 率 为 ， 焦 距x2a2 y2b2 22为 2.(1)求椭圆 E 的方程；(2)如图，动直线 l： y k1x 交椭圆 E 于 A， B 两点， C 是椭圆 E 上一点，直线 OC 的斜率32为 k2，且 k1k2 .M 是线段 OC 延长线上一点，且| MC| AB|23， M 的半径为24|MC|， OS， OT 是 M 的两条切线，切点分别为 S， T.求 SOT 的最大值，并求取得最大值时直线 l 的斜率.5解 (1)由题意知 e ，2 c2，ca 22所以 c1， a ，则 b1，2所以椭圆 E 的方程为 y21.x22(2)设 A(x1，
9、y1)， B(x2， y2)，联立方程Error!得(4 k 2) x24 k1x10，21 3由题意知 0，且 x1 x2 ， x1x2 ，23k12k21 1 122k21 1所以| AB| |x1 x2| .1 k21 21 k211 8k211 2k21由题意可知圆 M 的半径 r 为 r |AB| .23 223 1 k211 8k211 2k21由题设知 k1k2 ，24所以 k2 ，24k1因此直线 OC 的方程为 y x，24k1联立方程Error!得 x2 ， y2 ，8k211 4k21 11 4k21因此| OC| .x2 y21 8k211 4k21由题意可知，sin
10、. SOT2 rr |OC| 11 |OC|r而 ，|OC|r1 8k211 4k21223 1 k21 1 8k211 2k21 324 1 2k211 4k21 1 k216令 t12 k ，则 t1， (0，1)，211t因此 1，|OC|r 32 t2t2 t 1 32 12 1t 1t2 32 1 (1t 12)2 94当且仅当 ，即 t2 时等号成立，此时 k1 ，1t 12 22所以 sin ，因此 ， SOT2 12 SOT2 6所以 SOT 的最大值为 . 3综上所述， SOT 的最大值为 ，取得最大值时直线 l 的斜率为 k1 . 3 22考点二 定值、定点问题方法技巧 (
11、1)定点问题的常见解法假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点；从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意.(2)定值问题的常见解法从特殊入手，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.5.(2017全国)在直角坐标系 xOy 中，曲线 y x2 mx2 与 x 轴交于 A， B 两点，点 C 的坐标为(0，1).当 m 变化时，解答下列问题：(1)能否出现 AC BC 的情况？说明理由；(2)证明过 A， B， C 三点的圆在 y
12、 轴上截得的弦长为定值.(1)解 不能出现 AC BC 的情况.理由如下：设 A(x1，0)， B(x2，0)，则 x1， x2满足 x2 mx20，所以 x1x22.又点 C 的坐标为(0，1)，故 AC 的斜率与 BC 的斜率之积为 ， 1x1 1x2 12所以不能出现 AC BC 的情况.(2)证明 BC 的中点坐标为 ，可得 BC 的中垂线方程为 y x2 .(x22， 12) 12 (x x22)由(1)可得 x1 x2 m，所以 AB 的中垂线方程为 x .m27联立Error!又 x mx220，可得Error!2所以过 A， B， C 三点的圆的圆心坐标为 ，半径 r .(m2
13、， 12) m2 92故圆在 y 轴上截得的弦长为 2 3，r2 (m2)2即过 A， B， C 三点的圆在 y 轴上截得的弦长为定值.6.已知抛物线 C 的顶点在坐标原点 O，其图象关于 y 轴对称且经过点 M(2，1).(1)求抛物线 C 的方程；(2)若一个等边三角形的一个顶点位于坐标原点，另两个顶点在抛物线上，求该等边三角形的面积；(3)过点 M 作抛物线 C 的两条弦 MA， MB，设 MA， MB 所在直线的斜率分别为 k1， k2，当k1 k22 时，试证明直线 AB 的斜率为定值，并求出该定值.解 (1)设抛物线 C 的方程为 x22 py(p0)，由点 M(2，1)在抛物线
14、C 上，得 42 p，则 p2，抛物线 C 的方程为 x24 y.(2)设该等边三角形 OPQ 的顶点 P， Q 在抛物线上，且 P(xP， yP)， Q(xQ， yQ)，则 x 4 yP， x 4 yQ，2P 2Q由| OP| OQ|，得 x y x y ，2P 2P 2Q 2Q即( yP yQ)(yP yQ4)0.又 yP0， yQ0，则 yP yQ，| xP| xQ|，即线段 PQ 关于 y 轴对称. POy30， yP |xP|，3代入 x 4 yP，得 xP4 ，2P 3该等边三角形边长为 8 ， S POQ48 .3 3(3)设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x 4
