考点21 圆锥曲线的综合应用（1）（解析版）[共15页]

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1、考点21 圆锥曲线的综合应用（1）【知识框图】【自主热身,归纳总结】1、(2019南京学情调研） 在平面直角坐标系xOy中,若抛物线y24x的准线与双曲线1(a0,b0)的一条渐近线的交点的纵坐标为2,则该双曲线的离心率是_【参考答案】 【解析】因为抛物线y24x的准线方程为x1,双曲线1的渐近线方程为yx,又因为点(1,2)在某渐近线上,故2(1),即b2a,又因为c2a2b2,所以c25a2,故e.2、(2019南京、盐城二模） 在平面直角坐标系xOy中,已知点A是抛物线y24x与双曲线1(b0)的一个交点若抛物线的焦点为F,且FA5,则双曲线的渐近线方程为_【参考答案】 yx【解析】由抛

2、物线y24x得其焦点F(1,0),又FA5,得A(4,4),又点A在双曲线1 (b0)上,所以1,解得b,故双曲线的渐近线方程为yx,即yx.3、(2017常州期末）已知抛物线x22py(p0)的焦点F是椭圆1(ab0)的一个焦点,若P,Q是椭圆与抛物线的大众点,且直线PQ经过焦点F,则该椭圆的离心率为_【参考答案】 1【解析】解法1由抛物线方程可得,焦点为F；由椭圆方程可得,上焦点为(0,c)故c,将yc代入椭圆方程可得x.又抛物线通径为2p,所以2p4c,所以b2a2c22ac,即e22e10,解得e1.解法2由抛物线方程以及直线y可得,Q.又c,即Q(2c,c),代入椭圆方程可得1,化简

3、可得e46e210,解得e232,e2321(舍去),即e1(负值舍去)4、(2017无锡期末）设点P是有大众焦点F1,F2的椭圆C1与双曲线C2的一个交点,且PF1PF2,椭圆C1的离心率为e1,双曲线C2的离心率为e2,若e23e1,则e1_.【参考答案】【解析】不妨设F1,F2分别是左、右焦点,椭圆的长半轴为a1,双曲线的实半轴为a2,P为椭圆与双曲线在第一象限内的交点,则根据椭圆和双曲线的定义可得解得因为PF1PF2,所以PFPFF1F,即(a1a2)2(a1a2)2(2c)2,化简得aa2c2,所以222,即2,又因为e23e1,所以e,故e1.【问题探究,变式训练】题型一 直线与圆

4、锥曲线的位置关系知识点拨：研究直线与椭圆的位置关系问题,其关键在于其交点的研究手段,一般地,有两种途径来处理交点,一是直接设出交点的坐标,利用交点在曲线上来得到相关的等量关系,通过此等量关系来研究问题；二是设直线方程,由直线方程与椭圆方程联立成方程组,将问题转化为一元二次方程的根来加以研究例1、(2019苏州期初调查）已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点分别为A,B,离心率为,点P为椭圆上一点(1) 求椭圆C的标准方程；(2) 如图,过点C(0,1)且斜率大于1的直线l与椭圆交于M,N两点,记直线AM的斜率为k1,直线BN的斜率为k2,若k12k2,求直线l斜率的值规范解答 (1)因为椭圆的离

5、心率为,所以a2c.又因为a2b2c2,所以bc.所以椭圆的标准方程为1.(3分)又因为点P为椭圆上一点,所以1,解得c1.(5分)所以椭圆的标准方程为1.(6分)(2) 由椭圆的对称性可知直线l的斜率一定存在,设其方程为ykx1.设M(x1,y1),N(x2,y2)联立方程组消去y可得(34k2)x28kx80.所以由根与系数关系可知x1x2,x1x2.(8分)因为k1,k2,且k12k2,所以.(10分)即.又因为M(x1,y1),N(x2,y2)在椭圆上,所以y(4x),y(4x)将代入可得：,即3x1x210(x1x2)120.(12分)所以310120,即12k220k30.(14分

