1、高考大题专题研究五命题动向：从近五年的高考试题来看，圆锥曲线问题在高考中属于必考内容，并且常常在同一份试卷上多题型考查对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法：第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识；第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题，解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.专题研究(一)最值、范围问题题型一最值问题例1(2022湖北襄阳五中高三开学考试)已知椭圆C：1(ab0)的左、右顶点分别为A，B，O为坐标原点，直线l：x1与C的两个交点和O，B构成一个面积为的菱形(1)求C的方程；(2)圆E过O，B，交l于点M，N，直线AM，AN分别交C于另一点P，
2、Q，点S，T满足，求O到直线ST和直线PQ的距离之和的最大值解(1)因为直线l：x1与C的两个交点和O，B构成的四边形是菱形，所以l垂直平分OB，所以B(2,0)，a2.设D(1，y0)为直线l与C在第一象限的交点，则菱形的面积为22y02y0.因为菱形的面积为，所以2y0，解得y0，即D.将点D代入1，得1，又a24，所以b22.所以C的方程为1.(2)解法一：由题意，得OB为圆E的一条弦，且直线x1垂直平分该弦，故直线x1经过圆心E，所以MN为圆E的直径，因此MON90，即0.设M(1，yM)，N(1，yN)，则yMyN1.注意到kAM，kAN，则kAMkAN.又因为kAMkAP，kANk
3、AQ，所以kAPkAQ.设直线PQ的方程为xmyt(t2)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)由得(m22)y22mtyt240.4m2t24(m22)(t24)8(2m24t2)0，(*)y1y2，y1y2.因为kAP，kAQ，故，即.即.将代入上式得，化简得，解得t，满足(*)所以直线PQ的方程为xmy，故直线PQ过定点G.由，所以STPQ，所以直线ST也过定点H，且，解得H.注意到O位于线段GH上，故O到直线ST的距离与O到直线PQ的距离之和等于两平行直线ST，PQ之间的距离d，且d.当ST，PQ垂直于x轴时，点O到直线ST和直线PQ的距离之和为，所以点O到直线ST和直线PQ的距离之和的
4、最大值是.解法二：由(1)可得A(2,0)，设直线AM的方程为yk1(x2)，则M(1,3k1)另设直线AN的方程为yk2(x2)，则N(1,3k2)由题意，得OB为圆E的一条弦，且直线x1垂直平分该弦，故直线x1经过圆心E，所以MN为圆E的直径，因此MON90，即0.所以13k13k20，即k1k2.由得(x2)(2k1)x4k20，所以xP.将xP代入yk1(x2)，得yP，即P.同理可得Q.当k1k20时，直线PQ的斜率为kPQ，所以直线PQ的方程为y，即2y(k1k2)(2k1)8k1(k1k2)(2k1k21)(2k1)x(2k1k21)(4k2)将k1k2代入，得y，所以直线PQ过
5、定点G.当k1k20时，直线PQ的方程为x，也过点G.因此直线PQ始终过定点G.设直线ST与x轴交于点H(xH,0)因为，所以STPQ，且，所以xH2，解得xH，即直线ST过定点H.设直线PQ的方程为xty，即11x11ty140，所以点O到直线PQ的距离为d1.同理可得点O到直线ST的距离为d2.所以d1d2，当且仅当t0，即PQ垂直于x轴时等号成立故点O到直线ST和直线PQ的距离之和的最大值为.解题策略处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用
6、代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解变式训练1如图，已知点F(1，0)为抛物线y22px(p0)的焦点过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧记AFG，CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求的最小值及此时点G的坐标解(1)由题意得1，即p2.所以抛物线的准线方程为x1.(2)抛物线的方程为y24x.设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)令yA2t，t0，则xAt2.由于
