1、压轴专题(二)第 20 题解答题“圆锥曲线的综合问题”的抢分策略解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等试题难度较大，多以压轴题出现 解答题的热点题型有：直线与圆锥曲线位置关系的判断；圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；轨迹方程及探索性问题的求解师说考点圆锥曲线中最值、范围问题的求解方法(1)几何法若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法(2)代数法若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再利用基本不等式或单调性求这个函数的最值，这就是代数法
2、典例(2016全国甲卷)已知椭圆 E：x2t y231 的焦点在 x 轴上，A 是 E 的左顶点，斜率为 k(k0)的直线交 E 于 A，M 两点，点 N 在 E 上，MANA.(1)当 t4，|AM|AN|时，求AMN 的面积；(2)当 2|AM|AN|时，求 k 的取值范围解 设 M(x1，y1)，则由题意知 y10.(1)当 t4 时，E 的方程为x24y231，A(2，0)由已知及椭圆的对称性知，直线 AM 的倾斜角为4.因此直线 AM 的方程为 yx2.将 xy2 代入x24y231 得 7y212y0.解得 y0 或 y127，所以 y1127.因此AMN 的面积 SAMN2121
3、27 127 14449.(2)由题意 t3，k0，A(t，0)将直线 AM 的方程 yk(x t)代入x2t y231 得(3tk2)x22 ttk2xt2k23t0.由 x1(t)t2k23t3tk2，得 x1 t（3tk2）3tk2，故|AM|x1 t|1k26 t（1k2）3tk2.由题设，直线 AN 的方程为 y1k(x t)，故同理可得|AN|6k t（1k2）3k2t.由 2|AM|AN|，得23tk2k3k2t，即(k32)t3k(2k1)当 k3 2时上式不成立，因此 t3k（2k1）k32.t3 等价于k32k2k2k32（k2）（k21）k320，即 k2k320，k32
4、0 或k20，解得3 2k0，b0)经过点 P(2，1)，且其中一焦点 F到一条渐近线的距离为 1.(1)求双曲线 的方程；(2)过点 P 作两条相互垂直的直线 PA，PB 分别交双曲线 于 A，B 两点，求点 P 到直线AB 距离的最大值解：(1)双曲线x2a2y2b21 过点(2，1)，4a21b21.不妨设 F 为右焦点，则 F(c，0)到渐近线 bxay0 的距离 d|bc|a2b2b，b1，a22.所求双曲线的方程为x22y21.(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 AB 的方程为 ykxm.将 ykxm 代入 x22y22 中，整理得(2k21)x24kmx2m220
5、.x1x24km2k21，x1x22m222k21.0，(x12，y11)(x22，y21)0，(x12)(x22)(kx1m1)(kx2m1)0，(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)m22m50.将代入，得 m28km12k22m30，(m2k1)(m6k3)0.而 PAB，m6k3，从而直线 AB 的方程为 ykx6k3.将 ykx6k3 代入 x22y220 中，判别式 8(34k236k10)0 恒成立，ykx6k3 即为所求直线 P 到 AB 的距离 d|2k6k31|1k24|k1|k21.d42k212kk211 2kk212.d4 2，即点 P 到直线 AB 距离的最大值
6、为 4 2.师说考点圆锥曲线中定点与定值问题的求解思路(1)解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线 ykxm(k 存在的情形)然后利用条件建立 k 与 m 的关系借助于点斜式方程思想确定定点坐标(2)定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接推证得出与参数无关的数值在这类试题中选择消元的方法是非常关键的典例(2016山东高考节选)平面直角坐标系 xOy 中，椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的离心率是 32，抛物线 E：x22y 的焦点 F 是 C 的一个顶点(1)求椭圆 C 的方程；(2)设 P 是 E 上的动点，且位于第一象限，E 在点 P 处的切线 l
7、 与 C 交于不同的两点 A，B，线段 AB 的中点为 D.直线 OD 与过 P 且垂直于 x 轴的直线交于点 M.求证：点 M 在定直线上解(1)由题意知 a2b2a 32，可得 a24b2.因为抛物线 E 的焦点为 F0，12，所以 b12，a1.所以椭圆 C 的方程为 x24y21.(2)证明：设 Pm，m22(m0)由 x22y，可得 yx，所以直线 l 的斜率为 m.因此直线 l 的方程为 ym22 m(xm)，即 ymxm22.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，联立方程x24y21，ymxm22，得(4m21)x24m3xm410.由 0，得 0m22 5.
