山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-解答题专项突破(五)圆锥曲线综合问题含答案解析

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山东高考数学一轮总复习教学案设计参考-解答题专项突破（五）
圆锥曲线综合问题含
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解答题专项突破( 五) 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必有一道解答题，常以求圆锥曲线的标准方程、研究直线与圆锥曲线的位置关系为主，涉及题型有定点、定值、最值、范围、探索性问题等，此类命题起点较低，但在第(2)问中一般都有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常以压轴题的形式呈现．热点题型 1 圆锥曲线中的定点问题典例 1 (2020·广州二模)已知抛物线 y 2 ＝4x 的焦点 F 与椭圆 C：
x2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)的一个焦点重合，且点 F 关于直线 y ＝x 的对称点在椭圆上． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)过点 Q0，－ 13 且斜率为 k 的动直线 l 交椭圆于 A，B 两点，在 y 轴上是否存在定点 M，使以 AB 为直径的圆恒过这个点？若存在，求出 M 点的坐标，若不存在，说明理由．解题思路 (1)求出抛物线的焦点 F 关于直线 y＝x 的对称点，结合已知条件及a，b，c 的关系，求解椭圆的标准方程． (2)假设存在定点 M，使以 AB 为直径的圆恒过这个点，求出 AB 垂直于两坐标轴时以 AB 为直径的圆的方程，联立方程组解得定点坐标，然后利用向量数量积证明一般结论．规范解答 (1)由抛物线 y 2 ＝4x，得其焦点为 F(1,0)，从而得点 F 关于直线 y ＝x 的对称点为(0,1)，故 b＝1，c＝1，因此 a＝ 2，∴椭圆 C 的标准方程为 x22 ＋y2 ＝1. (2)假设存在定点 M，使以 AB 为直径的圆恒过这个点．当 AB⊥x 轴时，以 AB 为直径的圆的方程为 x 2 ＋y 2 ＝1. ① 当AB⊥y 轴时，以 AB 为直径的圆的方程为 x 2 ＋
y＋ 132 ＝169. ② 联立①②，得 x＝0，y＝1，∴定点M(0,1)．
证明：设直线 l：y＝kx－ 13 ，代入x 22 ＋y2 ＝1，有(2k 2 ＋1)x 2 － 43 kx－169＝0. 设 A(x 1 ，y 1 )，B(x 2 ，y 2 )， x 1 ＋x 2 ＝4k32k 2 ＋1，x 1 x 2 ＝－1692k 2 ＋1 . 则MA→＝(x 1 ，y 1 －1)，MB→＝(x 2 ，y 2 －1)；MA→·MB→＝x 1 x 2 ＋kx 1 － 43 kx 2 －43 ＝(1＋k 2 )x 1 x 2 － 43 k(x 1 ＋x 2 )＋169 ＝(1＋k 2 )·－1692k 2 ＋1－43 k·4k32k 2 ＋1＋169＝0，所以在 y 轴上存在定点 M(0,1)，使以 AB 为直径的圆恒过这个定点．典例2 (2020·北京高考)已知椭圆 C：
x2a 2 ＋y 2b 2 ＝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：y＝kx＋t(t≠±1)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．解题思路 (1)由已知条件直接求 b，c.再依据 a 2 ＝b 2 ＋c 2 求 a，写出椭圆 C 的方程． (2)设 P(x 1 ，y 1 )，Q(x 2 ，y 2 )，写出直线 AP 的方程，求 x M .利用 y 1 ＝kx 1 ＋t 和|OM|＝|x M |，把|OM|用 k，t，x 1 表示，同理表示|ON|，直线 l 与椭圆 C 的方程联立，推出 x 1 ＋x 2 ，x 1 x 2 .利用|OM|·|ON|＝2，求 t，从而得到定点．规范解答 (1)由题意，得 b 2 ＝1，c＝1，所以 a 2 ＝b 2 ＋c 2 ＝2. 所以椭圆 C 的方程为 x22 ＋y2 ＝1. (2)证明：设 P(x 1 ，y 1 )，Q(x 2 ，y 2 )，
