1、第3讲圆锥曲线中的综合问题考点1与圆锥曲线有关的定点、定值问题考向1定点问题高考串讲找规律高考解读教师授课资源由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的几何图形中，探求直线过定点、曲线过定点等一类常考题型考查考生的数形结合思想和逻辑推理能力(2019全国卷)已知曲线C：y，D为直线y上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积解(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x2y1.由yx，所以切线DA的斜率为x1，故x1.整理得2tx12y110.设B(x2，y2)，同理可得2tx
2、22y210.故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点.(2)由(1)得直线AB的方程为ytx.由可得x22tx10.于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|AB|x1x2|2(t21)设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1，d2.因此，四边形ADBE的面积S|AB|(d1d2)(t23).设M为线段AB的中点，则M.由于，而(t，t22)，与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0.解得t0或t1.当t0时，S3；当t1时，S4.因此，四边形ADBE的面积为3或4.教师备选题(2017全国卷)已知椭圆C：1(ab0)，四点P1(1,1)，P2
3、(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点若直线P2A与直线P2B的斜率的和为1，证明：l过定点解(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点又由知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上因此解得故椭圆C的方程为y21.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：xt，由题设知t0，且|t|0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.而k1k2.由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0.解得k.当
4、且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1)定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定点(m,0)(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点考题变迁提素养(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2y24上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2，动点P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)设E的左顶点为D，若直线l：ykxm与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足|，求证：
5、直线l恒过定点，并求出该定点的坐标解(1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)，2，2(x0x，y)(0，y0)，即x0x，y0y，又点M在圆C：x2y24上，xy4，将x0x，y0y代入得1，即轨迹E的方程为1.(2)由(1)可知D(2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(34k2)x28mkx4(m23)0，(8mk)24(34k2)(4m212)16(12k23m29)0，即34k2m20，x1x2，x1x2.y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2，|，即0，即(x12，y1)(x22，y2)x1x22(x1x2)4y1y
6、20，240，7m216mk4k20，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)，与已知矛盾；当m2k时，l的方程为ykxkk，直线恒过点.直线l恒过定点，定点坐标为.考向2定值问题高考串讲找规律高考解读教师授课资源由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的图形中，探求线段长为定值、直线的斜率或斜率之和(积)等为定值是高考考查圆锥曲线几何性质的一类常见题型，求解时要有数形结合的意识和合情推理的能力.(2019全国卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|4，M过点A，B且与直线x20相切(1)若A在直线xy0上，求M的
7、半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|MP|为定值？并说明理由解(1)因为M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上由已知A在直线xy0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a，a)因为M与直线x20相切，所以M的半径为r|a2|.由已知得|AO|2，又MOAO，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半径r2或r6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|MP|为定值理由如下：设M(x，y)，由已知得M的半径为r|x2|，|AO|2.由于MOAO，故可得x2y24(x2)2，化简得M的轨迹方程为y24x.因为曲线C：y24x是以点P(1,0)为
8、焦点，以直线x1为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点P.求解定值问题的两大途径(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值考题变迁提素养(2019惠州调研)如图，椭圆E：1(ab0)经过点A(0，1)，且离心率为.(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的斜率之和为定值解(1)由题意知，b1，所以a，所以椭圆E的方程为y21.(2)设直线PQ的方程为yk(x1)1(k2)，代入
9、y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由题意知0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x20，则x1x2，x1x2，所以kAPkAQ2k(2k)2k(2k)2k2(k1)2，故直线AP与AQ的斜率之和为定值2.考点2求圆锥曲线中的最值范围问题考向1构造不等式求最值或范围高考串讲找规律高考解读教师授课资源以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学运算能力和逻辑推理及等价转化能力.(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
10、，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面积的最大值切入点：(1)由kAMkBM求C的方程，并注意x的范围(2)证明kPQkPG1即可；建立面积函数，借助不等式求解解(1)由题设得，化简得1(|x|2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点(2)设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0)由得x.记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x
11、G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.教师备选题(2014全国卷)已知点A(0，2)，椭圆E：1(ab0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，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的方程切入点：(1)由e，kAF可求a，b的值；(2)设出l的方程，表示出弦长|PQ|
12、及点O到直线PQ的距离d，由SOPQ|PQ|d建立函数关系式，并借助不等式求最值解(1)设F(c,0)，由条件知，得c.又，所以a2，b2a2c21.故E的方程为y21.(2)当lx轴时不合题意，故设l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将ykx2代入y21得(14k2)x216kx120.当16(4k23)0，即k2时，x1,2.从而|PQ|x1x2|.又点O到直线PQ的距离d，所以OPQ的面积SOPQd|PQ|.设t，则t0，SOPQ.因为t4，当且仅当t2，即k时等号成立，且满足0，所以，当OPQ的面积最大时l的方程为yx2或yx2.基本不等式求最值的5种典型情况分析(1)s
