新高考数学二轮复习 第三课时 圆锥曲线解答题(大题) 学案

第三课时圆锥曲线解答题(大题)

图画囱剧

1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答

题形式考查.

2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题，对考生的代

数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查.

热点分类考向探究］|

考向一直线与圆锥曲线的位置关系

，因KD(2021•新高考I卷)在平面直角坐标系％Oy中，已知点“一耳万，0),F2(V17,

0),点M满足IMBLIMF2M的轨迹为C.

(1)求C的方程；

(2)设点T在直线上，过T的两条直线分别交。于4,3两点和P,。两点，

^\TA\-\TB\^\TP\-\TQ\,求直线A3的斜率与直线PQ的斜率之和.

【解】⑴因为財产1|一四冋=2＜尸匹|=2折，所以点M的轨迹C是以尸］,Fi

分别为左、右焦点的双曲线的右支.

设双曲线的方程为/一方=1(。＞0,Z?＞0),半焦距为c,则2。=2,c=yl~n,得a=

1,b2=c2—a2=16,所以点M的轨迹C的方程为d一汽=

(2)设卷，〃由题意可知直线AB,PQ的斜率均存在且不为0,设直线A3的方

程为y—/=k(%一3出W0),直线PQ的方程为y—t=kzx~^(fe^O),由

得（16一后）/_2Al（，-，■}•一卜一切2—16=0.

设A（XA,刊），B（XB,YB）,易知16一好NO,

一上一与）-162A{/_,

贝IxAXB=16—后，XA+XB=16_^,

所以i7xi='i+后刼一冃=47彳后卜一；），

|TB|=\1+解用一义=,1+61%8—9

则17MH7刼=（1+后）以-4%一；］=

11一L一郢一1612皿一芝|1

+

（1+6）&用一］（必+初）+区=（1+后＞一而二后—-/16_^4

_（］+后）（尸+12）

后一16

（1+后）（—+12）

同理得17pH7。1=\攵£16―

因为|7XHTB|=|7PHTQ,

（1+好）（祥+12）（1+庭）（2+12）

所以，

后一16一一16'

所以R—16+后解一16后=好一16+后解一16解，即好=解，又k#k2,所以k\=—

22,即21+左2=0.

故直线A3的斜率与直线PQ的斜率之和为0.

总结提高：

若A（%i,y）,Bg,y2）是直线y=hc+b（%WO）上的两点，则|A3|=人1+妁%i—刈=

yJl+^\yi~y2\,称此公式为直线上两点间的距离公式，若A,3是直线与圆锥曲线的

交点，则此公式即我们通常所说的弦长公式.注意此公式不仅求弦长时可以使用，只

要是求直线上两点间的距离都可以用.

92

已知椭圆7+£=1（。泌＞0）的一个顶点为40，-3）,右焦点、为F,且|。4|=|0日,

其中0为原点.

(1)求椭圆的方程；

(2)已知点C满足3元=办，点8在椭圆上(8异于椭圆的顶点)，直线与以C

为圆心的圆相切于点P,且P为线段A8的中点，求直线A3的方程.

解：(1)由已知得be,由|0F|=|O4|,c=ba2=b2-]-c2,得。?=18.

所以椭圆的方程为・+看=1.

1oy

(2)因为直线AS与以C为圆心的圆相切于点P,所以A8丄CP

依题意，直线AB和直线CP的斜率均存在，设直线AB的方程为y=

(y=kx—3,

媪止J.

118十9f

消去y,可得(2公+Df-12&=0,

解得％=0或%=27+].

依题意，可得点B的坐标为.

因为P为线段AB的中点，点A的坐标为(0,-3),所以点P的坐标为

'6k—3、

、2F+1'2^+1/

由3元=。冗得点C的坐标为(1,0),

-3

、2Z?+1°3

故直线CP的斜率kcp=6k=2幺_6%+「

2一十厂1

3

又因为AB丄。尸，所以“.犷二瓦不？=一1，

整理得24一32+1=0,解得或%=1.

所以直线AB的方程为y=5—3或)=%—3.

即直线AB的方程为x—2y—6=0或x—y—3=0.

考向二最值与范围问题

为当已知点4—2,0),3(2,0),动点M(x,y)满足直线4M与8M的斜率之积为一]

记M的轨迹为曲线C.

(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；

(2)过坐标原点的直线交C于P,。两点，点P在第一象限，PE丄％轴，垂足为E,

连接QE并延长交C于点G

①证明：aPOG是直角三角形；

②求△PQG面积的最大值.