6、)解得k或k,又因为k1,所以k.(16分)【变式1】(2019通州、海门、启东期末）如图,A是椭圆y21的左顶点,点P,Q在椭圆上且均在x轴上方,(1) 若直线AP与OP垂直,求点P的坐标；(2) 若直线AP,AQ的斜率之积为,求直线PQ的斜率的取值范围 第1问,由于点A,O已知,且APPO,由此可得点P所满足的轨迹方程,再根据点P在椭圆上,就可以通过两个方程所组成的方程组求得点P的坐标第2问,要研究直线PQ的斜率的取值范围,由于点P、Q与直线AP,AQ有关,因此,利用解方程组的方法可以将点P、Q的坐标表示为直线AP,AQ的斜率的形式,进而将直线PQ的斜率表示为直线AP,AQ的斜率的形式,利

7、用kAPkAQ就可以利用基本不等式或利用消元法转化为单个变量的函数形式,通过函数求得它的取值范围(1) 设P(x0,y0),A(2,0),则(x0,y0),(x0,y0),因为直线AP与OP垂直,所以0,即x0(x02)y0.(3分)得x2x0y0.又点P在椭圆上,所以y1.由得x0或2(舍去),代入得y0.因为点P在x轴上方,所以P.(6分)(2)由于直线AP,AQ的斜率之积为,点P,Q在椭圆上且均在x轴上方所以可设直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2,则k1k2,k10,k20.所以直线AP的方程为yk1(x2)联立得(4k1)x216kx16k40.(8分)设P(x1,y1),Q(x2,

8、y2),则2x1,即x1.同理可得,x2.(10分)所以直线PQ的斜率为k.(12分)因为k1k2,k10,k20.所以k1k22,注意到,点P,Q不重合,所以重号不成立所以0b0)的两焦点之间的距离为2,两条准线间的距离为8,直线l：yk(xm)(mR)与椭圆交于P,Q两点(1) 求椭圆C的方程；(2) 设椭圆的左顶点为A,记直线AP,AQ的斜率分别为k1,k2.若m0,求k1k2的值；若k1k2,求实数m的值规范解答 (1)因为椭圆C的两个焦点间距离为2,两准线间的距离为28,所以a2,c1,所以b23,所以椭圆的方程为1.(3分)(2)设P(x0,y0),由于m0,则Q(x0,y0),由

9、1,得y3,(5分)所以k1k2.(8分)由(1)得A(2,0)解法1 设P(x1,y1),设直线AP的方程为AP：yk1(x2),联立消去y,得(34k)x216kx16k120,所以xAx1,(10分)所以x1, 代入yk1(x2)得y1,所以P.(12分)由k1k2,得k2,所以Q.(13分)设M(m,0),由P,Q,M三点共线,得,即,化简得(m1)(16k4)0,所以m1.(16分)解法2 设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立消去y,得(34k2)x28mk2x4m2k2120,所以x1x2,x1x2.(10分)而k1k2,(13分)化简得,即m2k2mk22k20.因为k20

10、,所以m2m20,解得m1或m2(舍去)当m1时,0,所以,m1.(16分)【变式3】(2018南通、泰州一调）如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆1(ab0)的离心率为,两条准线之间的距离为4.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 已知椭圆的左顶点为A,点M在圆x2y2上,直线AM与椭圆相交于另一点B,且AOB的面积是AOM的面积的2倍,求直线AB的方程规范解答 (1) 设椭圆的焦距为2c,由题意得,4,(2分)解得a2,c,所以b.所以椭圆的方程为1.(4分)(2) 解法1(设点法) 因为SAOB2SAOM,所以AB2AM,所以M为AB的中点(6分)因为椭圆的方程为1,所以A(2,0)设M