7、直线AB过F，故直线AB的方程为xy1，代入y24x，得y2y40，故2tyB4，即yB，所以B.又xG(xAxBxC)，yG(yAyByC)，重心G在x轴上，所以2tyC0，得C，G.所以直线AC的方程为y2t2t(xt2)，得Q(t21,0)由于Q在焦点F的右侧，故t22.从而2.令mt22，则m0，2221.当m时，取得最小值1，此时G(2,0)题型二范围问题例2如图，椭圆C：1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程；(2)点P(x0，y0)(y00)为椭圆C上一动点，连接PF1，PF2，设F1PF2的
8、平分线PM交椭圆C的长轴于点M(m,0)，求实数m的取值范围解(1)将xc代入1中，由a2c2b2，可得y2，所以过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为.由解得所以椭圆C的方程为y21.(2)解法一：因为点P(x0，y0)(y00)，F1(，0)，F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为l1：y0x(x0)yy00，l2：y0x(x0)yy00.由题意，可知 .由于点P为椭圆C上除左、右顶点外的任一点，所以y1，所以，因为m，2x02，所以，即mx0，因此m.解法二：设|PF1|t，则|PF2|4t，在PF1M中，在PF2M中，因为PMF1PMF2，MPF1MPF2，所以，
9、解得m(t2)，因为t(ac，ac)，即t(2，2)，所以m0)的焦点，M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|2.(1)求抛物线的方程；(2)设过点F的直线交抛物线于A，B两点，若斜率为2的直线l与直线MA，MB，AB，x轴依次交于点P，Q，R，N，且满足|RN|2|PN|QN|，求直线l在x轴上截距的取值范围解(1)因为M是抛物线的准线与x轴的交点，且|MF|2，所以p2.所以抛物线的方程为y24x.(2)由(1)知，F(1,0)，M(1,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为xmy1，直线l的方程为y2xn(n2)由可得y24my40，显然0，所以y1y24m，y1
10、y24，所以yy(y1y2)22y1y216m28.易知直线AM的方程为y(x1)，则由可得P.同理可得Q，所以|yPyQ|.由可得yR.因为|RN|2|PN|QN|，所以y|yPyQ|，所以2，所以142，所以n2或21或470)的焦点为F，且F与圆M：x2(y4)21上点的距离的最小值为4.(1)求p；(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求PAB面积的最大值解(1)因为焦点F到圆M：x2(y4)21上点的距离的最小值为|FM|1413，所以34，所以p2.(2)解法一：由(1)知抛物线C：x24y，即y.所以y.设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，则lPA
11、：yx，lPB：yx.由解得P.由题意可知直线AB的斜率存在，设lAB：ykxb，与抛物线C：x24y联立，得消去y，得x24kx4b0，则16k216b0，即k2b0，且x1x24k，x1x24b，所以P(2k，b)因为|AB|，点P到直线AB的距离d，所以SPAB|AB|d |2k22b|4(k2b).(*)又点P(2k，b)在圆M：x2(y4)21上，所以k2.将该式代入(*)式，得SPAB4.而yPb5，3，所以b3,5所以当b5时，PAB的面积最大，最大值为20.解法二：由(1)知抛物线C：x24y，即y.所以y.设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，圆M上任意一点P(x0，
12、y0)，则易得lPA：yxy1，lPB：yxy2，联立得P.所以x0，y0，又线段AB的中点Q的坐标为.所以SPAB|PQ|x1x2|x1x2|x1x2|x1x2|33333.(*)又点P(x0，y0)在圆M：x2(y4)21上，所以x1(y04)2，代入(*)式，得SPAB(y12y015) .而y05，3，所以y05时，PAB的面积最大，最大值为20.2(2022武汉调研)已知椭圆：1(ab0)经过点M(2,1)，且右焦点F(，0)(1)求椭圆的标准方程；(2)过N(1,0)且斜率存在的直线AB交椭圆于A，B两点，记t，若t的最大值和最小值分别为t1，t2，求t1t2的值解(1)由椭圆1的
