2020年数学(文)二轮教师用书：第2部分专题5第3讲圆锥曲线中的综合问题含解析

1、第3讲圆锥曲线中的综合问题研考题III,通过宾超演变，明确备考方向考点1圆锥曲线中的定点、定值问题(5年3考)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一 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,、 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一 ，一，一 一一一，一L 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. (2)设点Q在直线x= 3上，且O

2、P 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MN，x轴；nP=&nM. 一 关键点：将OPPQ=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.解设 P(x, y), M(xo, yo),则 N(xo,0), NP=(x-xo, y), NM = (0, yo).由 NP= /2nM得 x0 = x, yo=*y.22x y因为M(xo, yo)在C上，所以万+ 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=(-3-m, t-n).由 OP PQ= 1 得一3m m2 + tn n2 = 1.又由知 m2 + n2=2,故 3+3mtn = 0.一一 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

4、.切入点：。M过点A, B;。M与直线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 =

5、 x+2|, |AO|=2.由于MOLAO,故可得x2+y2+4= (x+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221. (2017 全国卷 I)已知椭圆 C: a2+b2=1(ab0),四点 Pi(1,1), P2(0,1),P3 1, 23-j, 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

6、1,证明：l过定点.解(1)由于P3, P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3, P4两点.又由1+3+232知，椭圆C不经过点P1,aba 4b所以点P2在椭圆C上.1付j因此仁 C解得13I 尹 4b2=1，a2= 4,、b2=1.2故椭圆C的方程为x4+y2=1.(2)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tw0,且|t|0.设 A(x1, y1)，B(x2, y2),则 xI + x2 =8kmA 2 4m 44k2 + 1，x1x2= 4k2 + 1.y1 1 y2 1而 k1 + k2=+kx2+ m 1x2x1x

7、2kx1 + m 1十x12kx1x2+ (m 1 (x1 +。) .x1x2由题设k1 + k2= 1,故(2k+1)x1x2+(m 1)(x1+ 刈=0.口 h4m2-4-8km 丘力/口m+1即(2k+ 1)4?TT + (m-1)4k2T1 = 0，解得卜=一2-当且仅当m 1时，A0,m+ 1于th l ： y=2-x+m,m+ 1即 y+1 = -(x-2),所以l过定点(2, - 1).2. (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.求直线l的斜率的

8、取值范围;.1 1(2)设。为原点，QM=QO, QN=qO,求证：为定值. 人 礼解(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(kw0),由y2=4x, y=kx+ 1,得 k2x2+ (2k 4)x+ 1 = 0.依题意 & (2k- 4)2-4X k2X10,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

9、过定点；(3)若线段AB中点的纵坐标为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.证明：设直线 l 的方程为：x=my+ t(tw0), A(xi, yi), B(x2, y2).x= my+1,9联立2_4x消去 x,得 y4my 4t=0,A0, .yi + y2=4m, yiy2= 1 4t. 以AB为直径的圆包过原点O, 二 OA OB = xix2+yiy2= 0,又 x1x2= (myi + t)(my2+1),(m2+ i) yiy2+ mt(yi + y2)+t2=0, 4t(m2+i)+4m2t+t2=0,化为

10、 t24t=0, tw0,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, 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.x22i2 .(定值问题)椭圆C: x2 + p=i(ab0)的长轴长为4,离心率为: a b2求椭圆C的方程；(2)若直线li:

11、 y= kx交椭圆C于A, B两点，点M在椭圆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.解(1)由题意知,2a=4, c=1, a 2a= 2, c= 1b = 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(xi, yi), B(x2, y2),则：xi + x2=0,xix2 二-124k2 + 334.考点2圆锥曲线中的最值、范围问题(5年2考)2-12k2y1 +y2= kx + kx2 = 0, y1y2 = k x1x2

12、= 4k2+ 3,2y1一yy2y y1y2 y（y + y2）+ y一 k1k2= 工,-2,x1 x x2x x1x2一（x1 +x2 x+x 12k22 T2k2（占y1y2 + y2 4k2+3 + y 4k2+3 + 4k2+3+x-4X -12 24k2+3+x一 、一、一 3 故k1, k2之积为定值一3. J - 4 =2=xx2 + x-1221224k2+3 + x4k2+3+x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

13、A是椭圆E: x+y=1的左顶点，斜率为k(k0)的直线 4 3交E于A, M两点，点N在E上，MAXNA.(1)当|AM|=|AN|时，求 AMN的面积；(2)当 2RM|=AN|时，证明： ,k0. - 万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解得丫=0或丫=，所以y = 7.1 12 12 144因此4AMN 的面积 &amn = 2X-X X =. 27749证明：设直线AM的方程为y=k(x+ 2)(k0),代入 xT + 巳=1 彳#(

14、3+4k2)x2 + 16k2x + 16k2 12 = 0. 43,16k212/曰2 34k2由x1(2)=得 x1=搂iR ,故 |AM |= |xi + 2仙 + / = 13*14k2k之1由题意，设直线AN的万程为y= k(x+ 2),故同理可得|an|=* 2：/.3k +4+ oo)上有唯一的零点,且零点k在2)内，所以V3k2.教师备选题i . (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(2)若P是半椭圆x2+4=I(x0)上的