【解】⑴由题设得我•言=一；，化简得手+*1(1旧2),

所以C为中心在坐标原点，焦点在入轴上的椭圆，不含左、右顶点.

(2)①证明：设直线P。的斜率为2,则其方程为>=抬":>0).

由咨+J得k士声表

、2

设u=q=匚卜2M，则P(v,uk),Q(一〃，一〃女)，E(w,0).

kk

于是直线QG的斜率为5，方程为y=1(%—〃).

得(2+3)%2—2欣%+右7―8=0.①

〃(3k2+2)uk^

设G(%G,yd),则一“和％G是方程①的解，故％G=2+,'由此得先=2卫72：

2+女2一派]

从而直线尸G的斜率为〃(3沼+2)=一%

2+一一“

所以PQ丄PG,即△PQG是直角三角形.

②由①得『。|=2吟/1+F,

|PG|=2"*:1,所以△PQG的面积

S=^\PQ\\PG\=幽1+R)

(1+23)(2+公)

81+0

1+2(+4

1Qf

设，=忆+7，则由*0得后2,当且仅当左=1时取等号.因为在［2,+

K1十"

8)单调递减，所以当，=2,即％=1时，S取得最大值，最大值为幣.

y

因此，△PQG面积的最大值为学.

y

总结提咼：

求圆锥曲线中范围、最值的主要方法

(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形

性质数形结合求解.

(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，

或者已知参数与新参数之间的等量关系等，列出含参数的函数式；可利用求函数值域

(最值)或基本不等式、换元法、导数法，利用已知或隐含的参数范围求最值、范围.特

别是分式形式时，会用换元法将复杂化为简单.

变丽练

X__Z__A__A__/

(2021.沈阳质量监测)已知椭圆C的方程为5+左=1,斜率为如:W0)的直线与C相

交于M,N两点.

3

(1)若G为的中点，且3G=一灭，求椭圆C的方程；

(2)在(1)的条件下，如图，若P是椭圆C的左顶点，kpM,kpN=-1,/是椭圆的左

焦点，要使尸在以MN为直径的圆内，求2的取值范围.

解：⑴设M(xi,yD,N(xi,yi),G(xo,州),将M,N两点的坐标分别代入椭圆方

两式相减得

(巾+%2>(即一。)+)'2>。'1一>'2)

a2I3嗔—U,，

吟+引=。，得痴弋=_爲=_表解得。2=4,...椭圆C的方

程为?+m=1.

(2)设直线MN的方程为y=kx+m,联立得消去y,得(3+43)/+

iy=kx-\-m,

-8km4m2—12

2

8bnx+4m2—12=0,A=48(4Z?—m+3)>0,则即+及=3+4圧孙％2=3+必2，

।6m3m2—12Z:2

+?=讦砺，険2=3+4/，

‘船"姪'=3+2>(%2+2)=

3m2—12F1

4m2—16km+16/4'

解得m=~k或/n=2%(舍).

若厂在以MN为直径的圆内，则户财•司V<0,即(％1+1,》>(%2+1,)2)=%]%2+%1+

%2+1+》1>2<0,

即当热爲+"謊=磊<。，解得-邛成坪,叉5

产。)电明

即要使尸在以MN为直径的圆内，则k的取值范围是(一平，0)U(0,明.

考向三定点问题

徳后)(2020•全国I卷)已知A,8分别为椭圆氏5+>2=1(。>1)的左、右顶点，G为

E的上顶点，屍•舒=8/为直线％=6上的动点，出与E的另一交点为C,PB与E

的另一交点为。.

(1)求E的方程；

(2)证明：直线CD过定点.

【解】⑴由题设得厶(一。,0),8(a,0),6(0,1).

则而=3,1),②=3,-1).

由伍・坊=8得/一1=8,即Q=3(负值舍去).

所以E的方程为"+V=1.

y

(2)证明：设C(%i,y),D(X2,yi),P(6,t).若样0,设直线CO的方程为％=殁

+/?,由题意可知一3<n<3.

由于直线PA的方程为y=g>+3),

所以>1=和+3).

又直线P8的方程为y=g(%—3),

所以>2=*2—3).

消去。可得3y1(%2—3)=>2(XI+3).①

由中^丄>1弘2(及+3)(%2—3)

由于勺+其=1,故痰=―-----9---------'

代入①式，消去％2—3,可得27yly2=—(%]+3)(%2+3),

即(27+m2)yiy2+机(〃+3>(y+/)+(〃+3>=0.②

#x=my+n代入方+9=1得

(m2+9)产+2mny+n2-9=0.

