（全国通用）2020版高考数学第二层提升篇专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题讲义.docx

第3讲圆锥曲线的综合问题全国卷3年考情分析年份全国卷全国卷全国卷2019直线与圆的位置关系，定值问题T21椭圆的定义及几何性质、参数的范围T20直线与抛物线的位置关系、直线与圆的位置关系、定点问题T212018直线的方程、直线与抛物线的位置关系、证明问题T20直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程T20直线与椭圆的位置关系、证明问题T202017直线与抛物线的位置关系、导数的几何意义T20点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等T20两直线垂直的条件、直线与圆的位置关系、直线方程T20解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等.试题难度较大，多以压轴题出现.解答题的热点题型有：(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲线中的判断(与证明)及探究问题.第1课时圆锥曲线中的定值、定点、证明问题圆锥曲线中的几何证明问题例1(2018全国卷)设椭圆C：y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0).(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：OMAOMB.解(1)由已知得F(1，0)，l的方程为x1.则点A的坐标为或.又M(2，0)，所以直线AM的方程为yx或yx，即xy20或xy20.(2)证明：当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2b0)，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.(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：MNAB.解：(1)由题设条件知，点M的坐标为，又kOM，从而.进而得ab，c2b，故e.(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得.又(a，b)，从而有a2b2(5b2a2).由(1)可知a25b2，所以0，故MNAB.定值问题例2(2019福建五校第二次联考)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，上顶点M到直线xy40的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l过点(4，2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值.解(1)由题意可得解得所以椭圆C的方程为1.(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y2k(x4)，k0且k1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得得(14k2)x216k(2k1)x64k(k1)0，则x1x2，x1x2，因为kMAkMB，所以kMAkMB2k(4k4)2k4(k1)2k(2k1)1(为定值).题后悟通求解定值问题的2大途径途径一首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关途径二先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值跟踪训练已知椭圆方程为1，右焦点为F，若直线l与椭圆C相切，过点F作FQl，垂足为Q，求证：|OQ|为定值(其中O为坐标原点).证明：当直线l的斜率不存在时，l的方程为x2，点Q的坐标为(2，0)或(2，0)，此时|OQ|2；当直线l的斜率为0时，l的方程为y，点Q的坐标为(1，)或(1，)，此时|OQ|2；当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为ykxm(k0).因为FQl，所以直线FQ的方程为y(x1).由消去y，可得(34k2)x28kmx4m2120.因为直线l与椭圆C相切，所以(8km)24(34k2)(4m212)0，整理得m24k23.(*)由得Q，所以|OQ|，将(*)式代入上式，得|OQ|2.综上所述，|OQ|为定值，且定值为2.定点问题例3(2019北京高考)已知椭圆C：1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1).(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：ykxt(t1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|ON|2，求证：直线l经过定点.解(1)由题意，得b21，c1，所以a2b2c22.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为yx1.令y0，得点M的横坐标xM.又y1kx1t，从而|OM|xM|.同理，|ON|.由得(12k2)x24ktx2t220，则x1x2，x1x2.所以|OM|ON|2.又|OM|ON|2，所以22.解得t0，所以直线l经过定点(0，0).题后悟通直线过定点问题的解题模型跟踪训练(2019重庆市七校联合考试)已知O为坐标原点，抛物线C：y24x，点A(2，0)，设直线l与C交于不同的两点P，Q.(1)若直线lx轴，求直线PA的斜率的取值范围；(2)若直线l不垂直于x轴，且PAOQAO，证明：直线l过定点.解：(1)当点P在第一象限时，设P(t，2)，则kPA，kPA，同理，当点P在第四象限时，kPA.综上所述，直线PA的斜率kPA.(2)证明：设直线l的方程为ykxb(k0)，联立方程得得ky24y4b0，1616kb0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1y2，y1y2，PAOQAO，kAPkAQ0，b2k，ykx2kk(x2)，直线l恒过定点(2，0).专题过关检测大题专攻强化练1.(2019全国卷)已知曲线C：y，D为直线y上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点.(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程.