15、 y1， x 4 y2，21 2 k1 k2 (x12 x22)2.y1 1x1 2 y2 1x2 2 14x21 1x1 2 14x2 1x2 2 14 x1 x212， kAB (x1 x2)3.y2 y1x2 x1 14x2 14x21x2 x1 1487.(2017全国)已知椭圆 C： 1( ab0)，四点 P1(1，1)， P2(0，1)，x2a2 y2b2P3 ， P4 中恰有三点在椭圆 C 上.( 1，32) (1， 32)(1)求 C 的方程；(2)设直线 l 不经过 P2点且与 C 相交于 A， B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为1，证明： l 过定点.(
16、1)解 由于 P3， P4两点关于 y 轴对称，故由题设知椭圆 C 经过 P3， P4两点.又由 知，椭圆 C 不经过点 P1，所以点 P2在椭圆 C 上.1a2 1b21a2 34b2因此Error! 解得Error!故椭圆 C 的方程为 y21.x24(2)证明 设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1， k2.如果 l 与 x 轴垂直，设 l： x t，由题设知 t0，且| t|0.设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，则 x1 x2 ， x1x2 .8km4k2 1 4m2 44k2 1而 k1 k2 .y1 1x1 y2 1x2 kx1 m 1x1 kx2 m 1x
17、2 2kx1x2 m 1x1 x2x1x2由题设 k1 k21，故(2 k1) x1x2( m1)( x1 x2)0，即(2 k1) ( m1) 0，4m2 44k2 1 8km4k2 1解得 k .m 12当且仅当 m1 时， 0，于是 l： y x m，m 129即 y1 (x2)，m 12所以 l 过定点(2，1).8.已知中心在原点，焦点在坐标轴上的椭圆 E 的离心率为 ，椭圆 E 的一个焦点和抛物线12y24 x 的焦点重合，过直线 l： x4 上一点 M 引椭圆 E 的两条切线，切点分别是 A， B.(1)求椭圆 E 的方程；(2)若在椭圆 1( a b0)上的点( x0， y0)
18、处的切线方程是 1，求证：直线x2a2 y2b2 x0xa2 y0yb2AB 恒过定点 C，并求出定点 C 的坐标.(1)解 设椭圆方程为 1( a b0)，x2a2 y2b2因为抛物线 y24 x 的焦点是(1，0)，所以 c1.又 ，所以 a2， b ，ca 12 a2 c2 3所以所求椭圆 E 的方程为 1.x24 y23(2)证明 设切点坐标为 A(x1， y1)， B(x2， y2)，直线 l 上一点 M 的坐标为(4， t)，则切线方程分别为 1， 1.x1x4 y1y3 x2x4 y2y3又两切线均过点 M，即 x1 y11， x2 y21，t3 t3即点 A， B 的坐标都适合
19、方程 x y1.t3又两点确定唯一的一条直线，故直线 AB 的方程是 x y1，t3显然对任意实数 t，点(1，0)都适合这个方程，故直线 AB 恒过定点 C(1，0).考点三 探索性问题方法技巧 探索性问题的求解方法(1)处理这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出与已知、定理或公理相符的结论，则存在性得到肯定；若导致矛盾，则否定存在性.若证明某结论不存在，也可以采用反证法.(2)采用特殊化思想求解，即根据题目中的一些特殊关系，归纳出一般结论，然后进行证明，得出结论.9.(2017湖南东部五校联考)已知椭圆 E： 1 的右焦点为 F(c，0)
20、且 a b c0，x2a2 y2b210设短轴的一个端点 D，原点 O 到直线 DF 的距离为 ，过原点和 x 轴不重合的直线与椭圆 E32相交于 C， G 两点，且| | |4.GF CF (1)求椭圆 E 的方程；(2)是否存在过点 P(2，1)的直线 l 与椭圆 E 相交于不同的两点 A， B 且使得 24 成OP PA PB 立？若存在，试求出直线 l 的方程；若不存在，请说明理由.解 (1)由椭圆的对称性知，| | |2 a4，GF CF a2.又原点 O 到直线 DF 的距离为 ，32 ， bc ，又 a2 b2 c24， a b c0，bca 32 3 b ， c1.3故椭圆 E
21、 的方程为 1.x24 y23(2)当直线 l 与 x 轴垂直时不满足条件.故可设 A(x1， y1)， B(x2， y2)，直线 l 的方程为 y k(x2)1，代入椭圆方程得(34 k2)x28 k(2k1) x16 k216 k80， x1 x2 ，8k2k 13 4k2x1x2 ， 32(6 k3)0，16k2 16k 83 4k2 k .12 OP24 ，PA PB 即 4(x12)( x22)( y11)( y21)5，4( x12)( x22)(1 k2)5，即 4x1x22( x1 x2)4(1 k2)5，4 (1 k2)16k2 16k 83 4k2 28k2k 13 4k2 44 5，解得 k ，4 4k23 4k2 12k 不符合题意，舍去，12存在满足条件的直线 l，其方程为 y x.12