8、由根与系数的关系得 x1x2 4m34m21，因此 x0 2m34m21.将其代入 ymxm22，得 y0m22（4m21）.因为y0 x0 14m，所以直线 OD 的方程为 y 14mx.联立方程y 14mx，xm，得点 M 的纵坐标 yM14，所以点 M 在定直线 y14上.抢分策略解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握 3 个方面(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标 应用体验2(2016石家庄一模)已知抛物线 C：y22px(
9、p0)过点 M(m，2)，其焦点为 F，且|MF|2.(1)求抛物线 C 的方程；(2)设 E 为 y 轴上异于原点的任意一点，过点 E 作不经过原点的两条直线分别与抛物线 C和圆 F：(x1)2y21 相切，切点分别为 A，B，求证：直线 AB 过定点解：(1)抛物线 C 的准线方程为 xp2，|MF|mp22，又 42pm，即 42p2p2，p24p40，p2，抛物线 C 的方程为 y24x.(2)证明：设点 E(0，t)(t0)，由已知切线不为 y 轴，设 EA：ykxt，联立ykxt，y24x，消去 y，可得 k2x2(2kt4)xt20，直线 EA 与抛物线 C 相切，(2kt4)2
10、4k2t20，即 kt1，代入可得1t2x22xt20，xt2，即 A(t2，2t)设切点 B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点 O，B 关于直线 EF：ytxt 对称，则 y0 x0t0011，y02tx02t，解得x0 2t2t21，y0 2tt21，即 B2t2t21，2tt21.法一：直线 AB 的斜率为 kAB 2tt21(t1)，直线 AB 的方程为 y 2tt21(xt2)2t，整理得 y 2tt21(x1)，直线 AB 恒过定点 F(1，0)，当 t1 时，A(1，2)，B(1，1)，此时直线 AB 为 x1，过点 F(1，0)综上，直线 AB 恒过点 F(1，0)法二：直
11、线 AF 的斜率为 kAF 2tt21(t1)，直线 BF 的斜率为 kBF2tt2102t2t211 2tt21(t1)，kAFkBF，即 A，B，F 三点共线 当 t1 时，A(1，2)，B(1，1)，此时 A，B，F 三点共线 直线 AB 过定点 F(1，0).师说考点圆锥曲线中探索性问题的解题策略处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在性若证明某结论不存在，也可以采用反证法典例如图，椭圆 E：x2a2y2b21(ab0)的离心率是 22，过点 P(0，1)的动直线 l 与椭圆相
12、交于 A，B 两点当直线 l 平行于 x 轴时，直线 l 被椭圆 E 截得的线段长为 2 2.(1)求椭圆 E 的方程；(2)在平面直角坐标系 xOy 中，是否存在与点 P 不同的定点 Q，使得|QA|QB|PA|PB|恒成立？若存在，求出点 Q 的坐标；若不存在，请说明理由解(1)由已知，点(2，1)在椭圆 E 上，因此2a2 1b21，a2b2c2，ca 22，解得a2，b 2.所以椭圆 E 的方程为x24y221.(2)当直线 l 与 x 轴平行时，设直线 l 与椭圆相交于 C，D 两点 如果存在定点 Q 满足条件，则有|QC|QD|PC|PD|1，即|QC|QD|.所以点 Q 在 y
13、轴上，可设点 Q 的坐标为(0，y0)当直线 l 与 x 轴垂直时，设直线 l 与椭圆相交于 M，N 两点，则 M，N 的坐标分别为(0，2)，(0，2)由|QM|QN|PM|PN|，得|y0 2|y0 2|2121，解得 y01 或 y02.所以若存在不同于点 P 的定点 Q 满足条件，则点 Q 的坐标只可能为(0，2)下面证明：对任意直线 l，均有|QA|QB|PA|PB|.当直线 l 的斜率不存在时，由上可知，结论成立 当直线 l 的斜率存在时，可设直线 l 的方程为 ykx1，点 A，B 的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)联立x24y221，ykx1，得(2k21)x24kx2
