高中数学高考高三数学人教版A版数学（理）高考一轮复习教案：8 9 2 圆锥曲线的综合应用 Word版含答案

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考点一 最值范围问题|
(2015·高考浙江卷)已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq \f(1,2)对称．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．
[解] (1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－eq \f(1,m)x＋b.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))消去y，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－eq \f(1,m)x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)>0，①
设M为AB的中点，则Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))，代入直线方程y＝mx＋eq \f(1,2)解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2).②
由①②得meq \f(\r(6),3).
(2)令t＝eq \f(1,m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),2)))，
则|AB|＝eq \r(t2＋1)·eq \f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，
且O到直线AB的距离d＝eq \f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).
设△AOB的面积为S(t)，所以
S(t)＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2) eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－\f(1,2)))2＋2)≤eq \f(\r(2),2)，
当且仅当t2＝eq \f(1,2)时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
(1)最值问题的求解方法：
①建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值．
②建立不等式模型，利用基本不等式求最值．
③数形结合，利用相切、相交的几何性质求最值．
(2)求参数范围的常用方法：
①函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．
②不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围．
③判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围．
④数形结合法：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．

1.(2016·宁波模拟)如图，抛物线C的顶点为O(0,0)，焦点在y轴上，抛物线上的点(x0,1)到焦点的距离为2.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)过直线l：y＝x－2上的动点P(除(2,0))作抛物线C的两条切线，切抛物线于A，B两点．
①求证：直线AB过定点Q，并求出点Q的坐标；
②若直线OA，OB分别交直线l于M，N两点，求△QMN的面积S的取值范围．
解：(1)由已知条件得1－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(p,2)))＝1＋eq \f(p,2)＝2，
∴p＝2，∴抛物线的标准方程为x2＝4y.
(2)①证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y′＝eq \f(x,2)，
A处切线方程为y－y1＝eq \f(x1,2)(x－x1)，
又∵4y1＝xeq \\al(2,1)，∴y＝eq \f(x1,2)x－eq \f(x\\al(2,1),4)，a
同理B处切线方程为y＝eq \f(x2,2)x－eq \f(x\\al(2,2),4)，b
ab联立可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝\f(x1＋x2,2)，,y＝\f(x1x2,4)，))即Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，\f(x1x2,4))).
直线AB的斜率显然存在，设直线AB：y＝kx＋m，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＝4y，))可得x2－4kx－4m＝0，
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝4k，,x1x2＝－4m，))即P(2k，－m)，
∵P在直线l：y＝x－2上，
∴m＝－2k＋2，
即AB直线为y＝k(x－2)＋2，
∴直线AB过定点Q(2,2)．
②∵O不会与A，B重合．
定点Q(2,2)到直线l：y＝x－2的距离h＝eq \r(2).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(y1,x1)x，,y＝x－2，))⇒xM＝eq \f(2x1,x1－y1)＝eq \f(8,4－x1)，
同理得xN＝eq \f(2x2,x2－y2)＝eq \f(8,4－x2).
∴|MN|＝eq \r(2)|xM－xN|
＝8eq \r(2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,4－x1)－\f(1,4－x2)))
＝8eq \r(2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1－x2,4－x14－x2)))
＝8eq \r(2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1－x2,16－4x1＋x2＋x1x2)))
＝8eq \r(2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\r(16k2＋16m),－4m－16k＋16))).
∵m＝－2k＋2，
∴|MN|＝4eq \r(2)·eq \f(\r(k－12＋1),|k－1|)＝4eq \r(2) eq \r(1＋\f(1,k－12)).
∴S△QMN＝eq \f(1,2)|MN|·h＝4eq \r(1＋\f(1,k－12))∈(4，＋∞)．
考点二 定点最值问题|
已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，求证：直线AB过x轴上一定点．
[解] (1)因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为(1,0)，所以eq \f(p,2)＝1，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)，t))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)，－t)).
因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，
所以eq \f(t,\f(t2,4))·eq \f(－t,\f(t2,4))＝－eq \f(1,2)，化简得t2＝32.
所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.
②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx＋b，))化简得ky2－4y＋4b＝0.
