第2部分专题5第3讲圆锥曲线中的综合问题Word版含解析

1、第3讲圆锥曲线中的综合问题研考题III,通过专噩演变，明确备考方向可霞画画院考点1圆锥曲线中的定点、定值问题(5年3考)-11 -高考串讲找观律高考解读定点、定值问题是解析几何中的常见问题，此类试题多考查圆锥 曲线的基本知识、解析几何的基本方法，难度不高，不同层次的同学均能顺利解 决.此类考题注重考查通性通法的应用，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素 养.角度一：定点问题X22, ,、 一1. (2017全国卷H)设O为坐标原点，动点 M在椭圆C:万+ y =1上，过M 作x轴的垂线，垂足为N,点P满足nP=J2nM.(1)求点P的轨迹方程；. 、一 、，. 一一. (2)设点Q在直线x=

2、3上，且OP PQ=1.证明：过点P且垂直于OQ的直线 l过C的左焦点F.切入点：点M在椭圆C上，且MNx轴；nP=/2nM. 一 关键点：将OP PQ=1转化为向量的坐标运算，进而证明直线l过C的左焦点 F.解(1)设 P(x, y), M(x0, yo),则 N(xo,0), NP=(x x, y), NM = (0, y).由 NP= /2NM得 x0 = x, yo=2y.22因为M(xo, yo)在C上，所以| + 2=1.因此点P的轨迹方程为x2+y2=2.(2)证明：由题意知 F(1,0).设 Q(3, t), P(m, n),则 OQ=(3, t), PF = (1 m, -n

3、), OQ PF = 3+3mtn,OP=(m, n), PQ=(3m, tn).由 OP PQ 1 得一3m m2 + tn n2 1.又由知 m2 + n2=2,故 3+3mtn = 0.所以OQ PF = 0,即OQPF.又过点P存在唯一直线垂直于 OQ,所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的 左焦点F.角度二：定值问题2. (2019全国卷I)已知点A, B关于坐标原点O对称，AB| = 4, OM过点A, B且与直线x+2 = 0相切.(1)若A在直线x+ y= 0上，求。M的半径；(2)是否存在定点P,使得当A运动时，|MA|MP|为定值？并说明理由.切入点：。M过点A, B;。M与

4、直线x+2 = 0相切.关键点：确定圆心M的坐标；选用合适的参数表示|MA|MP|的值.解(1)因为。M过点A, B,所以圆心M在AB的垂直平分线上.由已知A 在直线x+y= 0上，且A, B关于坐标原点O对称，所以M在直线y=x上，故可 设 M(a, a).因为。M与直线x+2 = 0相切，所以。M的半径为r=|a+2|.由已知得|AO|=2,又MOXAO,故可得2a2+4=(a + 2)2,解得a=0或a = 4.故。M的半径r = 2或r = 6.(2)存在定点P(1,0),使得|MA|MP|为定值.理由如下：设M(x, y),由已知得。M的半径为r = x+2|, |AO|=2.由于M

5、OLAO,故可得x2+y2+4= (x+2)2,化简得M的轨迹方程为y2 = 4x.因为曲线C: y2=4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x= 1为准线的抛物线, 所以 |MP|=x+1.因为|MA|MP尸r|MP| = x+2 (x+1)=1,所以存在满足条件的定点 P.教师备选题223. (2017 全国卷 I)已知椭圆 C: a2+b2=1(ab0),四点 Pi(1,1), P2(0,1),P3:11, 23-； P4J,呼上恰有三点在椭圆C上.(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A, B两点.若直线P2A与直线P2B的 斜率的和为一1,证明：l过定点.解(1)由于

6、P3, P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3, P4两点.一，1113 , 一_ 又由了+后知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上.1忖因此L1=1,3,4b2=1，解得a2= 4,、b2=1.2 故椭圆C的方程为2+y2=1.证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1, k2.如果l与x轴垂直，设l: x=t,由题设知t为，且|t|0.设 A(x1, y1)，B(x2, y2), 则 x1 + x2 = - 42, xx2,24m 4=4k2+ 1.一 x1X22kx1x2+m 1x1 + x2y1 一 1y2 1而 k1 + k2=+x1x2kx + m 1kx2 +