11、(x0,y0)(2x0b0)的离心率为,且右焦点到右准线l的距离为1.过x轴上一点M(m,0)(m为常数,且m(0,2)的直线与椭圆C交于A,B两点,与l交于点P,D是弦AB的中点,直线OD与l交于点Q.(1) 求椭圆C的标准方程(2) 试判断以PQ为直径的圆是否经过定点若是,求出定点坐标；若不是,请说明理由 规范解答 (1)由题意,得,解得所以a22,b21,所以椭圆C的标准方程为y21.(4分)(2)解法1 由题意,当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意,所以可设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为yk(xm)又准线方程为x2,所以点P的坐标为P(2,k(2m)(6分)由得,x22

12、k2(xm)22,即(12k2)x24k2mx2k2m220,所以xAxB,则xD,yDk, (8分)所以kOD,从而直线OD的方程为yx(也可用点差法求解),所以点Q的坐标为Q.(10分)所以以P,Q为直径的圆的方程为(x2)20,即x24x2my2y0.(14分)因为该式对k0恒成立,令y0,得x2,所以以PQ为直径的圆经过定点.(16分)解法2 由题意,当直线AB的斜率不存在或为零时显然不符合题意直线l：x2.设直线AB的方程为xnym,则P.(6分)设A(x1,y1),B(x2,y2),则D.(8分)联立得(n22)y22nmym220,8(n2m22)0,y1y2,x1x2n(y1y

13、2)2m,故D.(10分)所以kOD,直线OD: yx,故Q(2,n),则PQ中点为,PQ22,所以以P,Q为直径的圆的方程为(x2)22,(14分)整理得(x2)2y2m2y0,令y0,解得x2,所以以PQ为直径的圆经过定点(2,0)(16分)【变式1】(2018苏州期末）在平面直角坐标系xOy中,椭圆C：1(ab0)的离心率为,椭圆上动点P到一个焦点的距离的最小值为3(1)(1) 求椭圆C的标准方程；(2) 已知过点M(0,1)的动直线l与椭圆C交于A,B两点,试判断以线段AB为直径的圆是否恒过定点,并说明理由规范解答 (1) 由题意,得解得所以b2a2c29.(4分)椭圆C的标准方程是1

14、.(6分)(2) 当直线l的斜率不存在时,以AB为直径的圆的方程为x2y29；(7分)当直线l的斜率为零时,以AB为直径的圆的方程为x2(y1)216.(8分)这两圆仅有唯一大众点,也是椭圆的上顶点D(0,3)猜想以AB为直径的圆恒过定点D(0,3)(9分)证明如下：证法1(向量法) 设直线l的方程为ykx1,A(x1,y1),B(x2,y2)只要证x1x2(y13)(y23)x1x2(kx14)(kx24)0即可即要证(1k2)x1x24k(x1x2)160.(11分)由消去y,得(12k2)x24kx160,16k264(12k2)0,此方程总有两个不等实根x1,x2.x1,2,所以x1x

15、2,x1x2.(14分)所以(1k2)x1x24k(x1x2)16160.所以DADB,所以以AB为直径的圆恒过定点D(0,3)(16分)证法2(斜率法) 若设DA,DB的斜率分别为k1,k2,只要证k1k21即可设直线l的斜率为,则.由点A在椭圆x22y218上,得x2y18,变形得,即k1.设yA3m(yA3)n(yA1),可得m,n,得k1.从而k1(3k1)1,即k3k110.同理k3k210,所以k1,k2是关于k的方程k23k10的两实根由根与系数关系,得k1k21.所以DADB,所以以AB为直径的圆恒过定点D(0,3)(16分) 【变式2】(2017常州期末）已知圆C：(xt)2

