高考数学一轮复习第8章解答题模板构建5高考中的圆锥曲线问题学案

已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)．过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N．

(1)求直线l的斜率的取值范围；

(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．

[规范解答]

(1)解：因为抛物线y2＝2px过点P(1,2)，所以2p＝4，即p＝2，

故抛物线C的方程为y2＝4x．  2分

由题意知，直线l的斜率存在且不为0，

设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．

由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0， 4分

依题意Δ＝(2k－4)2－4k2×1>0，

解得k<1．

又因为k≠0，故k<0或0<k<1．

又PA, PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)，

从而k≠－3．

所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)． 6分

(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝．

直线PA的方程为y－2＝(x－1)． 7分

令x＝0，得点M的纵坐标为

yM＝＋2＝＋2.  8分

同理得点N的纵坐标为yN＝＋2. 9分

由＝λ，＝μ，

得λ＝1－yM，μ＝1－yN，  10分

所以＋＝＋＝＋＝·＝·＝2，

所以＋为定值．  12分

类型一　定值问题

已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A(0，－)，直线AF2的倾斜角为60°，原点O到直线AF2的距离是a2．

(1)求E的方程；

(2)过E上任一点P作直线PF1，PF2分别交E于M，N(异于P的两点)，且＝m，＝n，探究＋是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．

解：(1)由题意，点A(0，－)，直线AF2的倾斜角为60°，所以c＝1．

在Rt△AOF2中，求得点O到直线AF2的距离是．

又由原点O到直线AF2的距离是a2，则a2＝2，所以b2＝a2－c2＝1，

故E的标准方程为＋y2＝1．

(2)①当点P为椭圆右顶点时，＝＝，＝＝，所以＋＝6．

②当点P为椭圆左顶点时，同理可得＋＝6．

③当点P不为椭圆的左、右顶点，即直线PM，PN的斜率均不为零时，

设直线PM的方程是x＝－1＋ry，直线PN的方程是x＝1＋sy．

分别代入椭圆方程＋y2＝1，

可得(r2＋2)y2－2ry－1＝0和(s2＋2)y2＋2sy－1＝0．

设P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，

则y0y1＝－，y0y2＝－．

由＝m，可得y1＝－my0，则＝－＝y(r2＋2)．

由直线PM的方程x＝－1＋ry，可得r＝，

所以＝y(r2＋2)＝(x0＋1)2＋2y＝3＋2x0．

由＝n，同理可得＝3－2x0，所以＋＝6为定值．

综上所述，＋为定值6．

类型二　圆锥曲线中的存在性问题

已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左、右焦点分别是F1，F2，且椭圆上一动点M到F2的最远距离为＋1，过F2的直线l与椭圆C交于A，B两点．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)当△F1AB以∠F1AB为直角时，求直线AB的方程；

(3)直线l的斜率存在且不为0时，试问x轴上是否存在一点P使得∠OPA＝∠OPB？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．

解：(1)由题意，椭圆C的离心率e＝，且椭圆上一动点M到F2的最远距离为＋1，

可得

解得

所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1．

(2)由题意可知，当k不存在时，△F1AB不符合题意．

设直线lAB：y＝k(x－1)，则lAF1：y＝－(x＋1)，

所以得(k2＋1)x＝k2－1，

所以A，

所以＋＝2，

整理得k4－2k2＋1＝0，

所以k2＝1，

直线AB的方程为y＝－x＋1或y＝x－1．

(3)存在点P，设P(m,0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，lAB：y＝k(x－1)，

联立得所以(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，

所以x1＋x2＝，x1x2＝．

因为kAP＝，kBP＝，所以kAP＋kBP＝＝0，

所以y1x2＋y2x1－m(y1＋y2)＝0，所以2kx1x2－(k＋mk)(x1＋x2)＋2km＝0，

所以2km＝4k，m＝2，所以P(2,0)．

类型三　圆锥曲线中的最值问题

已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，O是坐标原点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，点M在椭圆C上，过F2作∠F1MF2的外角的平分线的垂线，垂足为A，且|OA|＝2b．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线l：y＝kx＋(k>0)与椭圆C交于P，Q两点，求△OPQ面积的最大值．

解：(1)如图，由题意可知|MF2|＝|MN|，由椭圆定义知|MF1|＋|MF2|＝2a，

则|MF1|＋|MF2|＝|NF1|＝2a，连接OA，

所以|OA|＝|NF1|＝a，所以|OA|＝2b＝a．

又M在椭圆C上，则＋＝1，

解得a2＝4，b2＝1，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1．

(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

联立

整理可得(1＋4k2)x2＋8kx＋8＝0，

由Δ>0，可得k2>，

x1＋x2＝－，x1x2＝，

得|PQ|＝·＝．

又原点到直线的距离d＝，

所以S△OPQ＝|PQ|·d＝＝＝．

因为＋≥2，当且仅当＝时，

即4k2－2＝3，即k2＝>时取等号，

所以S△OPQ≤1，即△OPQ面积的最大值为1．