..,.2mnn2~9

所以y+>2=一薪百，).=蔡匸百.

代入②式得(27+m2)(〃2—9)—2〃z(〃+3)•如?+(〃+3)2.(T7?+9)=O.解得”=一3(舍去)

或H=1.

3

故直线CD的方程为x=my+^,

即直线C3过定点修，o].

若7=0,则直线CO的方程为y=0,过点(I，o]

综上，直线CQ过定点(I，o].

总结提咼：

1.动直线I过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t

用A表示为f=，7法，得》=%(X+"。，故动直线过定点(一加,0).

2.动曲线C过定点问题.引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒

成立，令其系数等于零，得出定点.

变或加加J

\_人_JS___A___/

已知椭圆C：f+/=l的右焦点为F,过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相

交于A,8两点，直线/：%=2与％轴相交于点”，过点A作4D丄/,垂足为D

(1)求四边形OA"B(O为坐标原点)面积的取值范围；

(2)证明直线BD过定点E,并求出点石的坐标.

解：(1)由题意得网1,0),设直线A3:

x=my+A(%i,y),Bgyi),

x=my-\-\,

X2.,消去X,得(m2+2)>2+2冲-1=0,

{爹+V=1，

则A=4m2+4(m2+2)>0,

,2m1

y+”=一^2="^+2>

，ly~y2\=y](y\-y2)2=

♦8+>2)2—46竺=2与4豐」.

...四边形OAHB的面积

12y[2-ylm2+1

S=^\OH\-\y}-y2\=\y\-j2|=加-

令庐H=f,则-21,s=*=哼

荘7

•L+：N2(当且仅当，=1,即m=0时取等号)，：.U<SWji.

四边形OAHB面积的取值范围为(0,啦].

(2)证明：•••8(x2,”),D(2,yi),

直线3。的斜率a=无坐，

乙人2

...直线30的方程为y—y产呆(%—2).

%2)'1-2"+—2/①

令y=0,得x=

>1一>2》一》2

2m

由⑴知，

>1竺=—m2+2,，)1+>2=2岫”.

読i+》2)+y|_2y2

化简①，得％:----------------

V一”

3,、

力L>2)3

―y1~y2-2,

直线8D过定点4|,oL

考向四定值问题

遇&2021.甘肃省诊断考试)已知圆0：^+尸加经过椭圆c：(«>/»0)

的右焦点Fi,过点B作圆0的切线，其被椭圆C截得的弦长为41

(1)求椭圆C的方程；

(2)若点A,3是椭圆。上异于短轴端点的两点，点M满足加="4+防，且加2

+屈2=6,试确定直线04,03斜率之积是不是定值，若是，求出这个定值；若不是,

说明理由.

【解】(1)因为圆O：%2+y=b2经过椭圆C的右焦点所以h=c,又q2=b2

+/,所以a=jb,

因为过点尸2作圆0的切线，其被椭圆C截得的弦长为陋，所以点,，当在椭圆

上，

1

则碰序+定=1，解得力=1,故。=啦・

所以椭圆C的方程为，+y2=l.

(2)直线0A,03斜率之积是定值，证明如下：

i殳A(%i,y),B(X2,y2),由防，得Af(%i+%2,y+y2).

故8/2+蜃2=(%]+jC2)2+(^l+^2)2+(^1-X2)2+(J1一”尸=2(%彳+＞彳+%夕+貫)=6

①.

又点A,B在椭圆上，所以q+24=2②，£+2义=2③，

联立①②③，可得才+6=2,为+其=1.

由宕=2-2货，与=2—2於，

得好%夕=(2—2_y?)(2—2y3)=4—4(济+义)+4)力3=4比应,

从而依m01}=皿=±\,即直线0A,08斜率之积是定值

X\X2乙2

总结提高:

定值问题解题方法

(1)特殊到一般法，通过考查极端位置探索出“定值”是多少，然后再证明这个值

与变量无关，特别是如果题目以客观题出现，这种方法非常有效.

(2)引入参数法，即引入变量，构建函数，推导定值.

变或加加J

\_人__/\____A___/

已知点A,3的坐标分别为(一小，0),(小，0),直线AP,BP相交于点P,且它

们的斜率之积为一2(

(1)求点尸的轨迹方程；

(2)设点尸的轨迹为曲线C