根据根与系数的关系得yAyB＝eq \f(4b,k)，因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，所以eq \f(yA,xA)·eq \f(yB,xB)＝－eq \f(1,2)，
即xAxB＋2yAyB＝0.即eq \f(y\\al(2,A),4)·eq \f(y\\al(2,B),4)＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32.
所以yAyB＝eq \f(4b,k)＝－32，即b＝－8k，
所以y＝kx－8k，y＝k(x－8)．
综上所述，直线AB过定点(8,0)．
(1)解决定点问题的关键就是建立直线系或者曲线系方程，要注意选用合适的参数表达直线系或者曲线系方程，如果是双参数，要注意这两个参数之间的相互关系．
(2)解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确，即定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，其不受变化的量所影响的一个值就是要求的定值．解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．

2．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶eq \r(3).
(1)求椭圆的方程；
(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，求证：eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)为定值．
解：(1)由已知得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2a∶2b＝2∶\r(3)，,c＝1，,a2＝b2＋c2.))
解得a＝2，b＝eq \r(3).
故所求椭圆方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)证明：由已知F1(－1,0)，当直线m不垂直于坐标轴时，
可设直线m的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
由于Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有
x1＋x2＝－eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
|AB|＝eq \r(1＋k2[x1＋x22－4x1x2])
＝eq \r(1＋k2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8k2,3＋4k2)))2－4×\f(4k2－12,3＋4k2))))
＝eq \f(121＋k2,3＋4k2).
同理|CD|＝eq \f(121＋k2,3k2＋4).
所以eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(3＋4k2,121＋k2)＋eq \f(3k2＋4,121＋k2)＝eq \f(71＋k2,121＋k2)＝eq \f(7,12).
当直线m垂直于坐标轴时，
此时|AB|＝3，|CD|＝4；
或|AB|＝4，|CD|＝3，eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)＝eq \f(1,3)＋eq \f(1,4)＝eq \f(7,12).
综上，eq \f(1,|AB|)＋eq \f(1,|CD|)为定值eq \f(7,12).
考点三 探索存在性与证明问题|
(2015·高考北京卷)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，点P(0,1)和点A(m，n)(m≠0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.
(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；
(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．
[解] (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(b＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2＝b2＋c2.))解得a2＝2.
故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
设M(xM,0)．因为m≠0，所以－10)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为eq \f(\r(5),10).
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.
解：(1)由题设条件知，点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，\f(1,3)b))，又kOM＝eq \f(\r(5),10)，从而eq \f(b,2a)＝eq \f(\r(5),10).
进而a＝eq \r(5)b，c＝eq \r(a2－b2)＝2b，故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5).
(2)证明：由N是线段AC的中点知，
点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(b,2)))，
可得eq \(NM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,6)，\f(5b,6))).
又eq \(AB,\s\up6(→))＝(－a，b)，从而有eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(NM,\s\up6(→))＝－eq \f(1,6)a2＋eq \f(5,6)b2＝eq \f(1,6)(5b2－a2)．
由(1)可知a2＝5b2，所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(NM,\s\up6(→))＝0，故MN⊥AB.
A组 考点能力演练
1.如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，焦点为F，过点G(p,0)作直线l交抛物线C于A，M两点，设A(x1，y1)，M(x2，y2)．
(1)若y1y2＝－8，求抛物线C的方程；
(2)若直线AF与x轴不垂直，直线AF交抛物线C于另一点B，直线BG交抛物线C于另一点N.求证：直线AB与直线MN斜率之比为定值．
解：(1)设直线AM的方程为x＝my＋p，代入y2＝2px得y2－2mpy－2p2＝0，
则y1y2＝－2p2＝－8，得p＝2.
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设B(x3，y3)，N(x4，y4)．
由(1)可知y3y4＝－2p2，y1y3＝－p2.
又直线AB的斜率kAB＝eq \f(y3－y1,x3－x1)＝eq \f(2p,y1＋y3)，
直线MN的斜率kMN＝eq \f(y4－y2,x4－x2)＝eq \f(2p,y2＋y4)，
∴eq \f(kAB,kMN)＝eq \f(y2＋y4,y1＋y3)＝eq \f(\f(－2p2,y1)＋\f(－2p2,y3),y1＋y3)＝eq \f(\f(－2p2,y1y3)y1＋y3,y1＋y3)＝2.
