1、全國名校高考數學二輪復習優質學案專題匯編(附詳解)圓錐曲線中的范圍、最值、證明問題壓軸大題突破練明晰考情1.命題角度：直線與圓錐曲線的位置關系是高考必考題，范圍、最值問題是高考的熱點；圓錐曲線中的證明問題是常見的題型.2.題目難度：中高檔難度利用方程根的判別式或根與系數的&心考點突破練12k 橢圓E的標準方程為2+y2= 1.(2)設 M(xi, yi), N(X2, y2).當MN垂直于x軸時，直線I的方程為x= 1,設直線與橢圓 E的交點坐標為 m£，舌2)X1 + X2=市,2設點 P(X1, y1), Q(x2, y2)，則12k 62 ?1 + 3kX1X2 =&g

2、t;0.于是，弦 PQ| =、/(x二2 , 2x2)+ (y1 y2)I= a/17?2 2<12k12k2 62 2 4 2b+ 3k 丿 1+ 3k2點0到直線的距離d=T2k±. p1 + k21 + 3k由 OPQ = 百,得1 ”扌即忡5，化簡得,k4 2k2+ 1 = 0,解得k= ±1，且滿足 40，即k= ±1符合題意.因此，所求直線的方程為X y 2 = 0或X+ y 2= 0.22J-2.已知橢圓E： 1-+ 2= 1(a>b>0)的離心率為 第-，右焦點為F(1, 0).(1)求橢圓E的標準方程;設點0為坐標原點，過點F作

3、直線I與橢圓E交于M , N兩點，若OM丄ON，求直線Ifa =舊 解得a = b+ 1,b =1.卩工解(1)依題意可得fa = 2，2 .2,<x2(2+ y2=1,聯立得方程組i2y= k(x- 1 ,2 2 2 2消去y得(1+ 2k )x 4k x+ 2(k 1) = 0,少0顯然成立. x1+ x2*, x1x2=込1 + 2k1 + 2k2- k2 y1y2= kx1x2- (x1 + x2)+ 1 =2-/ OM 丄 ON , OM ON = 0.k2 2匚-x1x2+ y1y2 = 1+k2 = 0， k =±2.故直線l的方程為72x±羽=0.2

4、23.(2017天津)設橢圓拿+ y= 1(a>b>0)的左焦點為F，右頂點為1A，離心率為-已知A是拋物線y2= 2px( p>0)的焦點，F到拋物線的準線I的距離為*.(1)求橢圓的方程和拋物線的方程;(2)設I上兩點P, Q關于x軸對稱，直線 AP與橢圓相交于點 x軸相交于點D.若APD的面積為當，求直線AP的方程.B (點B異于點A),直線BQ與c 1解(1)設點F的坐標為(c, 0)，依題意，得-=a 24 2所以橢圓的方程為 X2+才=1，拋物線的方程為y2= 4x.(2)設直線AP的方程為x= my+ 1(mM 0),與直線i的方程x=1聯立，可得點p( 1，

5、m，4 2將x= my+ 1與X2+= 1聯立，消去x,6m由點B異于點A，可得點23m + 423m + 4丿由Q ( 1，m)可得直線BQ的方程為J 6m 2，一 m(x+1)3m2 + 43m2 + 4+J(ym =0，令 y=0,2 3m2解得 X= 3m2 + 2，故點D2 、3m2+ 2，2 3m2所以 |AD|= 1 6m22 23m + 2 3m + 222一 6m3m2 + 4整理得(3m +4)y+ 6my= 0,解得 y= 0 或 y =又因為 APD的面積為普, 故2 m2+ 2八阿 整理得 3m2 26陽|+ 2 = 0, 解得|m|=耳6,所以口二普.所以直線 AP

6、的方程為3x+V6y 3= 0或3x廂y 3 = 0.考點二圓錐曲線中的范圍、最值問題 【方法技巧1求圓錐曲線中范圍、最值的主要方法 (1)幾何法：若題目中的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圖形性質數形結代數法：若題目中的條件和結論能體現一種明確的函數關系，或者不等關系，或者已知參 數與新參數之間的等量關系等，則利用代數法求參數的范圍2 24.已知橢圓E： 7+ y- = 1的焦點在X軸上，A是E的左頂點，斜率為k(k>0)的直線交E于A,t 3M兩點，點N在E上，MA丄NA.當t= 4,|AM|= |AN|時，求 AMN的面積;當2|AM|= |AN|時，求k的取值范圍.

