专题16 圆锥曲线的综合问题-2017年高考数学（理）备考学易黄金易错点
1．设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为( )
A.B.C.D．1
答案 C
解析 如图，
2．直线3x－4y＋4＝0与抛物线x2＝4y和圆x2＋(y－1)2＝1从左到右的交点依次为A、B、C、D，则的值为________．
答案
解析 由得x2－3x－4＝0，
∴xA＝－1，xD＝4，∴yA＝，yD＝4.
直线3x－4y＋4＝0恰过抛物线的焦点F(0,1)，
∴|AF|＝yA＋1＝，|DF|＝yD＋1＝5，
∴＝＝.
3．已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，左顶点为A，左焦点为F1(－2,0)，点B(2，)在椭圆C上，直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.
(1)求椭圆C的方程；
(2)在x轴上是否存在点P，使得无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，
因为椭圆的左焦点为F1(－2,0)，
所以a2－b2＝4.①
因为点B(2，)在椭圆C上，
所以＋＝1.②
由①②解得，a＝2，b＝2.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)方法一 因为椭圆C的左顶点为A，
因为直线AE与y轴交于点M，
令x＝0得y＝，即点M.
同理可得点N(0，)．
假设在x轴上存在点P(t,0)，使得∠MPN为直角，则·＝0.
即t2＋×＝0，
即t2－4＝0，解得t＝2或t＝－2.
故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．
方法二 因为椭圆C的左顶点为A，则点A的坐标为(－2，0)．
因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆＋＝1交于两点E，F，设点E(x0，y0)，则点F(－x0，－y0)．
所以直线AE的方程为y＝(x＋2)．
因为直线AE与y轴交于点M，
令x＝0得y＝，
因为点E(x0，y0)在椭圆C上，所以＋＝1，
即y＝.
将y＝代入得t2－4＝0.
解得t＝2或t＝－2.
故存在点P(2,0)或P(－2,0)，无论非零实数k怎样变化，总有∠MPN为直角．
4．设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
解 (1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，
故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，
故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为：＋＝1(y≠0)．
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
5.已知椭圆C1：＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合．
(1)求C1，C2的方程；
(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)因为C1，C2的焦点重合，
所以＝，
所以a2＝4.
又a>0，所以a＝2.
于是椭圆C1的方程为＋＝1，
抛物线C2的方程为y2＝4x.
(2)假设存在直线l使得＝2，
则可设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．
由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则x1＋x4＝，x1x4＝1，
所以|PN|＝·＝.
由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x2＋x3＝，x2x3＝，
易错起源1、范围、最值问题
例1、如图，椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.
(1)若|PF1|＝2＋，|PF2|＝2－，求椭圆的标准方程；
(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且≤λ＜，试确定椭圆离心率e的取值范围．
解 (1)由椭圆的定义，
2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋)＋(2－)＝4，故a＝2.
设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，
因此2c＝|F1F2|＝
＝＝2，
即c＝，从而b＝＝1.
故所求椭圆的标准方程为＋y2＝1.
(2)如图，
由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|，得
|QF1|＝＝|PF1|.
由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，
进而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a，
于是(1＋λ＋)|PF1|＝4a，
解得|PF1|＝，
故|PF2|＝2a－|PF1|＝.
e2＝＝82＋.
由≤λ＜，并注意到1＋λ＋关于λ的单调性，得3≤t＜4，即＜≤.
进而＜e2≤，即＜e≤.
【变式探究】如图，已知椭圆：＋y2＝1，点A，B是它的两个顶点，过原点且斜率为k的直线l与线段AB相交于点D，且与椭圆相交于E，F两点．
(1)若＝6，求k的值；
(2)求四边形AEBF面积的最大值．
解 (1)依题设得椭圆的顶点A(2,0)，B(0,1)，
则直线AB的方程为x＋2y－2＝0.
设直线EF的方程为y＝kx(k>0)．
设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1
b>0)的离心率为，其左焦点到点P(2,1)的距离为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．
解 (1)由e＝＝，得a＝2c，
∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，
则椭圆方程变为＋＝1.
又由题意知＝，解得c2＝1，
故a2＝4，b2＝3，
即得椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立
得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0.
则①
又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2
＝.
