3、
故實數(shù)m的取值范圍為.
1．解決圓錐曲線中范圍問題的方法
一般題目中沒有給出明確的不等關(guān)系，首先需要根據(jù)已知條件進行轉(zhuǎn)化，利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)及曲線上點的坐標(biāo)確定不等關(guān)系；然后構(gòu)造目標(biāo)函數(shù)，把原問題轉(zhuǎn)化為求函數(shù)的值域或引入?yún)?shù)根據(jù)參數(shù)范圍求解，解題時應(yīng)注意挖掘題目中的隱含條件，尋找量與量之間的轉(zhuǎn)化．
2．圓錐曲線中最值的求解策略
(1)數(shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數(shù)形結(jié)合求解．
(2)構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式求解．
(3)構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域.
『對接訓(xùn)練』
4、
1．[2019·江西五校協(xié)作體聯(lián)考]在平面直角坐標(biāo)系xOy中，過橢圓M：＋＝1(a>b>0)右焦點的直線x＋y－＝0交M于A，B兩點，且橢圓M的離心率為.
(1)求橢圓M的方程；
(2)C，D為M上的兩點，若四邊形ACBD的對角線CD⊥AB，求四邊形ACBD面積的最大值．
解析：(1)易知橢圓M的右焦點為(，0)，則c＝.
離心率e＝＝＝，則a＝，故b2＝a2－c2＝3.
所以橢圓M的方程為＋＝1.
(2)由解得或
因此|AB|＝.
由題意可設(shè)直線CD的方程為y＝x＋n，C(x3，y3)，D(x4，y4)．由
得3x2＋4nx＋2n2－6＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x
5、2＝.
又直線CD的斜率為1，所以|CD|＝|x4－x3|＝.
由已知得，四邊形ACBD的面積S＝|CD|·|AB|＝.
當(dāng)n＝0時，S取得最大值，最大值為.
所以四邊形ACBD面積的最大值為.
考點2 圓錐曲線中的定點、定值問題
[例2] [2019·山東德州聯(lián)考]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，點M在橢圓C上，橢圓C的離心率是.
(1)求橢圓C的標(biāo)準方程；
(2)設(shè)點A為橢圓C長軸的左端點，P，Q為橢圓C上異于長軸端點的兩點，記直線AP，AQ斜率分別為k1，k2，若k1k2＝－，請判斷直線PQ是否過定點？若過定點，求該定點的坐標(biāo)；若不過定點，請說明理由．
【解析】
6、(1)由點M在橢圓C上，且橢圓C的離心率是，
可得得
故橢圓C的標(biāo)準方程為＋＝1.
(2)設(shè)點P，Q的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)，
(ⅰ)當(dāng)直線PQ的斜率不存在時，由題意易得P，Q或P，Q.
(ⅱ)當(dāng)直線PQ的斜率存在時，設(shè)直線PQ的方程為y＝kx＋m，
聯(lián)立得消去y得(4k2＋3)x2＋8kmx＋(4m2－12)＝0，
由Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝48(4k2－m2＋3)>0，得4k2＋3>m2，
x1＋x2＝－，x1x2＝.
由k1k2＝＝－，
可得4y1y2＋(x1＋2)(x2＋2)＝0，
得4(kx1＋m)(kx2＋m)＋(
7、x1＋2)(x2＋2)＝0，
整理為(4k2＋1)x1x2＋(4km＋2)(x1＋x2)＋4m2＋4＝0，
故(4k2＋1)－(4km＋2)＋4m2＋4＝0，
化簡整理得m2－km－2k2＝0，解得m＝2k或m＝－k.
當(dāng)m＝2k時，直線PQ的方程為y＝kx＋2k，過定點(－2,0)，不合題意．
當(dāng)m＝－k時，直線PQ的方程為y＝kx－k，過定點(1,0)，符合題意．
綜上，直線PQ過定點(1,0).
1．定點問題的求解策略
(1)動直線l過定點問題，解法：設(shè)動直線方程(斜率存在)為y＝kx＋t，由題設(shè)條件將t用k表示為t＝mk，得y＝k(x＋m)，故動直線過定點(－m
8、,0)．
(2)動曲線C過定點問題，解法：引入?yún)⒆兞拷⑶€C的方程，再根據(jù)其對參變量恒成立，令其系數(shù)等于零，得出定點．
2．定值問題的求解策略
定值問題就是在運動變化中尋找不變量的問題，基本思想是使用參數(shù)表示要解決的問題，證明要解決的問題與參數(shù)無關(guān)．在這類試題中選擇消元的方向是非常關(guān)鍵的.