7、解(1)設M(X1, y1)，則由題意知y1>0.2 2當t = 4時，橢圓E的方程為X4 + 3 = 1，A( 2, 0).由|AM|= |AN|及橢圓的對稱性知，直線 AM的傾斜角為n 因此直線AM的方程為y= x+ 2.2 2x y2將 x= y 2 代入N + 2 = 1，得 7y 12y= 0,12解得y= 0或y= y,12所以yi = y1 1212144因此 AMN 的面積 SAMN = 2X 27X = 79.由題意知 t>3, k>0, A(/, 0)，設 M(xi, yi),2 2將直線AM的方程y= k(x +Ut)代入Y +二=1, 得(3 + tk

8、2)x2 + 2或 tk2x + t2k2 3t = 0.2 2廠t2k2 3t2 ?3 + tk2由 X1 (Jt)=3 + tk2r /26*(1 + k )故 |AM 1= |X1 +7 t|p1 + k =亍.V3 + tk由題設，直線 AN的方程為y= k(x +乂),6k 寸t(1 + k2) 故同理可得|AN|=3k2+ t .2 k由 2|AM|=|AN|,得 3+子齊，3即(k 2)t = 3k(2k 1), 當k=鞭時上式不成立，因此tn X)全國名校高考數學二輪復習優質學案專題匯編（附詳解）3 2 2k3 2k4p4k2- 3所以OPQ 的面積 SaOPQ =7d|PQ|

9、=2 4k + 1 + k 2 fk 2rk2 + 1k 2k3 2t>3 等價于3= 一_汕<0,即 一<0.k3 2k3 2fk 2>0,由此得 3k 2<0fk 2<0, 或 ik3 2>0,解得刃2<k<2.因此k的取值范圍是（飯,2）.5.已知點A（0， 2），橢圓E:拿+ b= 1（a>b>0）的離心率為 豎,F是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為晉，O為坐標原點.求E的方程;設過點A的動直線I與E相交于P, Q兩點，當 OPQ的面積最大時，求I的方程. 解（1）設F（c, 0），由條件知， 1=羋，得 c=/3.C

10、3又C二申，所以 a = 2, b2= a2 c2 = 1.a 22故E的方程為4+ y2= 1.當I丄x軸時不合題意, 故設 I: y= kx 2, P(xi, yi), Q(X2, y2).2x 2將 y= kx 2 代入+ y = 1, 得(1 + 4k2)x2 16kx + 12= 0.2當= 16(4k 3)>0 ,2 38k±4k2 3即 k>4時，x1，2=4k2+ 1廠一4/k2+ 1、/4k2 3從而 |PQ|=Vk + 1|X1畑=2 4k + 1 2又點0到直線PQ的距離d =盧Vk2+ 1全國名校高考數學二輪復習優質學案專題匯編(附詳解)設寸4k2

11、 3 = t,貝U t>0, $ OPQ= 24t = 4 w 1.t + 4 t+ 4當且僅當t= 2,即k= ±27等號成立，且滿足A>0.所以當 OPQ的面積最大時，I的方程為2y±7X+ 4= 0.2 2 X y6.已知O為坐標原點，M(X1, yi), N(X2, y2)是橢圓N +專=1上的點，且X1X2+ 2yiy2= 0，設動點 P 滿足O>P= oM + 2O>N.(1)求動點P的軌跡C的方程;(2)若直線I: y= x+ m(mM 0)與曲線C交于A, B兩點，求 OAB面積的最大值.解(i)設點 P(X, y),則由 Op =

