圆锥曲线大题答题模板

高考解析几何大题答题模板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，此类命题第（1）问起点较低，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．解决此类问题的关键是找到已知条件和代求问题之间的联系，实现代求问题代数化，与已知条件得到的结论有效对接，难点在于代求问题的转化问题.下面整理了几类常考问题答题模板. 一、圆锥曲线中的最值和范围问题【典例1】已知抛物线E ：y 2＝2px (p >0)与过点M (a,0)(a >0)的直线l 交于A ，B 两点，且总有OA ⊥OB ．(1)确定p 与a 的数量关系；(2)若|OM |·|AB |＝λ|AM |·|MB |，求λ的取值范围． [解] (1)设l ：ty ＝x －a ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，ty ＝x －a 消去x 得y 2－2pty －2pa ＝0. ∴y 1＋y 2＝2pt ，y 1y 2＝－2pa ，由OA ⊥OB 得x 1x 2＋y 1y 2＝0，即(y 1y 2)24p 2＋y 1y 2＝0，∴a 2－2pa ＝0.∵a >0，∴a ＝2p .(2)由(1)可得|AB |＝1＋t 2|y 1－y 2|＝2p 1＋t 2·t 2＋4.|AM |·|MB |＝AM →·MB →＝(a －x 1)(x 2－a )－y 1y 2＝－x 1x 2＋a (x 1＋x 2)－a 2－y 1y 2＝a ·y 21＋y 222p－a 2＝4p 2(1＋t 2)． ∵|OM |·|AB |＝λ|AM |·|MB |，∴a ·2p 1＋t 2t 2＋4＝λ·4p 2(1＋t2)，∴λ＝4＋t 21＋t 2＝1＋31＋t 2. ∵t 2≥0，∴λ∈(1,2]．【典例2】 (2017·浙江卷)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝⎛⎭⎫－12，14，B ⎝⎛⎭⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝⎛⎭⎫－12<x <32.过点B 作直线AP 的垂线，垂足为Q .(1)求直线AP 斜率的取值范围； (2)求|P A |·|PQ |的最大值． [解] (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)． (2)联立直线AP 与BQ 的方程，得 ⎩⎨⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32(k 2＋1).因为|P A |＝1＋k 2⎝⎛⎭⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)， |PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1，所以|P A |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝⎛⎭⎫－1，12上单调递增，⎝⎛⎭⎫12，1上单调递减， 因此当k ＝12时，|P A |·|PQ |取得最大值2716.【典例3】已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1和F 2，由4个点M (－a ，b )，N (a ，b )，F 2和F 1构成一个高为3，面积为33的等腰梯形．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 1的直线和椭圆交于A ，B 两点，求△F 2AB 面积的最大值． [解] (1)由条件得b ＝3，且2a ＋2c2·3＝33， ∴a ＋c ＝3.又a 2－c 2＝3，解得a ＝2，c ＝1. ∴椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)显然，直线AB 的斜率不能为0.设直线AB 的方程为x ＝my －1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，x ＝my －1，消去x 得(3m 2＋4)y 2－6my －9＝0.∵直线AB 过椭圆内的点F 1，∴无论m 为何值，直线和椭圆总相交， 又y 1＋y 2＝6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，∴S △F 2AB ＝12|F 1F 2||y 1－y 2|＝|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2 ＝12m 2＋1(3m 2＋4)2＝4m 2＋1⎝⎛⎭⎫m 2＋1＋132＝41m 2＋1＋23＋19(m 2＋1). 令t ＝m 2＋1≥1，设f (t )＝t ＋19t，易知t ∈⎝⎛⎭⎫0，13时，函数f (t )单调递减，t ∈⎝⎛⎭⎫13，＋∞时，函数f (x )单调递增， ∴当t ＝m 2＋1＝1，即m ＝0时，f (t )min ＝109，S △F 2AB 取得最大值3.二、圆锥曲线中的证明问题【典例1】已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，点A ，B 分别为椭圆E 的左、右顶点，点C 在E上，且△ABC 面积的最大值为2 3.(1)求椭圆E 的方程；(2)设F 为E 的左焦点，点D 在直线x ＝－4上，过F 作DF 的垂线交椭圆E 于M ，N 两点．