1、第3讲圆锥曲线的综合问题全国卷3年考情分析年份全国卷全国卷全国卷2019直线与抛物线性质的综合应用T19求曲线方程、直线与椭圆的位置关系、最值问题T21直线过定点、直线与抛物线相交弦长问题、点到直线的距离及四边形的面积T212018直线的方程、直线与椭圆的位置关系、证明问题T19直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程T19直线与椭圆的位置关系、等差数列的证明T202017椭圆的标准方程、直线与椭圆的位置关系、定点问题T20点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等T20直线与抛物线的位置关系、直线的方程、圆的方程T20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
2、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：(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲线中的判断与证明第1课时圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 例1(2019全国卷)已知点A(2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.证明：PQG是直角三角形；求PQG面积的最大值解(1)由题设得，化简得1(|x|2)，所以C为
3、中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点(2)证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0)由得x.设u，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u，0)于是直线QG的斜率为，方程为y(xu)由得(2k2)x22uk2xk2u280.设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.从而直线PG的斜率为.所以PQPG，即PQG是直角三角形由得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面积S|PQ|PG|.设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号因为S在2，)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQG面积的最大值为.题后悟通最值问题的2种基本解法几
4、何法根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的解法(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的解法(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)多练强化(2019河北省九校第二次联考)已知抛物线C：y22px(p0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|8.(1)求抛物线C的方程；(2)设直线l为抛物线C的切线，且lMN，P为l上一点，求的最小值解：(1)由题意可知F，则直线MN的方程为yx，代入y22px(p0)得x23px0，设
5、M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x23p，|MN|8，x1x2p8，即3pp8，解得p2，抛物线C的方程为y24x.(2)设直线l的方程为yxb，代入y24x，得x2(2b4)xb20，直线l为抛物线C的切线，0，解得b1，l：yx1.由(1)可知，x1x26，x1x21，设P(m，m1)，则(x1m，y1(m1)，(x2m，y2(m1)，(x1m)(x2m) y1(m1)y2(m1)x1x2m(x1x2)m2y1y2(m1)(y1y2)(m1)2，(y1y2)216x1x216，y1y24，yy4(x1x2)，y1y244，16mm244(m1)(m1)22(m24m3)2(m2)
6、2714，当且仅当m2，即点P的坐标为(2，3)时，取得最小值14. 例2(2019安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C：1(ab0)的焦点坐标分别为F1(1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|5|PF2|且cosF1PF2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：ykxm与椭圆C交于A，B两点，点Q，若|AQ|BQ|，求k的取值范围解(1)由题意设|PF1|r1，|PF2|r2，则3r15r2，又r1r22a，r1a，r2a.在PF1F2中，由余弦定理得，cosF1PF2，解得a2，c1，b2a2c23，椭圆C的标准方程为1.(2)联立方程，得消去y得(34k2)x28
7、kmx4m2120，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，且48(34k2m2)0，设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0，y0kx0m，|AQ|BQ|，ABQM，又Q，M为AB的中点，k0，直线QM的斜率存在，kkQMk1，解得m，把代入得34k2，整理得16k48k230，即(4k21)(4k23)0，解得k或k0)，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
8、知A，则B，D，则C，又ap，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，y1y20，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0.2已知A，B分别为曲线C：y21(y0，a0)与x轴的左、右两个交点，直线l过点B且与x轴垂直，M为l上位于x轴上方的一点，连接AM交曲线C于点T.(1)若曲线C为半圆，点T为的三等分点，试求出点M的坐标(2)若a1，SMAB2，当TAB的最大面积为时，求椭圆的离心