12、OM + 2ON ,得(X, y)= (xi, yi) + 2(X2, y2),即 x= xi + 2x2, y= yi+ 2y2.2 2因為點M , N在橢圓X +二=1 上,所以 Xi + 2yi= 4, X2+故 X2+ 2y2= (x2+ 4X2+ 4X1X2)+ 2(y2 + 4y2+ 4yiy2)=(x1+ 2yi) + 4(x2 + 2y2) + 4(xiX2 + 2yiy2)=20 + 4(xix2 + 2yiy2).2 2又因為 X1X2 + 2yiy2= 0,所以 x + 2y = 20,所以動點2 2P的軌跡C的方程為X + 2y = 20.(2)將曲線x2+ 2y2=

13、20,C與直線I的方程聯立，得1Ly= x+ m,消去y得2 23x + 4mx + 2m 20 = 0.因為直線I與曲線C交于A, B兩點，設 A(X3, y3), B(X4, y4),2 2所以 A= 16m2 4X 3X (2m2 20)>0.2又 mM 0，所以 0v m V 30,4m2后20X3+ X4= 丁, X3X4 =3又點O到直線AB: x y+ m = 0的距離d= ,寸2|AB|=寸 1 + k2|X3 X4|=寸(1 + k2 J(x3+ x4 2 4X3X4f16m2 2m2 20、 p62=氣 /2X伽 4 X _6(30- m所以 & OAB= 1

14、 寸普妙m2 X =32 X a/m30 - m22 2雋X 3嚴=5血 當且僅當m2= 30- m2，即m2 = 15時取等號，且滿足 A>0.所以 OAB面積的最大值為5寸2.考點三圓錐曲線中的證明問題【方法技巧1圓錐曲線中的證明問題是轉化與化歸思想的充分體現.無論證明什么結論，要對 已知條件進行化簡，同時對要證結論合理轉化，尋求條件和結論間的聯系，從而確定解題思 路及轉化方向.27.(優質試題全國I )設橢圓c：y + y2 = 1的右焦點為F,過F的直線I與C交于A, B兩點,點M的坐標為(2, 0).(1)當I與x軸垂直時，求直線AM的方程;設0為坐標原點，證明：/OMA =

15、/ OMB.(1)解 由已知得F(1 , 0), I的方程為x= 1.由已知可得，點A的坐標為£ , 又 M(2, 0), 所以AM的方程為y= ¥x+72或y = %-逅 即 x+V2y 2= 0 或 XV2y 2= 0.(2)證明 當I與x軸重合時，/ OMA = / OMB = 0 ° 當I與x軸垂直時，0M為AB的垂直平分線, 所以 / OMA = / OMB.當I與x軸不重合也不垂直時，設I的方程為y= k(x 1)(kM 0), A(X1, yi), B(X2, y2).則xiv(2, X2V72，直線MA , MB的斜率之和.y1,y2kMA 十 k

16、MB =十X1 2 X2 2由 yi= kxi k, y2 = kx2 k,得2kx1X2 3k(x1 + X2 ” 4kkMA+ kMB=(X1 2 )(X2- 2)2X 2將 y= k(x 1)代入"2 + y= 1，得2 2 2 2(2k2 + 1)x2 4k2x+ 2k2 2= 0,由題意知 >0 恒成立,4k22k2 2所以 X1 + x2 = 2, X1X2 = 22k2 + 12k2+ 13334k 4k 12k + 8k + 4k2k2+ 1貝U 2kx1X2 3k(x1 + X2)+ 4k= 2= 0, 從而 kMA + kMB = 0 , 故MA, MB的傾