16、y220(t0)与椭圆E：1(ab0)的一个大众点为B(0,2),F(c,0)为椭圆E的右焦点,直线BF与圆C相切于点B.(1) 求t的值以及椭圆E的方程；(2) 过点F任作与两坐标轴都不垂直的直线l与椭圆交于M,N两点,在x轴上是否存在一定点P,使PF恰为MPN的平分线？ 规范解答 (1) 由题意b2.(2分)因为C(t,0),B(0,2),所以BC,所以t4.因为t0,所以t4.(4分)因为BCBF,所以20c24(c4)2,所以c1,所以a2b2c25.所以椭圆E的方程为1.(6分)(2) 设M(x1,y1),N(x2,y2),设l：yk(x1)(k0),代入1,化简得(45k2)x21

17、0k2x5k2200.所以(8分)若点P存在,设P(m,0),由题意kPMkPN0.所以0.(10分)所以(x11)(x2m)(x21)(x1m)0,即2x1x2(1m)(x1x2)2m2(1m)2m0,所以8m400,所以m5.(13分)即在x轴上存在一定点P(5,0),使PF恰为MPN的平分线(14分)题型三 圆锥曲线中的定值问题知识点拨：探索圆锥曲线的定值问题常见方法有两种：从特殊入手,先根据特殊位置和数值求出定值,再证明这个值与变量无关；直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值定值问题,要恰当去转化,能很好的降低计算量,用向量的坐标来计算,结构对称、优美,代入根与系数

18、关系可以很容易得出结果例3、(2019镇江期末）已知椭圆C：1(ab0)的长轴长为4,两准线间距离为4.设A为椭圆C的左顶点,直线l过点D(1,0),且与椭圆C相交于E,F两点(1) 求椭圆C的方程；(2) 若AEF的面积为,求直线l的方程；(3) 已知直线AE,AF分别交直线x3于点M,N,线段MN的中点为Q,设直线l和QD的斜率分别为k(k0),k,求证：kk为定值. 规范解答 (1)由长轴长2a4,两准线间距离24,解得a2,c,(2分)则b2a2c22,即椭圆方程为1.(4分)(2) 当直线l的斜率不存在时,此时EF,AEF的面积SADEF,不合题意；(5分)故直线l的斜率存在,设直线

19、l：yk(x1),代入椭圆方程得,(12k2)x4k2x2k240.因为D(1,0)在椭圆内,所以0恒成立设E(x1,y1),F(x2,y2),则有x1x2,x1x2.(6分)故EF|x1x2|.(7分)又点A到直线l的距离d,(8分)则AEF的面积SdEF,则k1.(9分)综上,直线l的方程为xy10和xy10.(10分)(3) 证法1设点E(x1,y1),F(x2,y2),则直线AE：y(x2),令x3,得点M,同理可得N,所以点Q的坐标为.(12分)直线QD的斜率为k,(13分)而k.(14分)由(2)知x1x2,x1x2,代入上式得,(15分)k.则有k,所以kk,为定值(16分)(3

20、) 证法2设点M(3,m),N(3,n),且mn,则Q,从而k.直线AM的方程为y(x2),与椭圆方程联立得(x2)(x2)(x2)20,可知x2或x,即点E.故kDE.同理可得kDF.又D,E,F三点共线,则有kkDEkDF.从而有kk.【变式1】(2019苏锡常镇调研（一）已知椭圆E：1(ab0)的离心率为,焦点到相应准线的距离为.(1) 求椭圆E的标准方程；(2) 已知P(t,0)为椭圆E外一动点,过点P分别作直线l1和l2,直线l1和l2分别交椭圆E于点A,B和点C,D,且l1和l2的斜率分别为定值k1和k2,求证：为定值 规范解答 (1)设椭圆的半焦距为c,由已知得,则c,c2a2b

21、2,(3分)解得a2,b1,c,(5分)所以椭圆E的标准方程是y21.(6分)(2) 解法1由题意,设直线l1的方程为yk1(xt),代入椭圆E的方程中,并化简得(14k)x28ktx4kt240,(8分)设A(x1,y1),B(x2,y2)则x1x2,x1x2,因为PA|x1t|,PB|x2t|,(10分)所以PAPB(1k)|x1t|x2t|(1k)|t2(x1x2)tx1x2|(1k)|t2|,(12分)同理,PCPD,(14分)所以为定值(16分)解法2由题意,设直线l1的方程为yk1(xt),直线l2的方程为yk2(xt),设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(