『對接訓(xùn)練』
2．[2019·甘肅蘭州診斷]已知曲線C上的任意一點到直線l：x＝－的距離與到點F的距離相等．
(1)求曲線C的方程；
(2)若過P(1,0)的直線與曲線C相交于A，B兩點，Q(－1,0)為定點，設(shè)直線AQ的斜率為k1，直線BQ的斜率為k2，直線AB的斜率為k，證明：＋－為
9、定值．
解析：(1)由題意知，曲線C是焦點為F的拋物線，可設(shè)其方程為y2＝2px(p>0)，則＝，p＝1，
∴曲線C的方程為y2＝2x.
(2)根據(jù)已知，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，
由可得ky2－2y－2k＝0.
設(shè)A，B，則Δ＝4－4k(－2k)＝4＋8k2>0，y1＋y2＝，y1y2＝－2.
∵k1＝＝，k2＝＝，
∴＋＝＋
＝
＝
＝
＝
＝
＝＋4.
∴＋－＝4，為定值．
考點3 圓錐曲線中的存在性問題
[例3] [2019·湖北宜昌調(diào)研]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，短軸長為2.
(1)求橢圓C的
10、方程；
(2)設(shè)過點A(0,4)的直線l與橢圓C交于M，N兩點，F(xiàn)是橢圓C上的焦點．問：是否存在直線l，使得S△MAF＝S△MNF？若存在，求出直線l的方程；若不存在，請說明理由．
【解析】 (1)由題可得＝，b＝，又a2＝b2＋c2，
∴a2＝4，b2＝3，
∴橢圓C的方程為＋＝1.
(2)由題可知直線l的斜率一定存在且不為0，設(shè)直線l的方程為y＝kx＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
聯(lián)立方程，得得(3k2＋4)x2＋24kx＋36＝0，
∴
∵S△MAF＝S△MNF，∴M為線段AN的中點，
∴x2＝2x1.④
將④式代入②式得x1＝－，⑤
將④式代入③式得x
11、＝，⑥
將⑤式代入⑥式得k2＝.⑦
將⑦式代入①式檢驗成立，
∴k＝±，
∴存在直線l：6x－y＋4＝0或6x＋y－4＝0，
使得S△MAF＝S△MNF.
求解存在性問題時，通常的方法是首先假設(shè)滿足條件的幾何元素或參數(shù)值存在，然后利用這些條件并結(jié)合題目的其他已知條件進行推理與計算，若不出現(xiàn)矛盾，并且得到了相應(yīng)的幾何元素或參數(shù)值，就說明滿足條件的幾何元素或參數(shù)值存在；若在推理與計算中出現(xiàn)了矛盾，則說明滿足條件的幾何元素或參數(shù)值不存在，同時推理與計算的過程就是說明理由的過程.
『對接訓(xùn)練』
3．[2019·河北石家莊教學(xué)質(zhì)量檢測]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率
12、為，且經(jīng)過點.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點(，0)作直線l與橢圓C交于不同的兩點A，B，試問在x軸上是否存在定點Q，使得直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱？若存在，求出點Q的坐標(biāo)；若不存在，說明理由．
解析：(1)由題意可得＝，＋＝1，
又a2－b2＝c2，所以a2＝4，b2＝1.
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)存在定點Q，滿足直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱．
設(shè)直線l的方程為x＋my－＝0，與橢圓C的方程聯(lián)立得整理得，(4＋m2)y2－2my－1＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，定點Q(t,0)(依題意t≠x1，t≠x2)．
由根與系數(shù)的關(guān)系可得
13、，y1＋y2＝，y1y2＝.
直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱，則直線QA與直線QB的斜率互為相反數(shù)，
所以＋＝0，即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0.