14、0.其判别式(4k)28(2k21)0，所以 x1x24k2k21，x1x222k21.因此1x11x2x1x2x1x2 2k.易知，点 B 关于 y 轴对称的点 B的坐标为(x2，y2)又 kQAy12x1 kx11x1k1x1，kQBy22x2 kx21x2 k1x2k1x1，所以 kQAkQB，即 Q，A，B三点共线，所以|QA|QB|QA|QB|x1|x2|PA|PB|.故存在与点 P 不同的定点 Q(0，2)，使得|QA|QB|PA|PB|恒成立抢分策略辅助解答思路靠谱也给分1本题在求解第(2)问时难度太大，很难得分，这就要学会辅助解答(学会捞分)，利用直线 l 与坐标轴垂直这一特殊
15、情况可巧妙地求出 Q 点的坐标(0，2)，这样可得一定的分数，这种方法在解决一些压轴题时要学会应用2一道题目的解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，根据题目的意思列出要用的公式等罗列这些小步骤都是有分的，这些全是解题思路的重要体现，切不可以不写，对计算能力要求高的，实行能解多少写多少的策略书写也是辅助解答的一部分，“书写要工整，卷面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应这就是所说的辅助解答 应用体验3(2016兰州模拟)已知椭圆 C 的焦点坐标是 F1(1，0)，F2(1
16、，0)，过点 F2 垂直于长轴的直线 l 交椭圆 C 于 B，D 两点，且|BD|3.(1)求椭圆 C 的方程；(2)是否存在过点 P(2，1)的直线 l1 与椭圆 C 相交于不同的两点 M，N，且满足54？若存在，求出直线 l1 的方程；若不存在，请说明理由解：(1)设椭圆的方程是x2a2y2b21(ab0)，由题可知 c1，因为|BD|3，所以2b2a 3，又 a2b21，所以 a2，b 3，所以椭圆 C 的方程为x24y231.(2)假设存在直线 l1 且由题意得斜率存在，设直线 l1 的方程为 yk(x2)1.由yk（x2）1，x24y231，得(34k2)x28k(2k1)x16k2
17、16k80.因为直线 l1 与椭圆 C 相交于不同的两点 M，N，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以 8k(2k1)24(34k2)(16k216k8)0，所以 k12.x1x28k（2k1）34k2，x1x216k216k834k2，因为(x12)(x22)(y11)(y21)54，所以(x12)(x22)(1k2)54，即x1x22(x1x2)4(1k2)54，所以16k216k834k228k（2k1）34k24(1k2)44k234k254，解得 k12.因为 k12，所以 k12，故存在直线 l1 满足条件，其方程为 y12x.1.(2016湖南东部六校联考)设椭圆 C1：
18、x2a2y2b21(ab0)的离心率为 32，F1，F2 是椭圆的两个焦点，S 是椭圆上任意一点，且SF1F2 的周长是 42 3.(1)求椭圆 C1 的方程；(2)设椭圆 C1 的左、右顶点分别为 A，B，过椭圆 C1 上的一点 D 作 x 轴的垂线交 x 轴于点E，若 C 点满足，连接 AC 交 DE 于点 P，求证：PDPE.解：(1)由 e 32，知ca 32，所以 c 32 a，因为SF1F2 的周长是 42 3，所以 2a2c42 3，所以 a2，c 3，所以 b2a2c21，所以椭圆 C1 的方程为：x24y21.(2)证明：由(1)得 A(2，0)，B(2，0)，设 D(x0，
19、y0)，所以 E(x0，0)，因为，所以可设 C(2，y1)，所以(x02，y0)，(2，y1)，由可得：(x02)y12y0，即 y1 2y0 x02.所以直线 AC 的方程为：y2y0 x02x24.整理得：yy02（x02）(x2)又点 P 在 DE 上，将 xx0 代入直线 AC 的方程可得：yy02，即点 P 的坐标为x0，y02，所以 P 为 DE 的中点，所以 PDPE.2(2016河南六市联考)如图，在平面直角坐标系 xOy 中，已知 R(x0，y0)是椭圆 C：x224y2121 上的一点，从原点 O 向圆 R：(xx0)2(yy0)28 作两条切线，分别交椭圆于点 P，Q.