7、m 1+X1X2由题设k1 + k2= 1,故(2k+ 1)xix2+(m 1)(xi+ 刈=0.口口4m2-48kmm+1即(2k+ D 4k2+1 + (m-D 4k2+ i = 0,斛行 k=2.当且仅当m 1时，A0,m+1 ,于th l ： y=2-x+m,即 y+1 =m+ 1-(x- 2),所以l过定点(2, 1).4. (2018北京高考)已知抛物线C: y2=2px经过点P(1,2),过点Q(0,1)的直线 l与抛物线C有两个不同的交点A, B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于 N.(1)求直线l的斜率的取值范围；、一 一. 二 广 二,、一1 1、，一公(2)设。为原

8、点，QM=QO, QN= q。，求证：为定值.解(1)因为抛物线y2= 2px过点(1,2),所以2P = 4,即p= 2.故抛物线C的方程为y2 = 4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y=kx+ 1(k毛)，t y2=4x,2 2 2_由得 k2x2+(2k 4)x+ 1 = 0.y=kx+ 1,依题意 & (2k- 4)24冰2X10,解得k0或0k0)的焦点为F,点P(1, a)在此抛物 线上，|PF| = 2,不过原点的直线l与抛物线C交于A, B两点，以AB为直径的圆 M过坐标原点.(1)求抛物线C的方程；(2)证明：直线l包过定点；(3)若线段AB中点的纵坐

9、标为2,求此时直线l和圆M的方程.解(1)由题意可得1+p = 2,解得p = 2,故抛物线C的方程为y2=4x.(2)证明:设直线 l 的方程为:x=my+ t(t刃)，A(xi, yi), B(x2, y2).x= my+1,9联立1 2消去x,得y -4my-4t=0,y =4xA0, .yi + y2=4m, yiy2= 4t.V以AB为直径的圆包过原点O,二 OA OB = xix2+yiy2= 0,又 xix2= (myi + t)(my2+1),. . (m2+ i) yiy2+ mt(yi + y2)+12= 0,一 4t(m2+i)+4m2t+t2=0,化为t24t=0, t

10、冷，解得t=4.直线l的方程为：x= my+ 4.令y=0,可得x= 4.因此直线l恒过定点(4,0).线段AB中点的纵坐标为2.; yi + y2=4m,2m= 2,即 m= i,二.直线l恒过定点(4,0).4=0+t,即 t=4,直线l的方程为x=y+ 4,V线段AB的中点坐标(6,2)即为圆的圆心坐标，设圆的方程为(x- 6)2+(y 2)2= r2,把(0,0)代入可得r2 = 40.故圆的方程为(x- 6)2+(y 2)2=40.22i2.(定值问题)椭圆C: 事=项40)的长轴长为4,离心率为,(i)求椭圆C的方程;(2)若直线li: y= kx交椭圆C于A, B两点，点M在椭圆

11、C上，且不与A, B 两点重合，直线MA, MB的斜率分别为ki, k2.求证：ki, k2之积为定值.c 1解(1)由题意知,2a=4, c=4 a 2a= 2, c= 1b2 = a2-c2 = 3,即椭圆方程为y2=1. 43(2)证明：把丫= kx 代入 3x2 + 4y2=12,得(4k2 + 3)x212= 0,设 A(x1, y1)，B(x2, y2),则：xI + x2=0,x1x2 =-124k2 + 3y1 + y2 = kx1 + kx2 = 0,2-12k2y1y2 = kx1x2= 4k2+3,2y1一yy2y yy2 yy1 + y2+y k1K2=2,x1 x x

12、2x x1x2 x1 + x2x+ x 12k22 12k2（力y1y2 + y2 4k2+3 + y 4k2+3 + 3 J - 4 2 =xx2 + x-1221224k2+3 + x4k2+3+x1223 4k2+3 + x4.-4X-122F +x一 、一、一 3 故k1, k2之积为定值一4.考点2圆锥曲线中的最值、范围问题(5年2考)高考串讲找规律高考解读圆锥曲线中的最值、范围问题也是解析几何中的常见问题，此类 问题重在考查解析几何的基本知识，重视通性通法的考查，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.(2016全国卷H)已知A是椭圆E: x+y=1的左顶点，斜率为k(k0)的直线