∵椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2⊥BA2，
∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，
∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，
∴＋＋＋4＝0，
∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－，
由①，得3＋4k2－m2>0，②
当m1＝－2k时，l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾．
当m2＝－时，l的方程为y＝k，直线过定点，且满足②，
∴直线l过定点，定点坐标为.
【变式探究】已知抛物线：y2＝2px(p>0)的焦点F在双曲线：－＝1的右准线上，抛物线与直线l：y＝k(x－2)(k>0)交于A，B两点，AF，BF的延长线与抛物线交于C，D两点．
(1)求抛物线的方程；
(2)若△AFB的面积等于3，求k的值；
(3)记直线CD的斜率为kCD，证明：为定值，并求出该定值．
由得ky2－4y－8k＝0，
Δ＝16＋32k2>0，y1＋y2＝，y1y2＝－8.
S△AFB＝×1×|y1－y2|＝
＝2＝3，解得k＝2.
(3)设C(，y3)，则＝(－1，y1)，＝(－1，y3)，
因为A，F，C共线，
【名师点睛】
(1)动线过定点问题的两大类型及解法
①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)．
②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．
(2)求解定值问题的两大途径
①→
②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
【锦囊妙计，战胜自我】
1．由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
2．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．
易错起源3、探索性问题
例3、如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．
(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；
(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，
所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程为x＝－1.
(2)由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.
x1＋x2＝，x1x2＝1.
又Q(1,2)，则k1＝，k2＝.
因为A，F，B共线，所以kAF＝kBF＝k，
即＝＝k.
所以k1＋k2＝＋
＝＋－
＝2k－＝2k＋2，
即k1＋k2＝2k＋2.
又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3.
即存在常数λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立．
【变式探究】如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，点P(0,1)在短轴CD上，且·＝－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·＋λ·为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)，
联立
得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0，
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)＞0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝－，
从而，·＋λ·
＝x1x2＋y1y2＋λx1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝
＝－－λ－2.
所以当λ＝1时，－－λ－2＝－3，
【名师点睛】
解决探索性问题的注意事项：
存在性问题，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．
(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．
(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．
【锦囊妙计，战胜自我】
1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．
1．若曲线ax2＋by2＝1为焦点在x轴上的椭圆，则实数a，b满足( )
A．a2>b2 .<
C．00)，△ABC的三个顶点都在抛物线上，O为坐标原点，设△ABC三条边AB，BC，AC的中点分别为M，N，Q，且M，N，Q的纵坐标分别为y1，y2，y3.若直线AB，BC，AC的斜率之和为－1，则＋＋的值为( )
A．－ B．－
C. D.
答案 B
即
所以＋＋＝－.
5．若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为( )
A．2B．3C．6D．8
答案 C
解析 由题意得F(－1,0)，设点P(x0，y0)，
则y＝3(1－)(－2≤x0≤2)．
·＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋y
＝x＋x0＋3(1－)＝(x0＋2)2＋2.
又因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，·取得最大值，最大值为6，故选C.
6．已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，A，B为左，右顶点，点P为双曲线C在第一象限的任意一点，点O为坐标原点，若直线PA，PB，PO的斜率分别为k1，k2，k3，记m＝k1k2k3，则m的取值范围为________．
答案 (0,2)
解析 ∵双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为，∴e＝＝，∴b＝a，
7．已知A(1,2)，B(－1,2)，动点P满足⊥.若双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线与动点P的轨迹没有公共点，则双曲线离心率的取值范围是________．
答案 (1,2)
解析 设P(x，y)，由题设条件，
得动点P的轨迹为(x－1)(x＋1)＋(y－2)(y－2)＝0，
即x2＋(y－2)2＝1，它是以(0,2)为圆心，1为半径的圆．
又双曲线－＝1(a>0，b>0)的渐近线方程为y＝±x，即bx±ay＝0，
由题意，可得>1，即>1，
所以e＝<2，
又e>1，故10)的一个焦点为F(－1,0)，左，右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．
(1)求椭圆方程；
(2)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；
(3)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．
解 (1)因为F(－1,0)为椭圆的焦点，
所以c＝1，又b2＝3，所以a2＝4，
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)因为直线的倾斜角为45°，所以直线的斜率为1，
所以直线方程为y＝x＋1，
△ABD，△ABC面积相等，|S1－S2|＝0.
当直线l斜率存在(显然k≠0)时，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
和椭圆方程联立
消掉y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
显然Δ>0，方程有根，且x1＋x2＝－，