又x1＋my1－＝0，x2＋my2－＝0，
所以y1(－my2－t)＋y2(－my1－t)＝0，
整理得，(－t)(y1＋y2)－2my1y2＝0，
從而可得，(－t)·－2m·＝0，
即2m(4－t)＝0，
所以當(dāng)t＝，即Q時，直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱．
特別地，當(dāng)直線l為x軸時，Q也符合題意．
綜上所述，在x軸上存在定點Q，使得直線QA與直線QB恰關(guān)于x軸對稱．
課時作業(yè)15 圓錐曲線的
14、綜合問題
1．[2019·河北邢臺模擬]已知橢圓＋y2＝1上兩個不同的點A，B關(guān)于直線y＝mx＋對稱．
(1)求實數(shù)m的取值范圍；
(2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點)．
解析：(1)由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的方程為y＝－x＋n.由消去y，得x2－x＋n2－1＝0.
因為直線y＝－x＋n與橢圓＋y2＝1有兩個不同的交點，所以Δ＝－2n2＋2＋>0，①
將AB的中點M的坐標(biāo)代入y＝mx＋，解得n＝－，②
由①②得m<－或m>.
故m的取值范圍是∪.
(2)令t＝∈∪，則t2∈.
|AB|＝×，
點O到直線AB的距離d＝.
設(shè)△AOB的面積為S(t)，
則S(
15、t)＝|AB|·d＝ ≤，
當(dāng)且僅當(dāng)t2＝時，等號成立，此時滿足t2∈.
故△AOB面積的最大值為.
2．[2019·上海靜安區(qū)模擬]設(shè)m>0，橢圓Γ：＋＝1與雙曲線C：m2x2－y2＝m2的焦點相同．
(1)求橢圓Γ與雙曲線C的方程；
(2)過雙曲線C的右頂點作兩條斜率分別為k1，k2的直線l1，l2，分別交雙曲線C于點P，Q(P，Q不同于右頂點)，若k1·k2＝－1，求證：直線PQ的斜率為定值，并求出此定值．
解析：(1)由題意，得2m＝m2＋1，所以m＝1.
所以橢圓Γ的方程為＋y2＝1，雙曲線C的方程為x2－y2＝1.
(2)雙曲線C的右頂點為(1,0)，因為k1·k2
16、＝－1，
不妨設(shè)k1>0，則k2<0.
設(shè)直線l1的方程為y＝k1(x－1)．
由得(1－k)x2＋2kx－k－1＝0，
則1·xP＝，
得xP＝，yP＝k1＝.
同理，xQ＝，yQ＝，
又k1·k2＝－1，
所以xQ＝＝－＝－xP，yQ＝＝＝y(tǒng)P.
因為yP＝y(tǒng)Q，所以直線PQ與x軸平行，即kPQ為定值0.
3．[2019·江西南昌重點中學(xué)段考]已知拋物線C：x2＝2py(p>0)和定點M(0,1)，設(shè)過點M的動直線交拋物線C于A，B兩點，拋物線C在A，B處的切線的交點為N.
(1)若N在以AB為直徑的圓上，求p的值；
(2)若△ABN的面積的最小值為4，求拋物線C的
17、方程．
解析：設(shè)直線AB：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
將直線AB的方程代入拋物線C的方程得x2－2pkx－2p＝0，
則x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2p.①
(1)由x2＝2py得y′＝，則A，B處的切線斜率的乘積為＝－，
∵點N在以AB為直徑的圓上，
∴AN⊥BN，∴－＝－1，∴p＝2.
(2)易得直線AN：y－y1＝(x－x1)，直線BN：y－y2＝(x－x2)，
聯(lián)立，得結(jié)合①式，
解得即N(pk，－1)．
|AB|＝|x2－x1|＝＝·，
點N到直線AB的距離d＝＝，
則S△ABN＝·|AB|·d＝≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝0時，取等號，
18、∵△ABN的面積的最小值為4，
∴2＝4，∴p＝2，故拋物線C的方程為x2＝4y.
4．[2019·貴州貴陽監(jiān)測]已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，為M為短軸的上端點，·＝0，過F2且垂直于x軸的直線交橢圓C于A，B兩點，|AB|＝.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)經(jīng)過點(2，－1)且不經(jīng)過點M的直線l與橢圓C相交于G，H兩點，若k1，k2分別是直線MG，MH的斜率，求k1＋k2的值．
解析：(1)由·＝0，得b＝c，
將x＝c代入＋＝1中，得y＝±，
因為|AB|＝，所以＝，
又a2＝b2＋c2，所以a＝，b＝1，
故橢圓C的方程為＋y2＝1.