13、右焦点为(，0)，知a2b23，即b2a23，则1，a23.又椭圆过点M(2,1)，1，解得a26或a22(舍去)故椭圆的标准方程为1.(2)设直线AB的方程为yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得x22k2(x1)26，即(12k2)x24k2x2k260，点N(1,0)在椭圆内部，0，则t(x12)(x22)(y11)(y21)x1x22(x1x2)4(kx1k1)(kx2k1)(1k2)x1x2(2k2k)(x1x2)k22k5，将代入，得t(1k2)(2k2k)k22k5，t，(152t)k22k1t0，kR，则1224(152t)(1t)0，(2t15)(t1)10，
14、即2t213t160，由题意，知t1，t2是2t213t160的两根，t1t2.3(2021北京高考)已知椭圆E：1(ab0)过点A(0，2)，以四个顶点围成的四边形面积为4.(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点P(0，3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y3于点M，N，若|PM|PN|15，求k的取值范围解(1)因为椭圆过点A(0，2)，所以b2，因为四个顶点围成的四边形的面积为4，所以2a2b4，即a，故椭圆E的标准方程为1.(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，因为直线BC的斜率存在，所以x1x20，y12，y22，故直线AB：yx2，令y3，则xM，
15、同理xN.直线BC：ykx3，由可得(45k2)x230kx250，故900k2100(45k2)0，解得k1.又x1x2，x1x2，故x1x20，所以xMxN0.所以|PM|PN|xMxN|5|k|，故5|k|15，即|k|3，综上，3k1或1b0)与抛物线E：y22px(p0)的一个公共点，且椭圆与抛物线具有一个相同的焦点F.(1)求椭圆C及抛物线E的方程；(2)设过F且互相垂直的两动直线l1，l2，l1与椭圆C交于A，B两点，l2与抛物线E交于C，D两点，求四边形ACBD面积的最小值解(1)P是抛物线E：y22px(p0)上一点，p2，抛物线E的方程为y24x，则F(1,0)，a2b21
16、.又P在椭圆C：1上，1，结合a2b21知b23(负值舍去)，a24，椭圆C的方程为1，抛物线E的方程为y24x.(2)由题意可知直线l1的斜率存在，设直线l1的方程为yk(x1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)当k0时，|AB|4，直线l2的方程为x1，|CD|4，故S四边形ACBD|AB|CD|8.当k0时，直线l2的方程为y(x1)，由得(34k2)x28k2x4k2120.x1x2，x1x2.由弦长公式知|AB|x1x2|.同理可得|CD|4(k21)S四边形ACBD|AB|CD|4(k21).令tk21，t(1，)，则S四边形ACBD，当t(1
17、，)时，(0,1)，0248.综上所述，四边形ACBD面积的最小值为8.5(2021重庆七校联合考试)已知A，B是x轴正半轴上两点(A在B的左侧)，且|AB|a(a0)，过A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y22px(p0)在第一象限分别交于D，C两点(1)若ap，点A与抛物线y22px的焦点重合，求直线CD的斜率；(2)若O为坐标原点，记OCD的面积为S1，梯形ABCD的面积为S2，求的取值范围解(1)由题意，知A，又ap，则B，D，则C，所以kCD1.(2)设直线CD的方程为ykxb(k0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由得ky22py2pb0，所以4p28pkb0，得kb0，y1y
18、20，可知k0，b0，因为|CD|x1x2|a，点O到直线CD的距离d，所以S1aab.又S2(y1y2)|x1x2|a，所以，因为0kb，所以0b0)，F1，F2为其左、右焦点，B1，B2为其上、下顶点，四边形F1B1F2B2的面积为2.(1)求椭圆E的长轴A1A2的最小值，并确定此时椭圆E的方程；(2)对于(1)中确定的椭圆E，设过定点M(2,0)的直线l与椭圆E相交于P，Q两点，若，当时，求OPQ的面积S的取值范围解(1)依题意，四边形F1B1F2B2的面积为2bc，2bc2.|A1A2|2a222，当且仅当bc1时等号成立，此时a，长轴A1A2的最小值为2，此时椭圆E的方程为y21.(2)依题意，可设直线l：xty2，联立得得(t22)y24ty20.由0，得t22.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由根与系数的关系得由，得y1y2，由得2，y2在上单调递减，2，t20.OPQ的面积SSOMQSOMP|OM|y1y2|y1y2| .设m ，则m，t2m22，S，ym在m上单调递减，S在m上单调递增，OPQ的面积S.