13、4 3交E于A, M两点，点N在E上，MAXNA.(1)当|AM|=|AN|时，求AAMN的面积；(2)当 2RM|=AN|时，证明： ,k0.一. . 1T由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为彳.又A(2,0),因此直线AM的方程为y = x+2.将 x = y 2 代入、+ 七=1 得 7y k 12y =0. 4 3,12 ,12解得y=0或y=,所以y = 7.1 12 12 144因此 4AMN 的面积 SaAMN = 2tXyXy=.2 7749证明：设直线AM的方程为y= k(x+ 2)(k0),22代入、+ yT = 1 彳4(3+4k2)x2+16k2x+16k2 12

14、=0.43上16k212/曰2 3-4k2由 x1 ( 2) = l-x1=3+44故 |AM|=|x + 2|M1 + k2=12 . 1+ k23 +4k21由题意，设直线AN的万程为y= k(x+2),故同理可得|an|=* 2：/.3k +4+多上有唯一的零点,且零点k在(曲，2)内，所以3k2.教师备选题1. (20I8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: y2 = 4x上存在不同的两点A, B满足PA, PB的中点均在C上.(I)设AB中点为M,证明：PM垂直于y轴；2解(1)证明：设 P(x0, yo), A因为PA, PB的中点在抛物线上，21十刈所

15、以yi, y2为方程gj=4 4y2,即y22y0y+8x0 y2=0的两个不同的实根所以 yi + y2 = 2y0, 因此，PM垂直于y轴.(2)由(1)可知,yi + y2 = 2yo,c2yiy2= 8x0 yo,所以 |PM |= 8(y2 + y2) xo = 4yo 3xo,|yi _ y2| = 22y0 4xo.因此，APAB的面积c I 蛆 2,、2SAPAB= 2IPMI lyi y2|= 4 (yo4xo).2因为 x2+.i(xoo),所以 y0 4xo= - 4x0 4xo+ 4 6 4,5,因此，PAB面积的取值范围是(2)若P是半椭圆x2+4=I(xb0)的离心

16、率为 学,椭圆C截直线y=1所得线段白长度为2 2.(1)求椭圆C的方程；(2)动直线l: y= kx+ m(m毛)交椭圆C于A, B两点，交y轴于点M.点N是M 关于O的对称点，O N的半径为|NO|.设D为AB的中点，DE, DF与。N分别相 切于点E, F,求/ EDF的最小值.解(1)由椭圆的离心率为 孝，得 a2=2(a2b2),22又当y=1时，x2 = a2低，得a2 含=2, 所以 a2=4, b2 = 2.22因此椭圆方程为1+5 = i.设 A(X1, yi), B(X2, y2).、=kx+ m,联立方程，得x2 y2J + 2 = 1，得(2k2+1)x2+ 4kmx+

17、 2m2 4 = 0.由 20 得 m20,1，从而y=t+在3, + 8)上单调递增,1 10 因止匕t +:岩,t 3等号当且仅当t=3时成立，此时k=0, |ND1所以芹司+ 3 = 4.由(*)得也m啦且mO,故耨当设/EDF = 2 8,则 sin 8=辐苗,所以e的最小值为高从而/ EDF的最小值为:3此时直线l的斜率是0.综上所述：当k= 0, m (-V2, 0)U(0,亚)时，/ EDF取到最小值1求解范围、最值问题的常见方法解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量如点的坐标、角、斜率等，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解.1利用判别式构造不等式，从而确定参数

18、的取值范围；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，从而求出参数的取值范围；4利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；5利用函数值域的求法，确定参数的取值范围.设 B(xi, yi), Q(x2, y2),则 Xi + X2 = 20k21 + 5k220k25X1X2 =贝U |BQ尸 1 + k2xi + X22 4xix2If 20k2) 80k2 20N 1),4 1 23 11则Saqab= 4小25盯+25耳+行- 13 当f=8时，( QAB)max=.5.综上，4QAB的面积的最大值为V5.222

19、.(范围问题)已知椭圆拿+事=1(ab0)上的点到右焦点F(c,0)的最大距离 是a+1,且1, V2a,4c成等比数列.(1)求椭圆的方程；过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A, B两点，线段AB的中垂线 交x轴于点M(m,0),求实数m的取值范围.a+c=V2+1,a=V2,解(1)由题意可知，1 1 4c=2a2,解之得b=1,、a2=b2 + c2,、c=1,2故椭圆的方程为，+y2=1.(2)由题意得F(1,0),设AB的方程为y= k(x- 1),由2，y=k x-1消去 y得(1 + 2k2)x24k2x+2k2 2 = 0,A(xi, yi), B(x2, y2),则 xi