17、斜角互補.所以 / OMA = / OMB.綜上，/ OMA = / OMB.8.(優質試題大慶質檢)已知橢圓C:詁=1(a>b>0)的焦距為23,且C過點£/3, 2)(1) 求橢圓C的方程；(2) 設B1, B2分別是橢圓C的下頂點和上頂點，P是橢圓上異于B1, B2的任意一點，過點 P 作PM丄y軸于M , N為線段PM的中點，直線B2N與直線y= 1交于點D, E為線段B1D 的中點，0為坐標原點，求證：ON丄EN.(1)解由題設知焦距為2込，所以c=73.又因為橢圓過點 隔，91所以代入橢圓方程得 拿+ 2= 1, ._ 2 2 2因為 a = b + C ,解

18、得 a= 2, b= 1,故所求橢圓C的方程是證明設P(X0, yo)，X0* 0,貝y M(0, yo), N號,因為點P在橢圓C上,2所以卷 + y0= 1.即 x2 *= 4 4y2.又B2(O，1)，所以直線B2N的方程為y 1=XXo令 y= 1，得 x=XoX01 yo,所以 D 扃0，- 1又Bi (0，- 1), E為線段BiD的中點,X0所以ER- 1X0所以 ON = g, yo), EN = (Xo-菇亦 yo+1)2(1 - yo yo(yo+1) = 4 10+ y0+ yo= 1440 + yo= 1 yo 1X02 2 xoxo+ yo= 0,所以赤丄EN，即ON

19、丄EN.9.(優質試題 咸陽模擬)已知A( 2, 0), B(2 , 0)，點C是動點，且直線 AC和直線BC的斜率3之積為一3.4(1)求動點C的軌跡方程;設直線I與(1)中軌跡相切于點P,與直線X= 4相交于點 Q,且F(1 , 0)，求證：/ PFQ =90 °(1)解 設C(x, y)，則依題意得3kAC kBC = 4,又 A( 2, 0), B(2, 0)，所以有y y3八，x+ 2 X2= 3(y 主 0)，整理得 4 + 3 = 1(y - 0),即為所求軌跡方程.2 2(2)證明 方法一由題意知，直線I的斜率存在，設直線I: y= kx+ m,與3x+ 4y = 1

20、2聯 立得,2 23x + 4(kx + m) = 12 ,2 2 2依題意得 A= (8km)2 4(3 + 4k2)(4m2 12)= 0,2 2即 3 + 4k = m，8km 4 km x1 + x2= R，得 x1= x2=2,3 + 4k P/4km3m. 2 2一 4k2,而 3 + 4k = m，得 P3+ 4k 丿1 mJ 4k一 m 一1,m丿(3 , 4k+ m) = 0,2 ?3 + 4k2 ?則 FP FQ =3 1m 丿又Q（4,4k+m），F（i，o），知FP丄FQ, 即 / PFQ = 90 .方法二 設P（X0, yo）,則曲線C在點P處切線PQ：竽+ 竽 1

21、,令 x= 4，得 Q 4，yo又 F(1，0)， fP FQ = (xo 1，f 3 3x0 )y0) I3，匚廠丿=0,知 FP 丄 FQ，即 / PFQ = 90 :模板休驗22G典例（12分）在平面直角坐標系 xOy中，已知橢圓C:字+話=i（a> b> 0）的離心率為 專，且橢圓C上.點（1）求橢圓C的方程；2 2設橢圓E:x y4j+ 4b2= 1 ,P為橢圓C上任意一點，過點P的直線y= kx+ m交橢圓E于A，B兩點，射線PO交橢圓E于點Q.求lOQ的值;求 ABQ面積的最大值.【審題路線圖】橢圓C上的點滿足條件列出a，b的關系式已知離心率et3a2=b2 + c2

22、基本量法求得橢圓C的方程P在C上, Q在E上設坐標代入方程>求出|OQ| 直線y= kx+ m和橢圓E的方程聯立通法研究判別式A并判斷根與系數的關系用 m, k表示oab求Soab最值利用得、S abq和oab的關系得Sabq的最大值【規范解答評分標準】解 由題意知3+ 4b=1.又基匸一"32解得a2 = 4, b2= 1.所以橢圓C的方程為X + y2= 1.2 2xy_由(1)知橢圓E的方程為一+ ；= 1.設P(X0, yo),醫#= XX 0)，由題意知Q(-入X,-入yx22(入x (入y因為7 + y0= J又百+廠=1,即給心1,所以=2，即OQ=2.5分設 A