则直线 AP 的方程为 y＝ y1 －1x 1x＋1. 令 y＝0，得点 M 的横坐标 x M ＝－x 1y 1 －1 . 又 y 1 ＝kx 1 ＋t，从而|OM|＝|x M |＝x 1kx 1 ＋t－1. 同理，|ON|＝x 2kx 2 ＋t－1. 由 y＝kx＋t，x 22 ＋y2 ＝1，得(1＋2k 2 )x 2 ＋4ktx＋2t 2 －2＝0，则 x 1 ＋x 2 ＝－4kt1＋2k 2 ，x 1 x 2 ＝2t 2 －21＋2k 2 . 所以|OM|·|ON|＝x 1kx
1 ＋t－1·x 2kx
2 ＋t－1 ＝x 1 x 2k
2 x 1 x 2 ＋k t－1x 1 ＋x 2 ＋t－1 2 ＝
2t 2 －21＋2k 2k 2 ·2t 2 －21＋2k 2 ＋k t －1· －4kt1＋2k 2＋t－1 2 ＝2 1＋t1－t. 又|OM|·|ON|＝2，所以 2 1＋t1－t＝2. 解得 t＝0，所以直线 l 经过定点(0,0)．热点题型 2 圆锥曲线中的定值问题典例 1 (2020·全国卷Ⅰ)已知点 A，B 关于坐标原点 O 对称，|AB|＝4，⊙M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．解题思路 (1)由点 A，B 关于坐标原点 O 对称和点 A 在直线 x＋y＝0 上知，点 A，B 都在直线 x＋y＝0 上，于是得点 M 在线段 AB 的垂直平分线，即 y＝x 上，设圆心 M 为(a，a)．根据⊙M 与直线 x＝－2 相切和MO→⊥AO→，求 a 从而得到⊙M
的半径． (2)联系第(1)问求圆心 M 坐标的方法．找等量关系，求出 M 的轨迹方程，进而利用相应曲线的性质求|MA|，|MP|，判断|MA|
－|MP|是否为定值．规范解答 (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，故可设圆心 M 为(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MO→⊥AO→，故可得 2a 2 ＋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：
设圆心 M 为(x，y)，由已知，得⊙M 的半径为 r＝|x＋2|，|AO|＝2. 由于MO→⊥AO→，故可得 x 2 ＋y 2 ＋4＝(x＋2) 2 ，化简得 M 的轨迹方程为 y 2 ＝4x. 因为曲线 C：y 2 ＝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|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点 P(1,0)．典例 2 (2020·青岛三模)已知 O 为坐标原点，点 F 1 ，F 2 为椭圆 M：x 2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)的左、右焦点，G 为椭圆 M 上的一个动点，△GF 1 F 2 的最大面积为 3，椭圆 M 的离心率为 12 . (1)求椭圆 M 的标准方程； (2)过抛物线 N：x 2 ＝ 4 33y 上的一点 P 与抛物线 N 相切的直线 l 与椭圆 M 相交于 A，B 两点，设 AB 的中点为 C，直线 OP 与直线 OC 的斜率分别是 k 1 ，k 2 ，证明：k 1 k 2 为定值．
解题思路 (1)根据题意，列方程组，结合 a，b，c 的关系即可求得 a 和 b 的值，进而求得椭圆方程． (2)通过求导求得直线 AB 的方程，代入椭圆方程，利用根与系数的关系及中点坐标公式，即可求
得 k 1 k 2 为定值．规范解答 (1)因为△GF 1 F 2 的最大面积为 3，椭圆 M 的离心率为 12 . 所以12 ×2c×b＝ 3，ca ＝12 ，又因为 a 2 ＝b 2 ＋c 2 ，所以 a＝2，b＝ 3，所以椭圆 M 的标准方程为 x24 ＋y 23 ＝1. (2)证明：设 Pt，3t 24，A(x 1 ，y 1 )，B(x 2 ，y 2 )，因为抛物线方程 N：y＝34x 2 ，对其求导得y′＝32x，则直线 AB 的方程为 y＝32t(x－t)＋34t 2 ＝3t2x－34t 2 ，将直线 AB 的方程代入椭圆方程 x24 ＋y 23 ＝1，可得 12(1＋t 2 )x 2 －12t 3 x＋3t 4 －48＝0，因为 x 1 ＋x 2 ＝t 31＋t 2 ，y 1 ＋y 2 ＝3t2(x 1 ＋x 2 )－3t 22＝－ 3t 221＋t 2 ，所以点 Ct 321＋t 2 ，－3t 241＋t 2 ，所以 k 1 ＝3t4，k 2 ＝－32t，所以 k 1 k 2 ＝－ 38 . 热点题型 3 圆锥曲线中的证明问题典例 1 已知抛物线 C：x 2 ＝2py(p>0)，过焦点 F 的直线交 C 于 A，B 两点，D 是抛物线的准线 l 与 y 轴的交点． (1)若AB∥l，且△ABD 的面积为 1，求抛物线的方程；
