高考数学二轮复习 专题四 第3讲 圆锥曲线综合问题学案-人教版高三全册数学学案

第3讲圆锥曲线综合问题
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，往往作为试卷的压轴题之一；
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．
1．圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．
2．定点、定值问题
(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题．
若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．
3．存在性问题的解题步骤：
(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)．
(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在．
(3)得出结论．
热点一圆锥曲线中的最值、范围
【例1】(2018·济宁期末)已知抛物线C:C2=2CC(C>0)的焦点为F，过点F的直线l与抛物线C相交于⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−3，直线AO，BO分别交直线C=−1于点M，N．
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CC
A，B两点，且CC
(1)求抛物线C的方程；
(2)求C△CCC的最小值．
)，C(C1,C1)，C(C2,C2)
解（1）抛物线C:C2=2CC(C>0)的焦点为F(0,C
2
，
设直线CC的方程为：C=CC+C
2
联立直线CC 与抛物线C 的方程可得：{C =CC +
C
2C 2=2CC
，
整理得：C 2−2CCC −C 2=0，
所以C 1+C 2=2CC ，C 1⋅C 2=−C 2，
C 1C 2=(CC 1+C 2)(CC 2+C
2)=C 2C 1C 2+
C
2
C (C 1+C 2)+
C 24
=C 2
4， 因为CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ⋅CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =−3，且CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(C 1,C 1)，CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =(C 2,C 2)， 所以C 1⋅C 2+C 1C 2=
−3，即−C 2
+C 2
4
=−3，解得：C =2．
所以抛物线C 的方程为：C 2=4C 。

（2）直线CC 的方程为：C =C 1C 1
C ，直线CC 的方程为：C =C
2C 2
C ，
联立{C =C
1C 1
C C =−1
得：C =−C 1C 1，所以C (−C
1C 1,−1)， 联立{
C =C
2C 2
C C =−1
得：C =−
C 2C 2，所以C (−C
2C 2
,−1)， 所以CC =
|C
2
C 2
−C 1C 1
|
=
|C 2C 1−C 1C 2
C 2C 1
|=|C 2(CC 1+C
2)−C 1(CC 2+C
2)C 1C 2|=|C 1−C 2|=√(C 1+C 2)2−4C 1⋅C 2，
所以C CCCC =12
×1×|C 1−C 2|=12
√(C 1+C 2)2−4C 1⋅C 2=1
2
√4C 2+16≥2，
当C =0时，等号成立． 所以C △CCC 的最小值为2．
探究提高 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，则利用代数法求参数的范围．
【训练1】已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为3
2
，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的
斜率为23
3，O 为坐标原点．
(1)求E 的方程；
(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程． 解 (1)设F (c ，0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝3．又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2
＝1．
故E 的方程为x 2
4
＋y 2
＝1．
(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)． 将y ＝kx －2代入x 2
4
＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2
－16kx ＋12＝0．