23、(xi , yi), B(X2, y2).將y= kx+ m代入橢圓E的方程,2 2 2可得(1+ 4k )x + 8kmx + 4m 16= 0,由>0，可得 m2v 4 + 16k2, (*)4m2 16r亠8km則有 X1 + X2 =-嵐,X1X2= 1 + 4k2.&16k2 + 4-m2所以 |X1- X2| =21 + 4k因為直線y= kx+ m與y軸交點的坐標為(0, m),12、/16k2+ 4 m2|m| f16k2 + 4 m2 m2所以 OAB 的面積 S= 2|m|x1-X2|=1 + 4k2=1 + 4k2=2W2設既=t，將 y=kx+ m代入橢圓

24、C的方程,2 2 2可得(1+ 4k )x + 8kmx + 4m 4= 0,2 2由0，可得 m2w 1 + 4k2(*)由(*)和(*)可知 0V t < 1,因此 S= 2寸(4 ty = 21 t2+ 4t,10分故0V SW 2寸3，當且僅當t= 1，即m2= 1 + 4k2時取得最大值 2品11分由知， ABQ的面積為3S,所以 ABQ面積的最大值為 6a/3.12分第一步求曲線方程：根據基本量法確定圓錐曲線的方程;第二步聯立消元：將直線方程和圓錐曲線方程聯立,得到方程Ax2 + Bx + C= 0,然后研究判別式，利用根與系數的關系;第三步找關系：從題設中尋求變量的等量或不

25、等關系;第四步建函數 :對范圍最值類問題，要建立關于目標變量的函數關系;第五步件的制約,檢查最值取得的條件得范圍：通過求解函數值域或解不等式得目標變量的范圍或最值，要注意變量條規范演練1. (優質試題 全國n )設拋物線C: y2 = 4x的焦點為F，過F且斜率為k(k> 0)的直線I與C交 于 A, B 兩點，|AB|= 8.(1)求I的方程;(2)求過點A, B且與C的準線相切的圓的方程.解(1)由題意得F(1 , 0), I的方程為y= k(x 1)(k>0).設 A(x1, y”, B(X2, y2).由佇好 1，得 k2x2 (2k2+ 4)X+ k2= 0.y = 4x

26、,22k2+ 42= 16k + 16 > 0，故x2=孑k4k2+ 4所以 |AB|= |AF| + |BF|= (X1 + 1) +(X2 + 1) = 4k2+ 4由題意知= 8,解得k= 1(舍去)或k = 1.因此I的方程為x y 1 = 0.由得AB的中點坐標為(3, 2)，所以AB的垂直平分線方程為 y 2= (x 3),即 y= x+ 5.設所求圓的圓心坐標為(X0,yo).f y0= X0+ 5,則1(X0+ 1f=!2 +16,xo = 3,解得5或丫(X0 = 11 , Lyo= 6._ . 2 2 2 2 因此所求圓的方程為(X 3) + (y 2) = 16 或

27、(X 11) +(y+ 6) = 144.22n2. 設橢圓字+ b= 1(a>b>0)的左焦點為F ,離心率為3，過點F且與x軸垂直的直線被橢圓截 得的線段長為學.3(1)求橢圓的方程;設A,B分別為橢圓的左、右頂點，過點F且斜率為k的直線與橢圓交于 C, D兩點若AC DB2b2 Wa+ AD CB = 8, O為坐標原點，求 OCD的面積.解(1)因為過焦點且垂直于X軸的直線被橢圓截得的線段長為纓3所以 =C .3 a 3因為橢圓的離心率為普，所以;=並又 a = b + C，可解得 b= >/2, c= 1, a= Q3.全國名校高考數學二輪復習優質學案專題匯編(附詳