证明：直线OD 平分线段MN .解题思路 (1)根据离心率、△ABC 面积的最大值及a 2＝b 2＋c 2列方程组求a ，b ，得椭圆E 的方程． (2)求直线DF 的斜率，推出直线MN 的斜率→点差法求直线OP 的斜率(P 为线段MN 的中点)→由直线k OP ＝k OD 得O ，P ，D 三点共线，从而证明直线OD 平分线段MN .[解] (1)由题意得⎩⎪⎨⎪⎧e ＝c a ＝12，ab ＝23，a 2＝b 2＋c2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝3，故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，D (－4，n )， 线段MN 的中点P (x 0，y 0)， 则2x 0＝x 1＋x 2,2y 0＝y 1＋y 2， 由(1)可得F (－1,0)，则直线DF 的斜率为k DF ＝n －0－4－(－1)＝－n3，当n ＝0时，直线MN 的斜率不存在， 根据椭圆的对称性可知OD 平分线段MN . 当n ≠0时，直线MN 的斜率k MN ＝3n ＝y 1－y 2x 1－x 2.∵点M ，N 在椭圆E 上，∴⎩⎨⎧x 214＋y 213＝1，x 224＋y223＝1，整理得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)4＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)3＝0，又2x 0＝x 1＋x 2,2y 0＝y 1＋y 2， ∴y 0x 0＝－n4， 直线OP 的斜率为k OP ＝－n 4，∵直线OD 的斜率为k OD ＝－n4.∴直线OD 平分线段MN .【典例2】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→结合韦达定理用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．[解](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，x 212p ，B ⎝⎛⎭⎫x 2，x 222p .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py消去y 整理得，x 2－2kpx －p 2＝0. ∴x 1＋x 2＝2kp ，x 1x 2＝－p 2. ∴M ⎝⎛⎭⎫kp ，k 2p ＋p 2，N ⎝⎛⎭⎫kp ，－p 2. ∴k AN ＝x 212p ＋p 2x 1－kp ＝x 212p ＋p 2x 1－x 1＋x 22＝x 21＋p 22p x 1－x 22＝x 21－x 1x 22p x 1－x 22＝x 1p .又x 2＝2py ，∴y ′＝xp.∴抛物线x 2＝2py 在点A 处的切线的斜率k ′＝x 1p .∴直线AN 与抛物线相切．三、圆锥曲线中定点、定值问题【典例1】设O 为坐标原点，动点M 在椭圆C ：x 22＋y 2＝1上，过点M 作x 轴的垂线，垂足为N ，点P 满足NP →＝2NM →.(1)求点P 的轨迹方程；(2)设点Q 在直线x ＝－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 . [解] (1)设P (x ，y )，M (x 0，y 0)，则N (x 0,0)， NP →＝(x －x 0，y )，NM →＝(0，y 0)， 由NP →＝2NM →，得x 0＝x ，y 0＝22y ，因为M (x 0，y 0)在椭圆C 上， 所以x 22＋y 22＝1，因此点P 的轨迹方程为x 2＋y 2＝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 )， OQ →·PF →＝3＋3m －tn ，OP →＝(m ，n )，PQ →＝(－3－m ，t －n )， 由OP →·PQ →＝1得－3m －m 2＋tn －n 2＝1， 又由(1)知m 2＋n 2＝2，故3＋3m －tn ＝0. 所以OQ →·PF →＝0，即OQ →⊥PF →， 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 .【典例2】如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，右焦点为F ，右顶点为E ，P 为直线x ＝54a上的任意一点，且(PF →＋PE →)·EF →＝2.(1)求椭圆C 的方程；(2)过F 且垂直于x 轴的直线AB 与椭圆交于A ，B 两点(点A 在第一象限)，动直线l 与椭圆C 交于M ，N 两点，且M ，N 位于直线AB 的两侧，若始终保持∠MAB ＝∠NAB ，求证：直线MN 的斜率为定值．[解] (1)设P ⎝⎛⎭⎫54a ，m ，F (c,0)，E (a,0)， 则PF →＝⎝⎛⎭⎫c －54a ，－m ，PE →＝⎝⎛⎭⎫－a 4，－m ，EF →＝(c －a,0)， 所以(2c －3a )(c －a )＝4，又e ＝c a ＝12，所以a ＝2，c ＝1，b ＝3， 从而椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)知A ⎝⎛⎭⎫1，32， 设MN 的方程为y ＝kx ＋m ，代入椭圆方程x 24＋y 23＝1，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则⎩⎨⎧Δ>0，x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3.