22、x4,y4)直线l1的方程为yk1(xt),代入椭圆E的方程中,并化简得(14k)x28ktx4kt240,(8分)则x1x2,x1x2,同理则x3x4,x3x4,(x1t,y1)(x2t,y2)(x1t)(x2t)k(x1t)(x2t)(x1t)(x2t)(1k),(x3t,y3)(x4t,y4)(x3t)(x4t)k(x3t)(x4t)(x3t)(x4t)(1k)(12分)因为P,A,B三点共线,所以PAPB,同理,PCPD.代入x1x2,x1x2,x3x4,x3x4,化简得,(14分)因为是定值,所以为定值(16分)【变式2】(2019苏州三市、苏北四市二调）如图,在平面直角坐标系xOy

23、中,已知椭圆C1：y21,椭圆C2：1(ab0),C2与C1的长轴长之比为1,离心率相同(1) 求椭圆C2的标准方程；(2) 设点P为椭圆C2上的一点射线PO与椭圆C1依次交于点A,B,求证：为定值；过点P作两条斜率分别为k1,k2的直线l1,l2,且直线l1,l2与椭圆C1均有且只有一个大众点,求证k1k2为定值 (1) 规范解答 设椭圆C2的焦距为2c,由题意,a2,a2b2c2,解得b,因此椭圆C2的标准方程为1.(3分)(2)1当直线OP斜率不存在时,PA1,PB1,则32.(4分)2当直线OP斜率存在时,设直线OP的方程为ykx,代入椭圆C1的方程,消去y,得(4k21)x24,所以

24、x,同理x.(6分)所以x2x,由题意,xP与xA同号,所以xPxA,从而32.所以32为定值(8分)设P(x0,y0),所以直线l1的方程为yy0k1(xx0),即yk1xk1x0y0,记tk1x0y0,则l1的方程为yk1xt,代入椭圆C1的方程,消去y,得(4k1)x28k1tx4t240,因为直线l1与椭圆C1有且只有一个大众点,所以(8k1t)24(4k1)(4t24)0,即4kt210,将tk1x0y0代入上式,整理得,(x4)k2x0y0k1y10,(12分)同理可得,(x4)k2x0y0k2y10,所以k1,k2为关于k的方程(x4)k22x0y0ky10的两根,从而k1k2.

25、(14分)又点在P(x0,y0)椭圆C2：1上,所以y2x,所以k1k2为定值(16分)【变式3】(2018镇江期末）如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆E：1(ab0)的离心率为,左焦点F(2,0),直线l：yt与椭圆交于A,B两点,M为椭圆E上异于A,B的点(1) 求椭圆E的方程；(2) 若M(,1),以AB为直径的圆P过点M,求圆P的标准方程；(3) 设直线MA,MB与y轴分别相交于点C,D,证明：OCOD为定值规范解答 (1) 因为e,且c2,所以a2,b2.(2分)所以椭圆方程为1.(4分)(2)设A(s,t),则B(s,t),且s22t28.因为以AB为直径的圆P过点M,所以M

26、AMB,所以0,(5分)又(s,t1),(s,t1),所以6s2(t1)20.(6分)由解得t,或t1(舍,因为M(,1),所以t0),所以s2.(7分)又圆P的圆心为AB的中点(0,t),半径为|s|,(8分)所以圆P的标准方程为x2.(9分)(3)设M(x0,y0),则lMA的方程为yy0(xx0),若k不存在,显然不符合条件令x0得yC；同理yD,(11分)所以OCOD|yCyD|.(13分)因为s22t28,x2y8,所以4为定值(16分)【变式4】(2018南通、扬州、淮安、宿迁、泰州、徐州六市二调）如图,在平面直角坐标系xOy中,已知B1,B2是椭圆1(ab0)的短轴端点,P是椭圆