9、率的取值范围解：(1)当曲线C为半圆时，得a1.由点T为的三等分点，得BOT60或120.当BOT60时，MAB30，又|AB|2，故MAB中，有|MB|AB|tan 30，所以M.当BOT120时，同理可求得点M坐标为(1，2)(2)设直线AM的方程为yk(xa)，则k0，|MB|2ka，所以SMAB2a2ka2，所以k，代入直线方程得y(xa)，联立解得yT，所以STAB2a，解得1a22，所以椭圆的离心率e ，即椭圆的离心率的取值范围为. 例3(2018全国卷)设椭圆C：y21的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(
10、2)设O为坐标原点，证明：OMAOMB.解(1)由已知得F(1，0)，l的方程为x1.则点A的坐标为或.又M(2，0)，所以直线AM的方程为yx或yx，即xy20或xy20.(2)证明：当l与x轴重合时，OMAOMB0.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以OMAOMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2b0)上，O为坐标原点，直线l：1的斜率与直线OA的斜率乘积为.(1)求椭圆C的方程；(2)不经过点A的直线yxt(t0且tR)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R(与点A不重合)，直线AQ，AR与y
11、轴分别交于两点M，N，求证：|AM|AN|.解：(1)由题意知，kOAkl，即a24b2，又1，所以联立，解得所以椭圆C的方程为y21.(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(x1，y1)，由得x2txt210，所以4t20，即2tb0)的离心率为，右焦点为F，以原点O为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线xy0相切(1)求椭圆C的方程；(2)如图，过定点P(2，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，连接AF并延长交C于M，求证：PFMPFB.解：(1)依题意可设圆O的方程为x2y2b2，圆O与直线xy0相切，b1，a2c21，又，a，椭圆C的方程为y21.(2)证明：依题意可知
12、直线l的斜率存在，设l的方程为yk(x2)由得(12k2)x28k2x8k220，l与椭圆有两个交点，0，即2k21b0)的离心率为e，点(，1)在椭圆D上(1)求椭圆D的方程；(2)过椭圆D内一点P(0，t)的直线l的斜率为k，且与椭圆D交于M，N两点，设直线OM，ON(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，若对任意k，存在实数，使得k1k2k，求实数的取值范围解：(1)椭圆D的离心率e，ab，又点(，1)在椭圆D上，1，得a2，b，椭圆D的方程为1.(2)由题意得，直线l的方程为ykxt.由消元可得(2k21)x24ktx2t240.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x
13、2，k1k22k2kt.由k1k2k，得k，此等式对任意的k都成立，即t22.点P(0，t)在椭圆内，0t22，即020)的准线l1与x轴交于点M，直线l2：4x3y60与抛物线C没有公共点，动点P在抛物线C上，点P到l1，l2的距离之和的最小值等于2.(1)求抛物线C的方程；(2)过点M的直线与抛物线C交于两个不同的点A，B，设 ，求|AB|的取值范围解：(1)作PG，PH分别垂直于l1，l2，垂足为G，H，设抛物线C的焦点为F，则F.由抛物线定义知|PG|PF|，所以点P到直线l1，l2的距离之和的最小值即为点F到直线l2的距离，故2，又p0，所以p2.所以抛物线C的方程为y24x.(2)
14、由(1)可得点M的坐标为(1，0)，由题意知直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为yk(x1)由消去x，整理得ky24y4k0，因为直线AB与抛物线交于两个不同的点，所以1616k20，所以0k21.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y24，y1y2，因为，M(1，0)，所以(x11，y1)(x21，y2)，所以y1y2，由可得k2.所以|AB| |y1y2| ，则|AB|216161616，令f()，1，则f()在上单调递减，因此可得2，所以016，所以0b0)的离心率为，其左焦点到点P(2，1)的距离为.不经过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平
15、分(1)求椭圆C的方程；(2)求ABP的面积取最大值时，直线l的方程解：(1)依题意知，e，左焦点(c，0)到点P(2，1)的距离d0，得a24，c21，所以b23，故椭圆C的方程为1.(2)易得直线OP的方程为yx，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点R(x0，y0)(y00)，其中y0x0.因为A，B在椭圆C上，所以1，1，两式相减得0，即0，故kAB.由题意可设直线l的方程为yxm(m0)，代入1中，消去y并整理得3x23mxm230，由(3m)243(m23)3(12m2)0，得2m2且m0.由根与系数的关系，得x1x2m，x1x2，所以|AB|x1x2| .又点P(2，1
16、)到直线l的距离d，所以ABP的面积SABP|AB|d，其中2m2且m0.令f(m)(4m)2(12m2)(2m2且m0)，则f(m)4(m4)(m22m6)4(m4)(m1)(m1)，令f(m)0，得m1(4和1不满足2m0，当m(1，2)且m0时，f(m)0，即34k2m20，x1x2，x1x2.y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2，|，即0，即(x12，y1)(x22，y2)x1x22(x1x2)4y1y20，240，7m216mk4k20，解得m12k，m2k，且均满足34k2m20，当m12k时，l的方程为ykx2kk(x2)，直线恒过点(2，0)，与已知