当Δ＝16(4k 2
－3)>0，即k 2
>34时，x 1，2＝8k ±24k 2
－3
4k 2
＋1
． 从而|PQ |＝k 2
＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2
－3
4k 2
＋1
． 又点O 到直线PQ 的距离d ＝
2
k 2＋1
．
所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2
－3
4k 2
＋1． 设4k 2
－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝
4t t 2
＋4＝4
t ＋
4
t
． 因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±7
2时等号成立，且满足Δ>0．
所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－7
2
x －2．
热点二 圆锥曲线中的存在性问题
【例2】(2019·广州一模)已知动圆C 过定点C (1,0)，且与定直线C =−1相切． （1）求动圆圆心C 的轨迹C 的方程；
（2）过点C (−2,0)的任一条直线C 与轨迹C 交于不同的两点C ,C ，试探究在C 轴上是否存在定点C （异于点
C ），使得∠CCC +∠CCC =C ？若存在，求点C 的坐标；若不存在，说明理由．
解（1）解法1：依题意动圆圆心C 到定点C (1,0)的距离与到定直线C =−1的距离相等，
由抛物线的定义，可得动圆圆心C 的轨迹是以C (1,0)为焦点，C =−1为准线的抛物线， 其中C =2． ∴动圆圆心C 的轨迹C 的方程为C 2=4C ．
解法2：设动圆圆心C (C ,C )，依题意：√(C −1)2+C 2=|C +1|． 化简得：C 2=4C ，即为动圆圆心C 的轨迹C 的方程． （2）解：假设存在点C (C 0,0)满足题设条件．
由∠CCC +∠CCC =C 可知，直线CC 与CC 的斜率互为相反数， 即C CC +C CC =0 ①
直线CC 的斜率必存在且不为0，设CC :C =CC −2,
由{C 2
=4C C =CC −2
得C 2−4CC +8=0． 由C =(−4C )2−4×8>0,得C >√2或C <−√2． 设C (C 1,C 1),C (C 2,C 2)，则C 1+C 2=4C ,C 1C 2=8．
由①式得C CC +C CC =C 1C
1−C 0
+C 2C
2−C 0
=
C 1(C 2−C 0)+C 2(C 1−C 0)
(C 1−C 0)(C 2−C 0)
=0,
∴C 1(C 2−C 0)+C 2(C 1−C 0)=0,即C 1C 2+C 2C 1−C 0(C 1+C 2)=0．
消去C 1,C 2，得14
C 1C 22+14
C 2C 12
−C 0(C 1+C 2)=0, 1
4
C 1C 2(C 1+C 2)−C 0(C 1+C 2)=0,
∵C 1+C 2≠0,∴C 0=1
4C 1C 2=2,
∴存在点C (2,0)使得∠CCC +∠CCC =C ．
探究提高 1．此类问题一般分为探究条件、探究结论两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
2．求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
【训练2】(2017·新乡三模)已知抛物线C ：x 2
＝2py (p >0)的焦点为F ，直线2x －y ＋2＝0交抛物线C 于A ，B 两点，P 是线段AB 的中点，过P 作x 轴的垂线交抛物线C 于点Q ．
(1)D 是抛物线C 上的动点，点E (－1，3)，若直线AB 过焦点F ，求|DF |＋|DE |的最小值； (2)是否存在实数p ，使|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →
|？若存在，求出p 的值；若不存在，说明理由． 解 (1)∵直线2x －y ＋2＝0与y 轴的交点为(0，2)， ∴F (0，2)，则抛物线C 的方程为x 2
＝8y ，准线l ：y ＝－2． 设过D 作DG ⊥l 于G ，则|DF |＋|DE |＝|DG |＋|DE |， 当E ，D ，G 三点共线时，|DF |＋|DE |取最小值2＋3＝5．
(2)假设存在，抛物线x 2
＝2py 与直线y ＝2x ＋2联立方程组得：x 2
－4px －4p ＝0，
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，Δ＝(4p )2
＋16p ＝16(p 2
＋p )>0，
则x 1＋x 2＝4p ，x 1x 2＝－4p ，∴Q (2p ，2p )．∵|2QA →＋QB →|＝|2QA →－QB →
|，∴QA ⊥QB ． 则QA →·QB →
＝0，可得(x 1－2p )(x 2－2p )＋(y 1－2p )(y 2－2p )
＝(x 1－2p )(x 2－2p )＋(2x 1＋2－2p )(2x 2＋2－2p )＝5x 1x 2＋(4－6p )(x 1＋x 2)＋8p 2