20、 + x2 =4k21 2k2yi + y2= k(xi + x2)一 2k=2ki+2k2可得线段AB的中点N,2k2d + 2k2当k=0时，直线MN为y轴，此时m= 0.k i2k2当k用时，直线MN的万程为y+ i + 2k2= kJ 百2k2)令y=0得e (0，kLi i + 2k2_ i . A综上可知,实数m的取值范围为10, ij考点3圆锥曲线中的探索性问题(5年2考)高考用褥找规律高考解读高考对探究性问题要求较低，考查频次较少，本题考查抛物线的 概念和标准方程以及抛物线与直线的关系，考查考生的逻辑推理、数学运算的核 心素养以及应用解析几何方法解决几何问题的能力 .(20i6

21、全国卷I)在直角坐标系xOy中，直线l: y=t(t用)交y轴于点M,交抛 物线C: y2 = 2px(p0)于点P, M关于点P的对称点为N,连接ON并延长交C于 点H.求(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由.切入点：l: y= t(t毛)；M关于点P的对称点为N;ON的延长线交C于点H.关键点：通过直线l与y轴及抛物线C的交点确定N点，由此确定H点, 求出N点、H点的坐标；将直线与抛物线的交点问题转化为方程组解的问题.2解(i)如图,由已知得M(0, t), t又N为M关于点P的对称点,故N2, t :,P故直线ON的方程为y=px,将其代入y2=2px整理得px22t2

22、x=0,解得 xi = 0, x2 = 2t.因此 H 2t .PP所以N为OH的中点，即慌=2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点.理由如下：直线MH的方程为y1=%，即乂=今丫- t).代入 y2=2px得 y2 4ty+ 4t2=0,解得 yi = y2 = 2t,即直线MH与C只有一个公共点,所以除H以外,直线MH与C没有其他公共点.教师备选题(2015全国卷H)已知椭圆C： 9x2 + y2=m2(m0),直线l不过原点。且不平行 于坐标轴，l与C有两个交点A, B,线段AB的中点为M.(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；(2)若l过点?，m j,延长线段OM与C

23、交于点P,四边形OAPB能否为平行 四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由.解(1)证明：设直线 l：y=kx+b(k冷，b0),A(xi,y1)，B(x2,y2),M(xm,yM).将 y=kx+ b 代入 9x2+y2= m2,得(k2+9)x2+2kbx+ b2m2=0,故xm = Xi2、2一kb . 一 9b= k2T?, yM = kXM + b=G.于是直线OM的斜率Sm= yM= k，即kOM k= 9.所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值.(2)四边形OAPB能为平行四边形.因为直线l过点;m, mj,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0,由得OM的方程

24、为v= -9x. k设点P的横坐标为XP.9山=kx,由 k9x* 2+y2=m2,彳日2k2 m2行 Xp=9k2+81即xp=dkm3- k2+9.-17 -将点g，m的坐标代入直线l的方程得b=m 33-k,k k 3 m因此 Xm=3 k2 + 9四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段 AB与线段OP互相平分，即xp= 2xm.于是3#9=21H解得 k1=4-于%=4+因为ki0, kiW, i = 1,2,所以当直线l的斜率为4g或4+J7时，四边形 OAPB为平行四边形.解决探索性问题的注意事项存在性问题，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

25、存在.当条件和结论不唯一时，要分类讨论.当给出结论要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取其他的途径.过点1,乎(1)求椭圆C的标准方程；(2)一题多解过椭圆C的右焦点F的直线l与椭圆C相交于A, B两点，点B 关于x轴的对称点为H,试问4AFH的面积是否存在最大值？若存在，求出这个 最大值；若不存在，请说明理由.解(1)由 e=c =乎可设 a = 2t, c= J3t(t0), a 222所以b=qa2，=t,即椭圆c的方程为42+* = i,把点1,申上弋入椭圆C的方程得t = 1,0,._ 业乙 14Axe /口- 2J3m 1由根与系数的关系行/ +&=方=，y1yAm彳，直线AH的方程为y =y1 + y2x1 x2(x x2)-y2,令 y=0,得x=x1y2+ x2y1y1 + y2my + V3 y2+ my2+V3 yy1 + y22myy2+/3 y + y24v3y1 + y2= 3 即直线AH与x轴交于一个定点，记为M3, 0 !,13 m +4所以 SaAFH=2|FM| M + y2|14 |m|+imi日.1所以AAFH的面积