又M ，N 是椭圆上位于直线AB 两侧的动点，若始终保持∠MAB ＝∠NAB ， 则k AM ＋k AN ＝0，即y 1－32x 1－1＋y 2－32x 2－1＝0， ⎝⎛⎭⎫kx 1＋m －32(x 2－1)＋⎝⎛⎭⎫kx 2＋m －32(x 1－1)＝0，即(2k －1)(2m ＋2k －3)＝0，得k ＝12.故直线MN 的斜率为定值12.四、圆锥曲线中的探索性问题【典例1】已知直线l ：y ＝x ＋1，圆O ：x 2＋y 2＝32，直线l 被圆截得的弦长与椭圆C ：x2a 2＋y 2b 2＝1(a>b>0)的短轴长相等，椭圆的离心率e ＝22. (1)求椭圆C 的方程；(2)过点M ⎝⎛⎭⎫0，－13的动直线l 交椭圆C 于A ，B 两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T ，使得无论l 如何转动，以AB 为直径的圆恒过定点T ？若存在，求出点T 的坐标；若不存在，请说明理由．[解](1)由题设可知b ＝1，又e ＝22，∴a 2－1a 2＝12，∴a 2＝2，∴椭圆C 的方程是x 22＋y 2＝1.(2)若直线l 与y 轴重合，则以AB 为直径的圆是x 2＋y 2＝1.① 若直线l 垂直于y 轴，则以AB 为直径的圆是x 2＋⎝⎛⎭⎫y ＋132＝169，② 由①②解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝1.由此可知所求点T 如果存在，只能是(0,1)． 事实上，点T(0,1)就是所求的定点．证明如下：当直线l 的斜率不存在，即直线l 与y 轴重合时，以AB 为直径的圆为x 2＋y 2＝1，过点T(0,1)， 当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝kx －13，代入椭圆方程，并整理，得(18k 2＋9)x 2－12kx－16＝0.设点A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)， 则x 1＋x 2＝12k 18k 2＋9，x 1x 2＝－1618k 2＋9.∵TA →＝(x 1，y 1－1)，TB →＝(x 2，y 2－1)，∴TA →·TB →＝x 1x 2＋(y 1－1)(y 2－1)＝(k 2＋1)x 1x 2－43k(x 1＋x 2)＋169＝－16k 2－16－16k 2＋32k 2＋1618k 2＋9＝0.∴TA →⊥TB →，即以AB 为直径的圆恒过定点T(0,1)． 综上可知，在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件．【典例2】已知椭圆C 1，抛物线C 2的焦点均在x 轴上，C 1的中心和C 2的顶点均为原点O ，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是(3，－23)，(－2,0)，(4，－4)，⎝⎛⎭⎫2，22. (1)求C 1，C 2的标准方程；(2)是否存在直线l 满足条件：①过C 2的焦点F ；②与C 1交于不同的两点M ，N 且满足OM →⊥ON →？若存在，求出直线方程；若不存在，请说明理由．解题思路 (1)根据图形的形状和已知四点的位置，确定C 1和C 2分别过哪两个点→求出C 1，C 2的标准方程．(2)①分类讨论：分直线l 斜率不存在和直线l 的斜率存在两种情况；②转化：OM →⊥ON →转化为M ，N 两点坐标满足的关系式；③计算：直线l 的方程与C 1的方程联立，消去y 整理，由韦达定理和M ，N 两点坐标满足的关系式列方程求直线l 的斜率，写出方程．[解] (1)设抛物线C 2：y 2＝2px (p ≠0)， 则有y 2x＝2p (x ≠0)，据此验证四个点知(3，－23)，(4，－4)在抛物线C 2上，易得，抛物线C 2的标准方程为C 2：y 2＝4x ； 设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)，把点(－2,0)，⎝⎛⎭⎫2，22代入可得a 2＝4，b 2＝1. 所以椭圆C 1的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)由(1)可得抛物线C 2的焦点为F (1,0)，当直线l 的斜率不存在时，直线l 的方程为x ＝1. 直线l 交椭圆C 1于点M ⎝⎛⎭⎫1，32，N ⎝⎛⎭⎫1，－32， OM →·ON →≠0，不满足题意．当直线l 的斜率存在时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)， 并设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －1)，x 2＋4y 2＝4， 消去y ，得(1＋4k 2)x 2－8k 2x ＋4(k 2－1)＝0，于是x 1＋x 2＝8k 21＋4k 2，x 1x 2＝4(k 2－1)1＋4k 2，y 1y 2＝k (x 1－1)·k (x 2－1)＝k 2x 1x 2－k 2(x 1＋x 2)＋k 2＝－3k 21＋4k 2，①由OM →⊥ON →，得OM →·ON →＝0， 即x 1x 2＋y 1y 2＝0.② 将①代入②式，得4(k2－1) 1＋4k2－3k21＋4k2＝k2－41＋4k2＝0，解得k＝±2.经检验，k＝±2都符合题意．所以存在直线l满足条件，且l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.。