－8p ＋4＝0， 代入得4p 2
＋3p －1＝0，解得p ＝14
或p ＝－1(舍去)．
1 4，且满足Δ>0，使得|2QA
→
＋QB
→
|＝|2QA
→
－QB
→
|成立．
因此存在实数p＝
1．(2018·全国I卷)设椭圆C:C2
2
+C2=1的右焦点为C，过C的直线C与C交于C,C两点，点C的坐标为(2,0)．
（1）当C与C轴垂直时，求直线CC的方程；
（2）设C为坐标原点，证明：∠CCC=∠CCC．
1．(2018·全国III卷)已知斜率为C的直线C与椭圆C： C2
4+C2
3
=1交于C，C两点，线段CC的中点为
C(1 ， C)(C>0)．
（1）证明：C<−1
2
；
（2）设C为C的右焦点，C为C上一点,且CC
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CC
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ +CC
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ =0．证明：|CC
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |，|CC
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |，|CC
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |成等差数列，并求该数列的公差．
2．(2017·菏泽调研)已知焦距为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A ，直线y ＝4
3与椭圆C 交于P ，
Q 两点(P 在Q 的左边)，Q 在x 轴上的射影为B ，且四边形ABPQ 是平行四边形．
(1)求椭圆C 的方程；
(2)斜率为k 的直线l 与椭圆C 交于两个不同的点M ，N ．若M 是椭圆的左顶点，D 是直线MN 上一点， 且DA ⊥AM ．点G 是x 轴上异于点M 的点，且以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，求证：点G 是定点．
1．(2017·延安调研)如图，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，经过点A (0，－1)，且离心率为2
2
．
(1)求椭圆E 的方程；
(2)经过点(1，1)，且斜率为k 的直线与椭圆E 交于不同的两点P ，Q (均异于点A )，证明：直线AP 与AQ 的斜率之和为定值．
2．(2017·昆明二模)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为2
2
，短轴长为2．直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C
交于M ，N 两点，又l 与直线y ＝12x ，y ＝－1
2x 分别交于A ，B 两点，其中点A 在第一象限，点B 在第二象限，
且△OAB 的面积为2(O 为坐标原点)． (1)求椭圆C 的方程； (2)求OM →·ON →
的取值范围．
参考答案
1．【解题思路】(1)首先根据C与C轴垂直，且过点C(1,0)，求得直线l的方程为x=1，代入椭圆方程求得点A的
坐标为(1,√2
2)或(1,−√2
2
)，利用两点式求得直线CC的方程；
(2)分直线l与x轴重合、l与x轴垂直、l与x轴不重合也不垂直三种情况证明，特殊情况比较简单，也比较直观，对于一般情况将角相等通过直线的斜率的关系来体现，从而证得结果．
【答案】（1）由已知得C(1,0)，l的方程为x=1．
由已知可得，点A的坐标为(1,√2
2)或(1,−√2
2
)．
所以AM的方程为C=−√2
2C+√2或C=√2
2
C−√2．
（2）当l与x轴重合时，∠CCC=∠CCC=0°．
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以∠CCC=∠CCC．
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为C=C(C−1)(C≠0)，C(C1,C1),C(C2,C2)，
则C1<√2,C2<√2，直线MA，MB的斜率之和为C CC+C CC=C1
C1−2+C2
C2−2
．
由C1=CC1−C,C2=CC2−C得C CC+C CC=2CC1C2−3C(C1+C2)+4C
(C1−2)(C2−2)
．
将C=C(C−1)代入C2
2
+C2=1得(2C2+1)C2−4C2C+2C2−2=0．
所以，C1+C2=4C2
2C2+1,C1C2=2C2−2
2C2+1
．
则2CC1C2−3C(C1+C2)+4C=4C3−4C−12C3+8C3+4C
2C2+1
=0．
从而C CC+C CC=0，故MA，MB的倾斜角互补，所以∠CCC=∠CCC．
综上，∠CCC=∠CCC．
1．【解题思路】（1）设而不求，利用点差法进行证明．
