2017版考前三个月（浙江专版，文理通用）高考知识·方法篇 专题7 解析几何第32练

第32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

x2y231．(2016·山东)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的离心率是，抛物线E：

ab2x2＝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；

S1②直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求的最大值及取得

S2最大值时点P的坐标．

a2－b2131

0，?，所以b＝，a(1)解 由题意知＝，可得a2＝4b2，因为抛物线E的焦点F??2?a22＝1，所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.

m

m，?(m>0)，由x2＝2y，可得y′＝x，所以直线l的斜率为m，因此直线(2)①证明 设P?2??m2

l的方程为y－＝m(x－m)，

2

2

m2

即y＝mx－.

2

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)． x＋4y＝1，??

联立方程? m2

y＝mx－，?2?得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.

2

2

由Δ>0，得0

－m24m32m3m2y01

且x1＋x2＝2，因此x0＝2，将其代入y＝mx－，得y0＝，因为＝－. 22x04m4m＋14m＋12?4m＋1?1

所以直线OD方程为y＝－x，

4m

1??y＝－4mx，1

联立方程?得点M的纵坐标yM＝－，

4

??x＝m，1

所以点M在定直线y＝－上．

4

m2

②解 由①知直线l的方程为y＝mx－，

2

2mm2?令x＝0，得y＝－，所以G??0，－2?， 2223

－mm12m??， m，?，F?0，?，D?2，又P??22???2??4m＋12?4m＋1??

?m2＋1?m1

所以S1＝·|GF|·m＝，

24

232222

112m＋12m＋mm?2m＋1?S12?4m＋1??m＋1?S2＝·|PM|·|m－x0|＝××2＝.所以＝.

224S24m＋18?4m2＋1??2m2＋1?22

S1?2t－1??t＋1?2t＋t－11111S1设t＝2m＋1，则＝＝＝－2＋＋2，当＝，即t＝2时，取到最大22S2ttttt2S2

2

9

值， 4此时m＝

221，满足(*)式，所以P点坐标为?，?. 2?24?

S1921

因此的最大值为，此时点P的坐标为?，?.

S24?24?

x2y2

2．(2016·四川)已知椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的

ab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， x2y2

则椭圆E的方程为2＋2＝1.

2bb

xy??2b2＋b2＝1，

由方程组?得3x2－12x＋(18－2b2)＝0.①

??y＝－x＋3，

2

2

方程①的判别式为Δ＝24(b2－3)，由Δ＝0，得b2＝3，

x2y2

此时方程①的解为x＝2，所以椭圆E的方程为＋＝1.点T的坐标为(2,1)．

631

(2)由已知可设直线l′的方程为y＝x＋m(m≠0)，

21??x＝2－3，?y＝2x＋m，

由方程组?可得?2m??y＝－x＋3，y＝1＋.?3

2m

2m2m8

2－，1＋?，|PT|2＝m2. 所以P点坐标为?33??9设点A，B的坐标分别为A(x1，y1)，B(x2，y2)．

?

由方程组?1

y＝?2x＋m，

x2y2

＋＝1，63

可得3x2＋4mx＋(4m2－12)＝0.②

方程②的判别式为Δ＝16(9－2m2)， 3232由Δ>0，解得－

由②得x1＋x2＝－，x1x2＝. 33所以|PA|＝＝

?2－2m－x1?2＋?1＋2m－y1?2 33????

2m5?2m5

2－－x1?，同理|PB|＝?2－－x2?.

33??2?2?2m5?2m

2－－x1??2－－x2?? 所以|PA|·|PB|＝?33????4??5?2m?2?2m??2－2－＝?3?－?3??x1＋x2?＋x1x2? 4??

2

5??2m?2?2m??4m?4m－12?＝?2－3?－?2－3??－3?＋4?3?

10＝m2. 9

4

故存在常数λ＝，使得|PT|2＝λ|PA|·|PB|.

5

高考必会题型

题型一 定值、定点问题

x2y21

例1 已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)经过点(0，3)，离心率为，直线l经过椭圆C的右焦

ab2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． c1

解 (1)依题意得b＝3，e＝＝，a2＝b2＋c2，

a2∴a＝2，c＝1，

x2y2

∴椭圆C的方程为＋＝1.

43

(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)， y＝k?x－1?，??22由?xy

＋＝1，??43

消去y得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 4k2－128k2

∴x1＋x2＝，xx＝，

3＋4k2123＋4k2→→

又由MA＝λAF，∴(x1，y1＋k)＝λ(1－x1，－y1)， x1x2∴λ＝，同理μ＝，

1－x11－x2

x1＋x2－2x1x2x1x2∴λ＋μ＝＋＝

1－x11－x21－?x1＋x2?＋x1x22?4k2－12?8k2

－3＋4k23＋4k28＝＝－. 22

34k－128k

1－＋3＋4k23＋4k28

∴当直线l的倾斜角变化时，λ＋μ的值为定值－.

3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C：x2＝4y，过点P(t,0)(其中t>0)作互相垂直的两直线l1，l2，直线

l1与抛物线C相切于点Q(Q在第一象限内)，直线l2与抛物线C相交于A，B两点．

(1)求证：直线l2恒过定点；

2

(2)记直线AQ，BQ的斜率分别为k1，k2，当k21＋k2取得最小值时，求点P的坐标．

(1)证明 设直线l1的斜率为k，则l1直线的方程为y＝k(x－t)，与抛物线方程联立

2??x＝4y，? ?y＝k?x－t?，?

可得x2－4kx＋4kt＝0，由于直线l1与抛物线C相切， 所以Δ＝16k2－16kt＝0，求得t＝k， 故Q点坐标为(2t，t2)，由于l1⊥l2，

11

故设l2的方程为y＝－(x－t)，即y＝－x＋1，

tt所以直线l2恒过定点(0,1)．

x＝4y，??

(2)解 设A(x1，)，B(x2，)，联立直线l2方程与抛物线方程?可得： 144y＝－x＋1，?t?

x21x2244

x2＋x－4＝0，则x1＋x2＝－，x1x2＝－4，

ttx21

t－

41

由题意可知：k1＝＝(2t＋x1)，

2t－x14

2

2

1

同理：k2＝(2t＋x2)，

4

12

所以k2＋k＝[(2t＋x1)2＋(2t＋x2)2] 12

161

＝[(x1＋x2)2＋4t(x1＋x2)－2x1x2＋8t2] 16116121＝[2－16＋8＋8t2]＝[2＋t2－1]≥2－. 16t2t2

1442故当t＝2时，k21＋k2有最小值为2－，此时P的坐标为(2，0)． 2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．

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/nup2.html