28、解)所以橢圓的方程為 3 + 2 = 1.由可知F( 1, 0), 則直線CD的方程為y= k(x + 1).y= k(x+ 1 ,132 2 憐+2 =1，2 2 2 2消去 y得(2+ 3k2)x2 + 6k2x + 3k2 6 = 0.設 C(xi, yi), D(X2, y2),6k2所以 X1+ X2 = 2,2+ 3k3k2 6X1X2=:2 + 3k又 A(誦,0), b(V3 ,0),所以 AC db + Ad Cb=(X1+V3, y1) /3 x2, y2)+ (x2 + V3, yi) (73 X1, y” =6 (2 + 2k )x1X2 2k(X1 + X2) 2k2

29、k2 + 12=6 +2 = 8,2 + 3k 解得k= ±2.6X 22'從而 X1 + X2 =2+ 3X 2而原點O到直線cd的距離d =|k|0 + k2所以 OCD的面積S= 1|CD|x d = 2 X 呼普普.全國名校高考數學二輪復習優質學案專題匯編（附詳解）2 23. （優質試題 全國川）已知斜率為k的直線I與橢圓C:鄉十七=1交于A, B兩點，線段AB的43中點為 M(1，m)(m>0).1(1)證明：kv 2； 設F為C的右焦點，P為C上一點，且FP + FA+ FB = 0.證明：FA|, |fP|, |fB|成等差數列, 并求該數列的公差.(1)

30、證明設 A(xi, yi), B(x2, y2).2 22 2mX1 yi. X2 y2 則4十3' ,4十3y1 y2X1 十 X2 y1 十 y2兩式相減，并由=k,得一十k= 0.X1 X24X1 十 X2y1 十 y23由題設知 一2 = 1, 2 = m,于是 k= 4m.31由題設得0v mv 2，故kv -解由題意得F（1 , 0）.設P（X3, y3），則 (X3-1, y3) +(X1 1, yi) + (X2 -1, y2) = (0, 0).由(1)及題設得 X3= 3 -(X1+ X2) = 1 , y3= (y1 + y2)= 2mv 0.3又點P在C上，所以

31、m=4,f 3、73從而 P(1, 2丿 |fp|= 2,2 -X-.于是 |晟|=7(X1 1 f+ yf=7X2同理 |FB|= 2 -.所以 |fA|+ |FB|= 4 2(X1 + X2)= 3.故 2|fP|= |fA|+ |FB|,即 |fA|, |fP|, |FB成等差數列.設該數列的公差為 d,貝U 2|d|= |FB| |fA| =+ X2 j 4x1X2.11|X1 X2| =3將m= 4代入得k=- 1, 所以I的方程為y=- x+7代入C的方程, 并整理得7x2 14x + 1 = 0.故X1 + X2= 2, X1X2= 28，代入 解得|d|=誇詩.所以該數列的公差

32、為旳的4.(優質試題河南八市測評)已知橢圓C :x2 2孑+b= 1(a>b>0)的離心率為2，點 M隔, 弩加橢求橢圓C的方程;(2)若不過原點0的直線I與橢圓C相交于A, B兩點，與直線0M相交于點N，且N是線段AB的中點，求 OAB面積的最大值.解 (1)由橢圓 C:7+= 1(a>b>0)的離心率為在橢圓 C上，得12，點Ma= 2,a2= b2+ c2,解得丫a = 4, b2= 3.所以橢圓C的方程為2 2X y_7 + 3=1.(2)易得直線0M的方程為1y=2x.當直線I的斜率不存在時,AB的中點不在直線上，故直線I的斜率存在.設直線l的方程為y= kx+ m(mM 0)，與+ 3 =O O91 聯立消 y,得(3 + 4k )x + 8kmx + 4m 12 = 0,2 2 2 2所以 = 64km 4(3 + 4k )(4m 12)2 2=48(3 + 4k m )>0.設 A(xi, yi), B(X2, y2),全國名校高考數學二輪復習優質學案專題匯編（附詳解）2m8 km4m 12則 X1+ X2=