2．设F是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点，直线l为其左准线，直线l与x轴交于点P，线段MN为椭圆的长轴，已知|MN|＝8，且|PM|＝2|MF|.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点P的直线与椭圆相交于不同两点A，B，求证：∠AFM＝∠BFN；
(3)求三角形ABF面积的最大值．
解：(1)∵|MN|＝8，∴a＝4，
又∵|PM|＝2|MF|得eq \f(a2,c)－a＝2(a－c)，即2e2－3e＋1＝0⇒e＝eq \f(1,2)或e＝1(舍去)．
∴c＝2，b2＝a2－c2＝12，
∴椭圆的标准方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)当AB的斜率为0时，显然∠AFM＝∠BFN＝0.满足题意．
当AB的斜率不为0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
AB方程为x＝my－8，代入椭圆方程整理得：
(3m2＋4)y2－48my＋144＝0，
则Δ＝(48m)2－4×144(3m2＋4)，y1＋y2＝eq \f(48m,3m2＋4)，y1·y2＝eq \f(144,3m2＋4).
∴kAF＋kBF＝eq \f(y1,x1＋2)＋eq \f(y2,x2＋2)＝eq \f(y1,my1－6)＋eq \f(y2,my2－6)＝eq \f(2my1y2－6y1＋y2,my1－6my2－6)＝0，
∴kAF＋kBF＝0，从而∠AFM＝∠BFN.
综上可知：恒有∠AFM＝∠BFN.
(3)S△ABF＝S△PBF－S△PAF＝eq \f(1,2)|PF|·|y2－y1|＝eq \f(72\r(m2－4),3m2＋4)＝eq \f(72\r(m2－4),3m2－4＋16)＝eq \f(72,3\r(m2－4)＋\f(16,\r(m2－4)))≤eq \f(72,2\r(3·16))＝3eq \r(3).
当且仅当3eq \r(m2－4)＝eq \f(16,\r(m2－4))即m2＝eq \f(28,3)(此时适合Δ>0的条件)取得等号．
三角形ABF面积的最大值是3eq \r(3).
3．已知点A，B，C是抛物线L：y2＝2px(p>0)上的不同的三点，O为坐标原点，直线OA∥BC，且抛物线L的准线方程为x＝－1.
(1)求抛物线L的方程；
(2)若三角形ABC的重心在直线x＝2上，求三角形ABC的面积的取值范围．
解：(1)抛物线L的方程为y2＝4x.
(2)设直线OA，BC的方程分别为y＝kx和y＝kx＋b(k≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx，,y2＝4x))联立消去y得k2x2＝4x，
解得点A的坐标为Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)，\f(4,k))).
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,y2＝4x，))消去y得k2x2＋(2kb－4)x＋b2＝0.
Δ＝(2kb－4)2－4k2b2＝16－16kb>0，即kbb>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，点(2，eq \r(2))在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
解：(1)由题意有eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(2),2)，eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1，
解得a2＝8，b2＝4.
所以C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,4)＝1得
(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.
故xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(－2kb,2k2＋1)，yM＝k·xM＋b＝eq \f(b,2k2＋1).
于是直线OM的斜率kOM＝eq \f(yM,xM)＝－eq \f(1,2k)，
即kOM·k＝－eq \f(1,2).
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
2．(2015·高考山东卷)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，且点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆E：eq \f(x2,4a2)＋eq \f(y2,4b2)＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
a．求eq \f(|OQ|,|OP|)的值；
b．求△ABQ面积的最大值．
解：(1)由题意知eq \f(3,a2)＋eq \f(1,4b2)＝1，
又eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(3),2)，解得a2＝4，b2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)由(1)知，椭圆E的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,4)＝1.
a．设P(x0，y0)，eq \f(|OQ|,|OP|)＝λ，
由题意知Q(－λx0，－λy0)．
因为eq \f(x\\al(2,0),4)＋yeq \\al(2,0)＝1，
又eq \f(－λx02,16)＋eq \f(－λy02,4)＝1，即eq \f(λ2,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0),4)＋y\\al(2,0)))＝1，
所以λ＝2，即eq \f(|OQ|,|OP|)＝2.
b．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由Δ>0，可得m2