17、矛盾；当m2k时，l的方程为ykxkk，直线恒过点.直线l过定点，定点坐标为.题后悟通直线过定点问题的解题模型多练强化1(2019北京高考)已知抛物线C：x22py经过点(2，1)(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点解：(1)由抛物线C：x22py经过点(2，1)，得p2.所以抛物线C的方程为x24y，其准线方程为y1.(2)证明：抛物线C的焦点为F(0，1)设直线l的方程为ykx1(k0)由得x24kx40.设M(x1，y1)，N(
18、x2，y2)，则x1x24.直线OM的方程为yx.令y1，得点A的横坐标xA.同理得点B的横坐标xB.设点D(0，n)，则，(n1)2(n1)2(n1)24(n1)2.令0，即4(n1)20，得n1或n3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0，1)和(0，3)2(2019安徽省考试试题)已知椭圆C：1(ab0)的上顶点为P，右顶点为Q，直线PQ与圆x2y2相切于点M.(1)求椭圆C的方程；(2)若不经过点P的直线l与椭圆C交于A，B两点，且0，求证：直线l过定点解：(1)由已知得直线OM(O为坐标原点)的斜率kOM2，则直线PQ的斜率kPQ，所以直线PQ的方程为y，即x2y2.可求得P(
19、0，1)，Q(2，0)，故a2，b1，故椭圆C的方程为y21.(2)证明：当直线l的斜率不存在时，显然不满足条件当直线l的斜率存在时，设l的方程为ykxn(n1)，由消去y整理得(4k21)x28knx4(n21)0，(8kn)244(4k21)(n21)16(4k21n2)0，得4k21n2.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.由0，得(x1，y11)(x2，y21)0，又y1kx1n，y2kx2n，所以(k21)x1x2k(n1)(x1x2)(n1)20，由得n1(舍)或n，满足.此时l的方程为ykx，故直线l过定点. 例2已知椭圆C：1(ab0)，过A(2，0)，
20、B(0，1)两点(1)求椭圆C的方程及离心率；(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值解(1)由题意得，a2，b1，所以椭圆C的方程为y21.又c ，所以离心率e.(2)证明：设P(x0，y0)(x00，y00)，则x4y4.又A(2，0)，B(0，1)，所以直线PA的方程为y(x2)令x0，得yM，从而|BM|1yM1.直线PB的方程为yx1.令y0，得xN，从而|AN|2xN2.所以四边形ABNM的面积S|AN|BM|2.从而四边形ABNM的面积为定值题后悟通解答圆锥曲线的定值问题的策略(1)从特殊情形开始，求
21、出定值，再证明该值与变量无关；(2)采用推理、计算、消元得定值消元的常用方法为整体消元(如本例)、选择消元、对称消元等多练强化如图所示，已知点M(a，3)是抛物线y24x上一定点，直线AM，BM的斜率互为相反数，且与抛物线另交于A，B两个不同的点(1)求点M到其准线的距离；(2)求证：直线AB的斜率为定值解：(1)M(a，3)是抛物线y24x上一定点，324a，a.抛物线y24x的准线方程为x1，点M到其准线的距离为(1).(2)证明：由题知直线MA，MB的斜率存在且不为0，设直线MA的方程为y3k，A(xA，yA)，B(xB，yB)由得y2y90.yA3，yA3.直线AM，BM的斜率互为相反
22、数，直线MB的方程为y3k.同理可得yB3，kAB.直线AB的斜率为定值. 例3(2019重庆市学业质量调研)如图，已知椭圆C：1(ab0)，其左、右焦点分别为F1(2，0)及F2(2，0)，过点F1的直线交椭圆C于A，B两点，线段AB的中点为G，AB的中垂线与x轴和y轴分别交于D，E两点，且|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列(1)求椭圆C的方程；(2)记GF1D的面积为S1，OED(O为坐标原点)的面积为S2.试问：是否存在直线AB，使得S1S2？请说明理由解(1)|AF1|，|F1F2|，|AF2|构成等差数列，2a|AF1|AF2|2|F1F2|8，a4.又c2，b212，
23、椭圆C的方程为1.(2)假设存在直线AB，使得S1S2，显然直线AB不能与x，y轴垂直设AB的方程为yk(x2)(k0)，将其代入1，整理得(4k23)x216k2x16k2480，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，点G的横坐标为，G.DGAB，k1，解得xD，即D，RtGDF1和RtODE相似，若S1S2，则|GD|OD|， ，整理得8k290.方程8k290无解，不存在直线AB，使得S1S2.题后悟通探索性问题的解题策略探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的
24、条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径多练强化(2019广州市调研测试)已知动圆C过定点F(1，0)，且与定直线x1相切(1)求动圆圆心C的轨迹E的方程；(2)过点M(2，0)的任一条直线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得QNMPNM？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由解：(1)法一：依题意知，动圆圆心C到定点F(1，0)的距离，与到定直线x1的距离相等，由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F(1，0)为焦点，x1为准线的抛物线，其中p2.动圆圆心C的轨迹E的方程为y2
25、4x.法二：设动圆圆心C(x，y)，依题意得 |x1|，化简得y24x，即动圆圆心C的轨迹E的方程(2)假设存在点N(x0，0)满足题设条件由QNMPNM可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即kPNkQN0.易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ：xmy2，由得y24my80.由(4m)2480，得m或m.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1y24m，y1y28.由得kPNkQN0，y1(x2x0)y2(x1x0)0，即y1x2y2x1x0(y1y2)0.消去x1，x2，得y1yy2yx0(y1y2)0，即y1y2(y1y2)x0(y1y2)0.y1y20，x0y1y22，存在点N(2，0)，使得QNMPNM.