20、(1)若 R 点在第一象限，且直线 OP，OQ 互相垂直，求圆 R 的方程；(2)若直线 OP，OQ 的斜率存在，并记为 k1，k2，求 k1k2 的值解：(1)设圆 R 的半径为 r，由圆 R 的方程知 r2 2，因为直线 OP，OQ 互相垂直，且和圆 R 相切，所以|OR|2r4，即 x20y2016，又点 R 在椭圆 C 上，所以x2024y20121，联立，解得x02 2，y02 2，所以，圆 R 的方程为(x2 2)2(y2 2)28.(2)因为直线 OP：yk1x 和 OQ：yk2x 都与圆 R 相切，所以|k1x0y0|1k212 2，|k2x0y0|1k222 2，化简得(x2
21、08)k212x0y0k1y2080，(x208)k222x0y0k2y2080，所以 k1，k2 是方程(x208)k22x0y0ky2080 的两个不相等的实数根，由根与系数的关系得，k1k2y208x208，因为点 R(x0，y0)在椭圆 C 上，所以x2024y20121，即 y201212x20，所以 k1k2412x20 x208 12.3.（2016江苏高考）在平面直角坐标系 xOy 中，已知直线 l：xy20，抛物线 C：y22px(p0)(1)若直线 l 过抛物线 C 的焦点，求抛物线 C 的方程(2)已知抛物线 C 上存在关于直线 l 对称的相异两点 P 和 Q.求证：线段
22、 PQ 的中点坐标为(2p，p)；求 p 的取值范围解：(1)抛物线 C：y22px(p0)的焦点为p2，0，由点p2，0 在直线 l：xy20 上，得p2020，即 p4.所以抛物线 C 的方程为 y28x.(2)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段 PQ 的中点 M(x0，y0)因为点 P 和 Q 关于直线 l 对称，所以直线 l 垂直平分线段 PQ，于是直线 PQ 的斜率为1，则可设其方程为 yxb.证明：由y22px，yxb消去 x 得 y22py2pb0.(*)因为 P 和 Q 是抛物线 C 上的相异两点，所以 y1y2，从而(2p)24(2pb)0，化简得 p2b0.方程(
23、*)的两根为 y12p p22pb，从而 y0y1y22p.因为 M(x0，y0)在直线 l 上，所以 x02p.因此，线段 PQ 的中点坐标为(2p，p)因为 M(2p，p)在直线 yxb 上，所以p(2p)b，即 b22p.由知 p2b0，于是 p2(22p)0，所以 p43.因此 p 的取值范围是0，43.4(2016湖北七市联考)已知圆心为 H 的圆 x2y22x150 和定点 A(1，0)，B 是圆上任意一点，线段 AB 的中垂线 l 和直线 BH 相交于点 M，当点 B 在圆上运动时，点 M 的轨迹记为曲线 C.(1)求 C 的方程；(2)过点 A 作两条相互垂直的直线分别与曲线 C 相交于 P，Q 和 E，F，求的取值范围解：(1)由 x2y22x150，得(x1)2y242，所以圆心为(1，0)，半径为 4.连接 MA，由 l 是线段 AB 的中垂线，得|MA|MB|，所以|MA|MH|MB|MH|BH|4，又|AH|21，于是上式化简整理可得，9t14t113t1 63t212t2t163494 1t122.由 t1，得 01t1，所以214 367.综合可知，的取值范围为214，367
