2022届高三数学一轮复习（原卷版）考点21 圆锥曲线的综合应用（1）（解析版）

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(a>0，b>0)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_【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y±x，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(b>0)的一个交点若抛物线的焦点为F，且FA5，则双曲线的

2、渐近线方程为_【答案】 y±x【解析】由抛物线y24x得其焦点F(1，0)，又FA5，得A(4，±4)，又点A在双曲线1 (b>0)上，所以1，解得b，故双曲线的渐近线方程为y±x，即y±x.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是椭圆与抛物线的公共点，且直线PQ经过焦点F，则该椭圆的离心率为_【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e22

3、e10，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是有公共焦点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_.【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a

4、a2c2，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(a>b>0)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

5、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

6、(4x)将代入可得：，即3x1x210(x1x2)120.(12分)所以310120，即12k220k30.(14分)解得k或k，又因为k>1，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

7、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，利用kAP·kAQ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

8、率分别为k1，k2，则k1k2，k1>0，k2>0.所以直线AP的方程为yk1(x2)联立得(4k1)x216kx16k40.(8分)设P(x1，y1)，Q(x2，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，k1>0，k2>0.所以k1k22，注意到，点P，Q不重合，所以重号不成立所以0<<，所以直线PQ的斜率的取值范围为.(14分)【变式2】(2019南京、盐城一模）已知椭圆C：1(a>b>0)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(

9、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2×8，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xA·x1，(10分)所以x1， 代入yk1(x2)得y1

10、，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，x1·x2.(10分)而k1k2··，(13分)化简得，即m2k2mk22k20.因为k20，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(a>b>0)的

11、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(x0，y0)(2<x0<0)，则B(2x02，2y0)所以xy，1，(10分)由得9x18x0160，解得x0或x0(舍去)把x0代入得y0±

12、，(12分)所以kAB±，因此直线AB的方程为y±(x2)，即x2y20或x2y20.(14分)解法2(设线法) 因为SAOB2SAOM，所以AB2AM，所以M为AB的中点(6分)由椭圆方程知A(2，0)，设B(xB，yB)，M(xM，yM)，设直线AB的方程为yk(x2)由得(12k2)x28k2x8k240，所以(x2)(12k2)x4k220，解得xB.(8分)所以xM，yMk(xM2)，(10分)代入x2y2得，化简得28k4k220，(12分)即(7k22)(4k21)0，解得k±，所以直线AB的方程为y±(x2)，即x2y20或x2y20.(

13、14分)【变式4】(2018南京、盐城、连云港二模）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：1(ab0)的离心率为，上顶点A到右焦点的距离为.过点D(0，m)(m0)作不垂直于x轴，y轴的直线l交椭圆E于P，Q两点，C为线段PQ的中点，且ACOC.(1) 求椭圆E的方程；(2) 求实数m的取值范围；(3) 延长AC交椭圆E于点B，记AOB与AOC的面积分别为S1，S2，若，求直线l的方程规范解答 (1) 因为所以c1，b2a2c21，所以椭圆E的方程为y21.(2分) (2) 解法1(设线法) 由(1)得A(0，1)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，C(x0，y0)设直线l方程为ykx

14、m(k0)，将其与椭圆E的方程联立，消去y得(12k2)x24kmx2m220(*)，所以x1x2，(4分) 所以x0，y0kx0m，即C，所以kAC.(6分) 又因为kOC，且ACOC，所以kAC·kOC·1，整理得m.(8分) 因为k0，则m11，此时8(2k21m)0，所以实数m的取值范围为.(10分) 解法2(设点法) 由(1)得A(0，1)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，C(x0，y0)，其中x0，y0均不为0，且x1x2.因为P，Q两点都在椭圆E上，所以x2y2 且x2y2，两式相减得×.(4分) 又kPQkCD，即 ，所以×，(6分)

15、 即x2y0(my0)又ACOC，所以×1，(8分) 即xy0(1y0)由得y02m1，x(12m) (2m2)(0，2)，所以m1.(10分) (3) 解法1 设B(x3，y3)，由(2)解法1知kOC.kAB2k，所以直线AB的方程为y2kx1，与椭圆E方程联立解得x或x0(舍)，即x3.(12分) 又因为x0×，所以.(14分) 因为，所以，解得k±，此时m，点D坐标为，所以直线l的方程为y±x.(16分) 解法2 设B(x3，y3)，点B在椭圆E上，所以x2y2.又ACOC，所以×1，即y3x31，代入上式消去y3，得x3(x30舍)，

16、(12分) 所以.由(2)解法2知y02m1，x(12m) (2m2)，m1，所以.(14分) 因为，所以，解得m，此时y02m1，x(12m) (2m2)，所以x0±，所以点C坐标为，点D坐标为，所以直线l的方程为y±x.(16分) 题型二 圆锥曲线中的定点问题知识点拨：探索圆锥曲线的定点问题常见方法有两种：从特殊入手，先根据特殊直线或者曲线方程确定点，再证明直线或曲线过改点；根据直线或者曲线方程直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定点·例2、(2019苏北三市期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(a>b>0)的离心

17、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，x22k2(xm)22，即(12k2)x

18、24k2mx2k2m220，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(y1y2

19、)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(a>b>0)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b2a

20、2c29.(4分)椭圆C的标准方程是1.(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)这两圆仅有唯一公共点，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(12k

21、2)>0，此方程总有两个不等实根x1，x2.x1，2，所以x1x2，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DAD

22、B，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)2y220(t0)与椭圆E：1(ab0)的一个公共点为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t±4.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

23、1.(6分)(2) 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l：yk(x1)(k0)，代入1，化简得(45k2)x210k2x5k2200.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

24、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，代入根与系数关系可以很容易得出结果例3、(2019镇江期末）已知椭圆C：1(a>b>0)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：k·k为定值. 规范解答 (1)由长轴长2a4，两准线间距离24，解得a2，c，(

25、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SAD·EF，不合题意；(5分)故直线l的斜率存在，设直线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Sd·EF···，则k±1.(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)，

26、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k·k，为定值(16分)(3) 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k·k.【变式1】(2019苏锡常镇调研（一）已知椭圆E：1(a>b>

27、0)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，c2a2b2，(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|

28、，(10分)所以PA·PB(1k)|x1t|x2t|(1k)|t2(x1x2)tx1x2|(1k)|t2|，(12分)同理，PC·PD，(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(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)(1

29、k)，·(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·PA·PB，同理，·PC·PD.··.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中，已知椭圆C1：y21，椭圆C2：1(a>b>0)，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

30、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均有且只有一个公共点，求证k1·k2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

31、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有且只有一个公共点，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k1·k2.(14分)又点在P(x0，y0)椭圆C2：1上，所以y2x，所以k1·k2为定值(16分)【变式3】(

32、2018镇江期末）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆E：1(a>b>0)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：OC·OD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MAMB，所以·0，(5分)又(s，t1)，(s，t1)，所以6

33、s2(t1)20.(6分)由解得t，或t1(舍，因为M(，1)，所以t>0)，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OC·OD|yC·yD|·|.(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(a>b>0)的短轴端点，P是椭

34、圆上异于点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.(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PB