(2)设 M 为 AB 的中点，过 M 作 l 的垂线，垂足为 N.证明：直线 AN 与抛物线相切．解题思路 (1)判断△ABD 的形状，求|FD|，|AB|.由△ABD 的面积为 1，列方程求 p，得抛物线的方程． (2)将直线 AB 的方程与抛物线 C 的方程联立，消去 y 并整理，结合根与系数的关系用 k，p 表示 M，N 的坐标．求 k AN ：①斜率公式，②导数的几何意义，两个角度求斜率相等，证明相切．规范解答(1)∵AB∥l，∴△ABD 为等腰三角形，且FD⊥AB，又|FD|＝p，|AB|＝2p. ∴S △ ABD ＝p 2 ＝1. ∴p＝1，故抛物线 C 的方程为 x 2 ＝
2y. (2)证明：显然直线 AB 的斜率存在，设其方程为 y＝kx＋ p2 ，A x 1 ， x212p，B x 2 ， x222p. 由
y＝kx＋ p2 ，x 2 ＝2py消去 y 整理得，x 2 －2kpx －p 2 ＝0. ∴x 1 ＋x 2 ＝2kp，x 1 x 2 ＝－p 2 . ∴M kp，k 2 p＋ p2，N kp，－p2. ∴k AN ＝x 2 12p ＋p2x 1 －kp ＝x 2 12p ＋p2x 1 － x1 ＋x 22 ＝x 2 1 ＋p 22px 1 －x 22＝x 2 1 －x 1 x 22px 1 －x 22＝ x1p . 又 x 2 ＝2py，∴y′＝xp . ∴抛物线 x 2 ＝2py 在点 A 处的切线的斜率k′＝x1p . ∴直线 AN 与抛物线相切．
典例2 (2020·福州三模)已知椭圆 C：
x2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)的左焦点为 F(－1,0)，过 F 且垂直于 x 轴的直线被椭圆截得的弦长为 3. (1)求椭圆 C 的方程； (2)已知点 M(－4,0)，过 F 作直线 l 交椭圆于 A，B 两点，证明：∠FMA ＝∠FMB. 解题思路 (1)根据焦点坐标求 c，由点－c， b2a在椭圆上和过 F 且垂直于 x 轴的弦长为 3，列出关于 a，b 的方程，结合a 2 ＝b 2 ＋c 2 求出 a，b，得出椭圆的方程． (2)先讨论直线 l 斜率不存在的情况，再讨论直线 l 斜率存在的情况．设直线 l的斜率为 k，列出直线 l 的方程，并与椭圆方程联立，消元得到关于 x 的方程．根据根与系数的关系计算出 k AM ＋k BM ＝0，从而得出结论．规范解答 (1)由题意，知 c＝1，把 x＝－1 代入椭圆方程，得1a 2 ＋y 2b 2 ＝1，解得 y＝±b 2a，∴ b2a＝ 32 ，又 a2 ＝b 2 ＋1，得 a＝2，b＝ 3，∴椭圆的方程为 x24 ＋y 23 ＝1. (2)证明：
当直线 l 斜率不存在时，由对称性知∠FMA＝∠FMB；当直线 l 斜率存在时，设直线 l 的方程为 y＝k(x＋1)，代入椭圆方程，得(3＋4k 2 )x 2 ＋8k 2 x＋4k 2 －12＝0，设 A(x 1 ，y 1 )，B(x 2 ，y 2 )，则 x 1 ＋x 2 ＝－8k 23＋4k 2 ，x 1 x 2 ＝4k 2 －123＋4k 2，∴k AM ＋k BM ＝y 1x 1 ＋4 ＋y 2x 2 ＋4 ＝ k x1 ＋
1x 2 ＋4＋k x 2 ＋1x 1 ＋4x 1 ＋4x 2 ＋4
＝ k[2x1 x 2 ＋5x 1 ＋x 2 ＋8]x 1 ＋4x 2 ＋4，
∵2x 1 x 2 ＋5(x 1 ＋x 2 )＋8＝ 8k2 －243＋4k 2－40k 23＋4k 2 ＋8＝0，∴k AM ＋k BM ＝0，∴∠FMA＝∠FMB. 综上，∠FMA ＝∠FMB. 热点题型 4 圆锥曲线中的最值与范围问题典例 1 (2020·包头二模)设 F 为抛物线 C：y 2 ＝2px 的焦点，A 是 C 上一点，FA 的延长线交 y 轴于点 B，A 为 FB 的中点，且|FB|＝3. (1)求抛物线 C 的方程； (2)过 F 作两条互相垂直的直线 l 1 ，l 2 ，直线 l 1 与 C 交于 M，N 两点，直线 l 2与 C 交于 D，E 两点，求四边形 MDNE 面积的最小值．解题思路 (1)由题意画出图形，结合已知条件列式求得 p，则抛物线 C 的方程可求． (2)由已知直线 l 1 的斜率存在且不为 0，设其方程为 y＝k(x－1)，与抛物线方程联立，求出|MN|，同理可求|DE|实际上，在|MN|的表达式中用－ 1k 代替 k 即可，可得四边形 MDNE 的面积表达式，再利用基本不等式求最值．规范解答 (1)如图，∵A 为 FB 的中点，∴A 到 y 轴的距离为 p4 ，∴|AF|＝ p4 ＋p2 ＝3p4＝ |FB|2＝ 32 ，解得 p＝2. ∴抛物线 C 的方程为 y 2 ＝4x. (2)由已知直线 l 1 的斜率存在且不