解：(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x2y1.由于yx，所以切线DA的斜率为x1，故x1.整理得2tx12y110.设B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点.(2)由(1)得直线AB的方程为ytx.由可得x22tx10.于是x1x22t，y1y2t(x1x2)12t21.设M为线段AB的中点，则M.由于，而(t，t22)，与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0.解得t0或t1.当t0时，|2，所求圆的方程为x24；当t1时，|，所求圆的方程为x22.2.(2019济南市学习质量评估)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，右焦点为F，且该椭圆过点.(1)求椭圆C的方程；(2)当动直线l与椭圆C相切于点A，且与直线x相交于点B时，求证：FAB为直角三角形.解：(1)由题意得，1，又a2b2c2，所以b21，a24，即椭圆C的方程为y21.(2)证明：由题意可得直线l的斜率存在，设l：ykxm，联立得得(4k21)x28kmx4m240，判别式64k2m216(4k21)(m21)0，得m24k210.设A(x1，y1)，则x1，y1kx1mm，即A.易得B，F(，0)，则，110，所以，即FAB为直角三角形，得证.3.如图，设点A，B的坐标分别为(，0)，(，0)，直线AP，BP相交于点P，且它们的斜率之积为.(1)求点P的轨迹方程；(2)设点P的轨迹为C，点M，N是轨迹C上不同的两点，且满足APOM，BPON，求证：MON的面积为定值.解：(1)设点P的坐标为(x，y)，由题意得，kAPkBP(x)，化简得，点P的轨迹方程为1(x).(2)证明：由题意可知，M，N是轨迹C上不同的两点，且APOM，BPON，则直线OM，ON的斜率必存在且不为0，kOMkONkAPkBP.当直线MN的斜率为0时，设M(x0，y0)，N(x0，y0)，则得所以SMON|y0|2x0|.当直线MN的斜率不为0时，设直线MN的方程为xmyt，代入1，得(32m2)y24mty2t260，(*)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1，y2是方程(*)的两根，所以y1y2，y1y2，又kOMkON，所以，即2t22m23，满足0.又SMON|t|y1y2|，所以SMON.综上，MON的面积为定值，且定值为.4.(2019福州市质量检测)已知抛物线C1：x22py(p0)和圆C2：(x1)2y22，倾斜角为45的直线l1过C1的焦点，且l1与C2相切.(1)求p的值；(2)动点M在C1的准线上，动点A在C1上，若C1在A点处的切线l2交y轴于点B，设，求证：点N在定直线上，并求该定直线的方程.解：(1)依题意，设直线l1的方程为yx，因为直线l1与圆C2相切，所以圆心C2(1，0)到直线l1：yx的距离d.即，解得p6或p2(舍去).所以p6.(2)法一：依题意设M(m，3)，由(1)知抛物线C1的方程为x212y，所以y，所以y，设A(x1，y1)，则以A为切点的切线l2的斜率为k，所以切线l2的方程为yx1(xx1)y1.令x0，则yxy112y1y1y1，即B点的坐标为(0，y1)，所以(x1m，y13)，(m，y13)，所以(x12m，6)，所以(x1m，3).设N点坐标为(x，y)，则y3，所以点N在定直线y3上.法二：设M(m，3)，由(1)知抛物线C1的方程为x212y，设l2的斜率为k，A，则以A为切点的切线l2的方程为yk(xx1)x，联立得，x212，因为144k248kx14x0，所以k，所以切线l2的方程为yx1(xx1)x.令x0，得B点坐标为，所以，所以(x12m，6)，所以(x1m，3)，所以点N在定直线y3上.第2课时圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题最值问题例1(2019广州市综合检测(一)已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线yx与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2，椭圆C的另一个焦点是F1，且.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l过点(1，0)，且与椭圆C交于P，Q两点，求F2PQ的内切圆面积的最大值.解(1)设椭圆C的方程为1(ab0)，点M在直线yx上，且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2(c，0)，点M.，c1.解得椭圆C的方程为1.(2)由(1)知，F1(1，0)，过点F1(1，0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，则F2PQ的周长为4a8，又SF2PQ4ar(r为F2PQ的内切圆半径)，当F2PQ的面积最大时，其内切圆面积最大.设直线l的方程为xky1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则消去x得(43k2)y26ky90，SF2PQ|F1F2|y1y2|.令t，则t1，SF2PQ，令f(t)3t，则f(t)3，当t 1，)时，f(t)0，f(t)3t在1，)上单调递增，SF2PQ3，当t1时取等号，即当k0时，F2PQ的面积取得最大值3，结合SF2PQ4ar，得r的最大值为，F2PQ的内切圆面积的最大值为.题后悟通最值问题的2种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法(如本例)等)跟踪训练(2019河北省九校第二次联考)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|8.(1)求抛物线C的方程；(2)设直线l为抛物线C的切线，且lMN，P为l上一点，求的最小值.解：(1)由题意可知F，则直线MN的方程为yx，代入y22px(p0)得x23px0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x23p，|MN|8，x1x2p8，即3pp8，解得p2，抛物线C的方程为y24x.(2)设直线l的方程为yxb，代入y24x，得x2(2b4)xb20，直线l为抛物线C的切线，0，解得b1，l：yx1.由(1)可知，x1x26，x1x21，设P(m，m1)，则(x1m，y1(m1)，(x2m，y2(m1)，(x1m)(x2m) y1(m1)y2(m1)x1x2m(x1x2)m2y1y2(m1)(y1y2)(m1)2，(y1y2)216x1x216，y1y24，yy4(x1x2)，y1y244，16mm244(m1)(m1)22(m24m3)2(m2)2714，当且仅当m2，即点P的坐标为(2，3)时，取得最小值14.