15、动点，求APAB面积的取值范围.解(1)证明：设 P(xo, yo), Ai；因为PA, PB的中点在抛物线上，21十刈所以yi, y2为方程:,丫j= 4 2 ， 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, yiy2= 8x0 y0所以 |PM |= 8(y2 + y2) X0 = 4y0 3xo, |yi _y2|= 2A/2(y0- 4x0 .因此， PAB的面积I3.22,2S”AB=2PM| |yi y2|= 4 (yo- 4xo).2因为 x2+.i(xob0)的离心率为

16、 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(mw0)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 = a2一段,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 y2_J + 2 = 1，得(2k2+1)x2+ 4kmx+ 2

17、m2 4 = 0.由 20 得 m23,故 2k2+1=*.所以|NF|16t16二十巾一不令 y=t+*所以y =1 当t3时，y 0,一一 1，从而y=t+在3, +00)上单调递增，等号当且仅当t=3时成立，此时k=0, |ND1所以诲f 0 1 + 3 = 4.由(*)得也m啦且mw0,故 |NF叫 |ND| 2设/EDF = 2 8,则sin4皓同,所以0的最小值为高从而/ EDF的最小值为此时直线l的斜率是0.综上所述：当k= 0, m (-V2, 0)U(0, 42)时，/EDF取到最小值1律法求解范围、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、

18、角、斜率等卜 建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解 .(1洌用判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2洌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用用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围；(4用用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5汜J用函数值域的求法，确定参数的取值范围.设 B(xi, yi), Q(x2, y2),皿-20k220k2-5则 X1 + X2= 口 2, X1X2=-2 .1 + 5k1 + 5k则 |BQ|=l + k2 而+ X2 ) 4X1X2=1+k2. 20k2 2 80k2 20d +

19、5k21 + 5k2=1+k2275/1+ k2 1 + 5k2O到BQ的距离d=Tkw,1 + k则A到BQ的距离为空坞.1 + k2&QAB g1P2.2 V 1 + 5kq 1 + k21 + 5k令 1 + 5k2 = t(t1),贝 Saqab=4 , 5自2+W*+。25b0)上的点到右焦点F(c,0)的最大距离是也+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

20、+ 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),：x2+2y2=2,由、y=k(x1 1消去 y得(1 + 2k2)x24k2x+2k2 2 = 0,-2kV- k(xi + X2) 2k=2,1十2K4k2设 A(xi, yi), B(x2, y2),贝U xi + x2=21十2K可得线段AB的中点N2k2 k Ji + 2k2 i+2k2 卜当k=0时直线MN为y轴，此时m= 0.当kw0时k直线MN的方程为y+ i + 2k22k2x 1 + 2k2令y=0得k2m=1 + 2k2=综上可知,实数m的取值范围为|0, i

21、；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全国卷I)在直角坐标系xOy中，直线l: y=t(tw0)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W.|ON|?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(tw。)；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

22、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), P(2p, tj又N为M关于点P的对称点，故N上，t ：,P故直线ON的方程为y=px,将其代入y2=2px整理得px22t2x=0,解得 xi = 0, x2 = 2t.因此 H i名, 2t .PP所以N为OH的中点，即畏|=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

23、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过点吸，m j,延长线段OM与C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(20,b*0),A(xi,y1),B(x2,y2),M(xm ,yiM).将 y=kx+ b 代入 9x2+y2= m2,得(k2+9)x2+2kbx+ b2m2=0,故xm = Xi2、2一

24、kb9b, yM=kxM+b=k279.于是直线OM的斜率kOM=哈=一 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Jm, mj,所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k0,kw 3.由得OM的方程为v= -|x.设点P的横坐标为xp.彳曰2k2 m29由法9x提素养 2+y2= m2,即Xp =dkm3 .k2+9.将点5，m勺坐标代入直线l的方程得b=m1.(最值的存在性问题)已知椭圆C: X2+ b2=1(ab0)的离心率是%,且经 a b23zK),因此 XM=豢3m.四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段

25、 AB与线段OP互相平分，即xp= 2xm.于是扁=2x4解得一5卜2=4+因为ki0, ki*3, i=1,2,所以当直线l的斜率为4巾或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，则不存在.(1四条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2片给出结论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

26、H,试问 AFH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=a =曰可设 a = 2t, c= 43t(t0),22所以b=qa2，=t,即椭圆c的方程为含十* = i,把点1,申上弋入椭圆C的方程得t = 1,0,由根与系数的关系得 y1 + y2= mlY3m，yy2=m2,直线 AH 的方程为 y=y11 x；(x x2)y2,令y=0,得x=x1y2+ x2y1y1 + y2(my1 +V3 胆 + (my2+J3 的y1 + y22my1y2 +V3 y1 + y2)y1 + y24.33 ，即直线AH与x轴交于一个定点，记为M 警，0 j,一 1所以 SaAFH=2|FM|X|y1 + y2|1 _3 =2 34|m|+imi一一一 ，一 ，一 一一 ，一，i所