（2）解出m,进而求出点P的坐标，得到|CC
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |,再由两点间距离公式表示出|CC
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |,|CC
⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |，得到直l的方程，联立
直线与椭圆方程由韦达定理进行求解．
【答案】（1）设C(C1,C1),C(C2,C2)，则C12
4+C12
3
=1,C22
4
+C22
3
=1．
两式相减，并由C 1−C 2C 1−C 2
=C 得
C 1+C 2
4
+
C 1+C 2
3
⋅C =0．
由题设知
C 1+C 2
2
=1,
C 1+C 2
2
=C ，于是C =−
3
4C
．① 由题设得0<C <3
2，故C <−1
2．
（2）由题意得C (1,0)，设C (C 3,C 3)，则(C 3−1,C 3)+(C 1−1,C 1)+(C 2−1,C 2)=(0,0)． 由（1）及题设得C 3=3−(C 1+C 2)=1,C 3=−(C 1+C 2)=−2C <0． 又点P 在C 上，所以C =3
4，从而C (1,−3
2)，|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=3
2． 于是|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=√(C 1−1)2
+C 1
2
=√(C 1−1)2+3(1−
C 12
4
)=2−
C 1
2
． 同理|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=2−
C 2
2
． 所以|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |+|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=4−1
2
(C 1+C 2)=3．
故2|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |=|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |+|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |，即|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |,|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |,|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |成等差数列．
设该数列的公差为d ，则2|C |=||CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ |−|CC ⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑⃑ ||=1
2|C 1−C 2|=1
2√(C 1+C 2)2−4C 1C 2．② 将C =3
4代入①得C =−1．
所以l 的方程为C =−C +7
4，代入C 的方程，并整理得7C 2−14C +1
4=0． 故C 1+C 2=2,C 1C 2=128
，代入②解得|C |=3√21
28
． 所以该数列的公差为
3√2128或−3√21
28
． 2．【解题思路】(1)根据几何特征可得AB PQ =，|PQ →|＝2|OB →
|，可得B 的横坐标，也就是Q 的；(2) 设MN ：
y ＝k (x ＋2)，联立可得N 的坐标（用k 表示），直径所对的圆周角是直角可知GD →·AN →
＝0，以方程求解G 的坐标．
【答案】(1)解 设坐标原点为O ，∵四边形ABPQ 是平行四边形，∴|AB →|＝|PQ →
|，
∵|PQ →|＝2|OB →|，∴|AB →|＝2|OB →
|，则点B 的横坐标为a 3
，
∴点Q 的坐标为⎝ ⎛⎭
⎪⎫a 3，43，代入椭圆C 的方程得b 2
＝2，
又c 2
＝2，∴a 2
＝4，即椭圆C 的方程为x 24＋y 2
2
＝1．
(2)证明 设直线MN 的方程为y ＝k (x ＋2)，N (x 0，y 0)，DA ⊥AM ，∴D (2，4k )．
由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 22＝1，y ＝k （x ＋2），
消去y 得(1＋2k 2)x 2＋8k 2x ＋8k 2－4＝0，则－2x 0＝8k 2－41＋2k 2，即x 0＝2－4k 21＋2k 2， ∴y 0＝k (x 0＋2)＝4k 1＋2k 2，则N ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2－4k
21＋2k 2，4k