范围问题例2(2019安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C：1(ab0)的焦点坐标分别为F1(1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|5|PF2|且cosF1PF2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：ykxm与椭圆C交于A，B两点，点Q，若|AQ|BQ|，求k的取值范围.解(1)由题意设|PF1|r1，|PF2|r2，则3r15r2，又r1r22a，r1a，r2a.在PF1F2中，由余弦定理得，cosF1PF2，解得a2，c1，b2a2c23，椭圆C的标准方程为1.(2)联立方程，得消去y得(34k2)x28kmx4m2120，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，且48(34k2m2)0，设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0，y0kx0m，|AQ|BQ|，ABQM，又Q，M为AB的中点，k0，直线QM的斜率存在，kkQMk1，解得m，把代入得34k2，整理得16k48k230，即(4k21)(4k23)0，解得k或k，故k的取值范围为.题后悟通范围问题的解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围(如本例)；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用隐含的不等关系，从而求出所求范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；(5)利用函数值域的求法，确定所求范围；(6)利用已知，将条件转化为几个不等关系，从而求出参数的范围(如本例).跟踪训练(2018浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y24x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x21(x0)上的动点，求PAB面积的取值范围.解：(1)证明：设P(x0，y0)，A，B.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程4，即y22y0y8x0y0的两个不同的实根.所以y1y22y0，因此PM垂直于y轴.(2)由(1)可知所以|PM|(yy)x0y3x0，|y1y2|2.因此PAB的面积SPAB|PM|y1y2|(y4x0).因为x1(x0b0)的离心率为，且经过点.(1)求椭圆C的方程.(2)过点(，0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由.解(1)由题意可得，1，又a2b2c2，所以a24，b21.所以椭圆C的方程为y21.(2)存在定点Q，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称.设直线l的方程为xmy0，与椭圆C的方程联立得整理得，(4m2)y22my10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t，0)(依题意tx1，tx2).由根与系数的关系可得，y1y2，y1y2.直线QA与直线QB恰关于x轴对称，则直线QA与直线QB的斜率互为相反数，所以0，即y1(x2t)y2(x1t)0.又x1my10，x2my20，所以y1(my2t)y2(my1t)0，整理得，(t)(y1y2)2my1y20，从而可得，(t)2m0，即2m(4t)0，所以当t，即Q时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称.特别地，当直线l为x轴时，Q也符合题意.综上所述，在x轴上存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称.题后悟通探索性问题的解题策略探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在.(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.跟踪训练如图，由部分抛物线y2mx1(m0，x0)和半圆x2y2r2(x0)所组成的曲线称为“黄金抛物线C”，若“黄金抛物线C”经过点(3，2)和.(1)求“黄金抛物线C”的方程；(2)设P(0，1)和Q(0，1)，过点P作直线l与“黄金抛物线C”交于A，P，B三点，问是否存在这样的直线l，使得QP平分AQB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.解：(1)因为“黄金抛物线C”过点(3，2)和，所以r21，43m1，解得m1.所以“黄金抛物线C”的方程为y2x1(x0)和x2y21(x0).(2)假设存在这样的直线l，使得QP平分AQB.显然直线l的斜率存在且不为0，结合题意可设直线l的方程为ykx1(k0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令xA00知k，所以直线BQ的斜率为kBQ.由消去y并整理，得(k21)x22kx0，所以xA，yA，即A，由xA0，所以直线AQ的斜率为kAQ.因为QP平分AQB，且直线QP的斜率不存在，所以kAQkBQ0，即0，由0k2|MN|，所以点G在以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆上，设椭圆的方程为1(ab0)，则2a4，2c2，即a2，c，所以b2a2c21，所以点G的轨迹C的方程为y21.(2)法一：依题意可设直线l：xmy4.由消去x，得(m24)y28my120.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由64m2412(m24)16(m212)0，得m212.且y1y2，y1y2.因为点A关于x轴的对称点为D，所以D(x1，y1)，可设Q(x0，0)，所以kBD，所以BD所在直线的方程为yy2(xmy24).令y0，得x0.将代入，得x01，所以点Q的坐标为(1，0).因为SABQ|STBQSTAQ|QT|y2y1|，令tm24，结合得t16，所以SABQ66.当且仅当t32，即m2时，(SABQ)max.所以ABQ面积的最大值为.法二：依题意知直线l的斜率存在