19、
(2)根據(jù)題意設(shè)直線l的方程為y＋1＝k(x－2)(k≠－1)，即y＝kx－2k－1(k≠－1)，
將y＝kx－2k－1代入＋y2＝1中，得
(1＋2k2)x2－4k(2k＋1)x＋8k2＋8k＝0，
由題意知Δ＝－16k(k＋2)>0，得－20)和圓C2：(x＋1)2＋y2＝2，傾斜角為45°的直線l1過C1的焦點，且l1與C2相切．
(1)求p
20、的值；
(2)動點M在C1的準線上，動點A在C1上，若C1在A點處的切線l2交y軸于點B，設(shè)＝＋，求證：點N在定直線上，并求該定直線的方程．
解析：(1)依題意，設(shè)直線l1的方程為y＝x＋，
因為直線l1與圓C2相切，
所以圓心C2(－1,0)到直線l1：y＝x＋的距離d＝＝，
即＝，解得p＝6或p＝－2(舍去)．
所以p＝6.
(2)解法一 依題意設(shè)M(m，－3)，
由(1)知拋物線C1的方程為x2＝12y，所以y＝，
所以y′＝，
設(shè)A(x1，y1)，則以A為切點的切線l2的斜率k＝，
所以切線l2的方程為y＝x1(x－x1)＋y1.
令x＝0，則y＝－x＋y1＝－
21、×12y1＋y1＝－y1，即B點的坐標(biāo)為(0，－y1)，
所以＝(x1－m，y1＋3)，＝(－m，－y1＋3)，
所以＝＋＝(x1－2m,6)，
所以＝＋＝(x1－m,3)，其中O為坐標(biāo)原點．
設(shè)N點坐標(biāo)為(x，y)，則y＝3，
所以點N在定直線y＝3上．
解法二 設(shè)M(m，－3)，
由(1)知拋物線C1的方程為x2＝12y ①，
設(shè)直線l2的斜率為k，A，則以A為切點的切線l2的方程為
y＝k(x－x1)＋x?、?
聯(lián)立①②得，消去y，得x2－12kx＋12kx1－x＝0.
因為Δ＝144k2－48kx1＋4x＝0，所以k＝，
所以切線l2的方程為y＝x1(x－x1)
22、＋x.
令x＝0，得B點坐標(biāo)為，
所以＝，
＝，
所以＝＋＝(x1－2m,6)，
所以＝＋＝(x1－m,3)，其中O為坐標(biāo)原點，
設(shè)N點坐標(biāo)為(x，y)，則y＝3，
所以點N在定直線y＝3上．
6．[2019·全國卷Ⅱ]已知點A(－2,0)，B(2,0)，動點M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為－.記M的軌跡為曲線C.
(1)求C的方程，并說明C是什么曲線；
(2)過坐標(biāo)原點的直線交C于P，Q兩點，點P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于點G.
(ⅰ)證明：△PQG是直角三角形；
(ⅱ)求△PQG面積的最大值．
解析：本題主要考查軌跡方程的求法
23、、直線與橢圓的位置關(guān)系，意在考查考生的邏輯推理能力、運算求解能力，考查方程思想、數(shù)形結(jié)合思想，考查的核心素養(yǎng)是邏輯推理、直觀想象、數(shù)學(xué)運算．
(1)由題設(shè)得·＝－，化簡得＋＝1(|x|≠2)，所以C為中心在坐標(biāo)原點，焦點在x軸上的橢圓，不含左右頂點．
(2)(ⅰ)設(shè)直線PQ的斜率為k，則其方程為y＝kx(k>0)．
由得x＝±.
記u＝，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直線QG的斜率為，方程為y＝(x－u)．
由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①
設(shè)G(xG，yG)，則－u和xG是方程①的解，故xG＝，由此得yG＝.
從而直線PG的斜率為＝－.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，所以△PQG的面積S＝|PQ||PG|＝＝.
設(shè)t＝k＋，則由k>0得t≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時取等號．
因為S＝在[2，＋∞)單調(diào)遞減，所以當(dāng)t＝2，即k＝1時，S取得最大值，最大值為.
因此，△PQG面積的最大值為.
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2020版高考數(shù)學(xué)大二輪復(fù)習(xí) 6.3 圓錐曲線的綜合問題學(xué)案 文