为 0，设其方程为 y＝k(x－1)．由y＝k x－1，y 2 ＝4x，得 k 2 x 2 －(2k 2 ＋4)x＋k 2 ＝0. ∵Δ>0，设 M(x 1 ，y 1 )，N(x 2 ，y 2 )，∴x 1 ＋x 2 ＝2＋4k 2 ，则|MN|＝x 1 ＋x 2 ＋2＝41＋1k 2 ；同理设 D(x 3 ，y 3 )，E(x 4 ，y 4 )，∴x 3 ＋x 4 ＝2＋4k2 ，则|DE|＝x 3 ＋x 4 ＋2＝4(1＋k 2 )．∴
四边形 MDNE 的面积 S＝12 |MN|·|DE|＝82＋k2 ＋1k 2 ≥32.当且仅当 k＝±1 时，四边形MDNE 的面积取得最小值 32. 典例 2 如图，椭圆 C：
x2a 2 ＋y 2b 2 ＝1(a>b>0)的右顶点为 A(2,0)，左、右焦点分别为 F 1 ，F 2 ，过点 A 且斜率为 12 的直线与 y 轴交于点 P，与椭圆交于另一个点 B，且点 B 在 x 轴上的射影恰好为点 F 1 . (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)过点 P 且斜率大于 12 的直线与椭圆交于 M，N 两点(|PM|>|PN|)，若S △ PAM ∶S△ PBN ＝λ，求实数λ 的取值范围．解题思路 (1)求点 B 的坐标→根据 k AB ＝ 12 列方程→由题意得 a＝2，a2 ＝b 2 ＋c 2 ，解方程组求 a，b，c，写出椭圆 C 的标准方程．(2)S △ PAM ∶S △ PBN ＝λ ――→面积公式PM →与PN→ 的关系→点 M，N 坐标之间的关系→直线MN 的方程与椭圆 C 的方程联立，消去 y 整理→用根与系数的关系得出点M，N 的坐标之间的关系式→推出λ 与 k 的关系，并根据 k> 12 求范围，找到λ 所满足的不等式，求出λ 的取值范围．规范解答 (1)因为BF 1 ⊥x 轴，所以点 B －c，－ b2a，所以
a＝2，b 2a a＋c＝12 ，a 2 ＝b 2 ＋c 2⇒
a＝2，b＝ 3，c＝1，所以椭圆 C 的标准方程是 x24 ＋y 23 ＝1.
(2)因为S△ PAMS △ PBN ＝12 |PA|·|PM|·sin∠APM12 |PB|·|PN|·sin∠BPN ＝2·|PM|1·|PN| ＝λ⇒|PM||PN| ＝λ2 (λ>2)，所以PM→＝－λ2 PN→ . 由(1)可知 P(0，－1)，设直线 MN：y＝kx－1 k> 12，M(x 1 ，y 1 )，N(x 2 ，y 2 )，联立方程，得 y＝kx－1，x 24 ＋y 23 ＝1，化简得，(4k 2 ＋3)x 2 －8kx－8＝0. 得 x 1 ＋x 2 ＝8k4k 2 ＋3 ，x 1 x 2 ＝－84k 2 ＋3 .(*) 又PM→＝(x 1 ，y 1 ＋1)，PN→ ＝(x 2 ，y 2 ＋1)，有 x 1 ＝－λ2 x 2 ，将 x 1 ＝－λ2 x 2代入(*)可得，2－λ2λ＝16k 24k 2 ＋3 . 因为 k> 12 ，所以16k 24k 2 ＋3 ＝163k 2 ＋4∈(1,4)，则 12⇒40，解得－22<k<22(k≠0)，设点 M(x 1 ，y 1 )，N(x 2 ，y 2 )，则
x 1 ＋x 2 ＝－8k 21＋2k 2 ，x 1 x 2 ＝ 8k2 －21＋2k 2 ，
∴y 1 ＋y 2 ＝k(x 1 ＋x 2 )＋4k＝k·－8k 21＋2k 2 ＋4k＝4k1＋2k 2 ，取 MN 的中点 H，即 H x1 ＋x 22， y1 ＋y 22，则y 1 ＋y 22－1x 1 ＋x 22·k＝－1，即2k1＋2k 2 －1－4k 21＋2k 2·k ＝－1，化简得 2k 2 ＋2k＋1＝0，无实数解，故舍去．②当 k＝0 时，M，N 为椭圆 C 的左、右顶点，显然满足|BM|＝|BN|，此时直线 l 的方程为 y＝0. 综上可知，存在直线 l 满足题意，此时直线 l 的方程为 y＝0.
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