1＋2k 2， 设G (t ，0)，则t ≠－2，若以DN 为直径的圆恒过直线AN 和DG 的交点，则DG ⊥AN ，∴GD →·AN →＝0恒成立．
∵GD →＝(2－t ，4k )，AN →＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫－8k 21＋2k 2，4k 1＋2k 2， ∴GD →·AN →＝(2－t )·－8k 21＋2k 2＋4k ·4k 1＋2k 2＝0恒成立，即8k 2t 1＋2k 2＝0恒成立，∴t ＝0，∴点G 是定点(0，0)．
1．【解题思路】(1) 列方程组求a ，b ；(2) 设PQ ：y ＝k (x －1)＋1，联立由韦达定理可得x 1＋x 2，x 1x 2（用k 表示），计算k AP ＋k AQ 用x 1＋x 2，x 1x 2表示，再代入韦达定理用k 表示，化简即可．
【答案】(1)解 由题设知c a ＝22，b ＝1，结合a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，所以椭圆的方程为x 2
2
＋y 2＝1． (2)证明 由题设知，直线PQ 的方程为y ＝k (x －1)＋1(k ≠2)，代入x 22
＋y 2
＝1， 得(1＋2k 2)x 2－4k (k －1)x ＋2k (k －2)＝0，由已知Δ＞0，
设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，x 1x 2≠0，则x 1＋x 2＝4k （k －1）1＋2k 2，x 1x 2＝2k （k －2）1＋2k
2， 从而直线AP ，AQ 的斜率之和 k AP ＋k AQ ＝
y 1＋1x 1＋y 2＋1x 2＝kx 1＋2－k x 1＋kx 2＋2－k x 2＝2k ＋(2－k )x 1＋x 2x 1x 2＝2k ＋(2－k )4k （k －1）2k （k －2）
＝2k －2(k －1)＝2． 故k AP ＋k AQ 为定值2．
2．【解题思路】(1)c
a ＝22
，b ＝1；(2)联立直线l 与椭圆C 由韦达定理可得x 1＋x 2，x 1x 2（用k ，m 表示），分别联立直线l 与y ＝12x ，y ＝－12
x 可得A ，B 两点的坐标（用k ，m 表示），注意象限可确定k ，m 满足的范围，用弦长和点到直线距离公式计算△OAB 的面积，可得k ，m 的关系，计算OM →·ON →，先用x 1＋x 2，x 1x 2表示，化为
用k ，m 表示，消元化为用k 表示，进而确定其范围．
【答案】解 (1)由于b ＝1且离心率e ＝22
， ∴c a ＝a 2－1a ＝22
，则a 2＝2， 因此椭圆的方程为x 22
＋y 2＝1． (2)联立直线l 与直线y ＝12x ，可得点A ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2m 1－2k ，m 1－2k ， 联立直线l 与直线y ＝－12x ，可得点B ⎝ ⎛⎭
⎪⎫－2m 1＋2k ，m 1＋2k ， 又点A 在第一象限，点B 在第二象限，
∴⎩⎪⎨⎪⎧2m 1－2k >0，－2m 1＋2k <0
⇒⎩⎪⎨⎪⎧m （1－2k ）>0，m （1＋2k ）>0， 即m 2(1－4k 2)>0，而m 2≥0，∴1－4k 2>0，
又|AB |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2m 1－2k ＋2m 1＋2k 2＋⎝ ⎛⎭
⎪⎫m 1－2k －m 1＋2k 2＝4|m |1－4k 21＋k 2， 又原点O 到直线l 的距离为|m |
1＋k 2
，即△OMN 底边AB 上的高为|m |1＋k 2， ∴S △OMN ＝12
⋅4|m |1＋k 21－4k 2·|m |1＋k 2＝2m 21－4k 2＝2， ∴m 2＝1－4k 2
，
设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，将直线l 代入椭圆方程，
整理可得(1＋2k 2)x 2＋4kmx ＋2m 2－2＝0，
∴x 1＋x 2＝－4km 1＋2k 2，x 1·x 2＝2m 2－21＋2k
2， Δ＝16k 2m 2－4(1＋2k 2)(2m 2－2)＝48k 2>0，则k 2>0， ∴y 1·y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝m 2－2k 2
1＋2k
2， ∴OM →·ON →＝x 1x 2＋y 1y 2＝2m 2－21＋2k 2＋m 2－2k 2
1＋2k 2＝81＋2k 2－7， ∵0<k 2<14，∴1＋2k 2∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫1，32， ∴81＋2k 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫163，8，∴OM →·ON →∈⎝ ⎛⎭
⎪⎫－53，1． 故OM →·ON →的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫－53，1．。