27、上异于点B1,B2的一动点当直线PB1的方程为yx3时,线段PB1的长为4.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 设点Q满足QB1PB1,QB2PB2.求证：PB1B2与QB1B2的面积之比为定值规范解答 设P(x0,y0),Q(x1,y1)(1) 在yx3中,令x0,得y3,从而b3.(2分) 由得1.所以x0.(4分) 因为PB1|x0|,所以4,解得a218.所以椭圆的标准方程为1.(6分) (2) 证法1(设点法) 直线PB1的斜率为kPB1,由QB1PB1,所以直线QB1的斜率为kQB1.于是直线QB1的方程为yx3.同理,QB2的方程为yx3.(8分) 联立两直线方程,消去y,得x1.

28、(10分) 因为P(x0,y0)在椭圆1上,所以1,从而y9.所以x1.(12分) 所以2.(14分) 证法2(设线法) 设直线PB1,PB2的斜率分别为k,k,则直线PB1的方程为ykx3.由QB1PB1,直线QB1的方程为yx3.将ykx3代入1,得(2k21)x212kx0.因为P是椭圆上异于点B1,B2的点,所以x00,从而x0.(8分) 因为P(x0,y0)在椭圆1上,所以1,从而y9.所以kk,得k.(10分) 由QB2PB2,所以直线QB2的方程为y2kx3.联立则x,即x1.(12分) 所以2.(14分) 【变式5】(2017南通一调）如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆1

29、(ab0)的离心率为,焦点到相应准线的距离为1.(1) 求椭圆的标准方程；(2) 若P为椭圆上的一点,过点O作OP的垂线交直线y于点Q,求的值规范解答 (1) 由题意得,c1, (2分)解得a,c1,b1.所以椭圆的标准方程为y21.(4分)(2) 由题意知OP的斜率存在当OP的斜率为0时,OP,OQ,所以1.(6分)当OP的斜率不为0时,设直线OP方程为ykx.由得(2k21)x22,解得x2,所以y2,所以OP2.(9分)因为OPOQ,所以直线OQ的方程为yx.由得xk,所以OQ22k22.(12分)所以1.综上,可知1.(14分)【变式6】(2017苏州期末）已知椭圆C：1(ab0)的离

30、心率为,且过点P(2,1)(1) 求椭圆C的方程；(2) 设点Q在椭圆C上,且PQ与x轴平行,过点P作两条直线分别交椭圆C于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,若直线PQ平分APB,求证：直线AB的斜率是定值,并求出这个定值规范解答 (1) 由e,得abc21,椭圆C的方程为1.(2分)把P(2,1)的坐标代入,得b22,所以椭圆C的方程是1.(5分)(2) 由已知得PA,PB的斜率存在,且互为相反数(6分)设直线PA的方程为y1k(x2),其中k0.由消去y,得x24kx(2k1)28,即(14k2)x28k(2k1)x4(2k1)280.(8分)因为该方程的两根为2,xA,所以2xA,即xA.从而yA.(10分)把k换成k,得xB,yB.(12分)计算,得kAB,是定值(14分)解后反思 利用直线PA与椭圆C已经有一个交点P(2,1),可使得解答更简单由得当(x,y)(2,1)时,可得解得以下同解答下面介绍一个更优雅的解法由A,B在椭圆C：x24y28上,得(x1x2)(x1x2)4(y1y2)(y1y2)0,所以kAB.同理kPA,kPB.由已知,得kPAkPB,所以,且,即x1y2x2y12(y1y2)(x1x2)4,且x1y2x2y1(x1x2)2(y1y2)4.从而可得x1x22(y1y2)所以kAB,是定值知识改变命运23