13、(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)(2)s(基本不等式)(3)s(基本不等式)(4)s(先分离参数，再利用基本不等式)(5)s(上下同时除以k2，令tk换元，再利用基本不等式)考题变迁提素养(长度的最值问题)若F1，F2分别是椭圆E：y21的左、右焦点，F1，F2关于直线xy20的对称点是圆C的一条直径的两个端点(1)求圆C的方程；(2)设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a，b.当ab取最大值时，求直线l的方程解(1)因为F1(2,0)，F2(2,0)，所以圆C半径为2，圆心C是原点O关于直线xy20的对称点设C(p，q)，由得pq2，所以C(2,2)所以圆C的方程
14、为(x2)2(y2)24.(2)设直线l的方程为xmy2，则圆心C到直线l的距离d，所以b2，由得(5m2)y24my10，设直线l与椭圆E交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，y1y2，a|AB|，ab2，当且仅当，即m时等号成立所以当m时，ab取最大值此时直线l的方程为xy20.考向2构造函数求最值或范围高考串讲找规律(2017浙江高考)如图，已知抛物线x2y，点A，B，抛物线上的点P(x，y)x.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|PA|PQ|的最大值切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助x求其范围；(2)先分别计算|PA|、|P
15、Q|的长，再建立|PA|PQ|的函数，进而借助导数求其最值解(1)设直线AP的斜率为k，kx，因为x，所以1x1，即直线AP斜率的取值范围是(1,1)(2)联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是xQ.因为|PA|(k1)，|PQ|(xQx)，所以|PA|PQ|(k1)(k1)3.令f(k)(k1)(k1)3，因为f(k)(4k2)(k1)2，所以f(k)在区间上单调递增，在上单调递减，因此当k时，|PA|PQ|取得最大值.构造函数法求最值或范围时的策略解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法
16、(单调性或导数)进行求解考题变迁提素养(面积最值问题)已知动圆C过定点F2(1,0)，并且内切于定圆F1：(x1)2y212.(1)求动圆圆心C的轨迹方程；(2)若曲线y24x上存在两个点M，N，(1)中曲线上有两个点P，Q，并且M，N，F2三点共线，P，Q，F2三点共线，PQMN，求四边形PMQN的面积的最小值解(1)设动圆的半径为r，则|CF2|r，|CF1|2r，所以|CF1|CF2|2|F1F2|，由椭圆的定义知动圆圆心C的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，且a，c1，所以b，动圆圆心C的轨迹方程是1.(2)当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，易得|MN|4，|PQ|2，四边形
17、PMQN的面积S4.当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为yk(x1)(k0)，联立方程得消元得k2x2(2k24)xk20，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则|MN|4.因为PQMN，所以直线PQ的方程为y(x1)，由得(2k23)x26x36k20.设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则|PQ|.则四边形PMQN的面积S|MN|PQ|.令k21t，t1，则S.因为t1，所以01，易知2的范围是(0,2)，所以S4.综上可得S4，S的最小值为4.考点3圆锥曲线中的证明、存在性问题考向1圆锥曲线中的证明问题高考串讲找规律高考解读教师授课资源圆锥曲线中的证明一般包括两大方面，一是位置
18、关系的证明：如证明相切、垂直、过定点等.二是数量关系的证明：如存在定值、恒成立、线段或角相等等.考查学生的等价转化、逻辑推理及数学运算的能力.(2018全国卷)已知斜率为k的直线l与椭圆C：1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m0)(1)证明：k；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且0.证明：|，|，|成等差数列，并求该数列的公差切入点：(1)中点弦问题用“点差法”(2)由0表示出点P的坐标，表示出|，|，|，并证明2|即可证明(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1，1.两式相减，并由k得k0.由题设知1，m，于是k.由题设得0m，故k.(2)由题意得F(1,0)设P
19、(x3，y3)，则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)由(1)及题设得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0.又点P在C上，所以m，从而P，|.于是|2.同理|2.所以|4(x1x2)3.故2|，即|，|，|成等差数列设该数列的公差为d，则2|d|x1x2|将m代入得k1.所以l的方程为yx，代入C的方程，并整理得7x214x0.故x1x22，x1x2，代入解得|d|.所以该数列的公差为或.圆锥曲线中证明题的求解策略处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决考题变迁提素养(证明位
20、置关系)(2019济南一模)已知点F为抛物线E：y22px(p0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|3.(1)求抛物线E的方程；(2)已知点G(1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切解(1)由抛物线的定义，得|AF|2.由已知|AF|3，得23，解得p2，所以抛物线E的方程为y24x.(2)如图，因为点A(2，m)在抛物线E：y24x上，所以m2，由抛物线的对称性，不妨设A(2,2)由A(2,2)，F(1,0)可得直线AF的方程为y2(x1)由得2x25x20，解得x2或x，从而B.又G(1,0)，所以kGA，kGB，所以kGA
21、kGB0，从而AGFBGF，这表明点F到直线GA，GB的距离相等，故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切考向2“肯定顺推法”求解存在性问题高考串讲找规律高考解读教师授课资源解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化.从命题角度上看，近几年高考在解析几何中涉及研究角相等，角平分线等，常转化为直线斜率互补(成相等)问题，注意灵活转化.(2015全国卷)在直角坐标系xOy中，曲线C：y与直线l：ykxa(a0)交于M，N两点(1)当k0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总
22、有OPMOPN？说明理由解(1)由题设可得M(2，a)，N(2，a)，或M(2，a)，N(2，a)由y，得y，故y在x2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.y在x2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为ya(x2)，即xya0.故所求切线方程为xya0和xya0.(2)存在符合题意的点证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将ykxa代入C的方程，得x24kx4a0.故x1x24k，x1x24a.从而k1k2.当ba时，有k1k20，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故OP
23、MOPN，所以点P(0，a)符合题意探索性问题的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，列出关于特定系数的方程组，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)不存在提醒：反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法考题变迁提素养(与几何图形有关的探索性问题)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，在直线xy0上有且只有一个点M满足0.(1)求椭圆C的方程；(2)已知点P(1，y0)是椭圆C上且位于第一象限的点，弦AB过椭圆C的右焦点F2，过点P且平行于AB的直线与椭圆C交与另一点Q，问：是否存在
24、A，B，使得四边形PABQ是平行四边形？若存在，求出弦AB所在直线的方程；若不存在，请说明理由解(1)依题意知满足0的点M在以F1F2为直径的圆x2y2c2上，又在直线xy0上有且只有一个点M满足0，所以直线xy0与圆x2y2c2相切，则c1.又椭圆C的离心率e，则a2，b2a2c23，于是椭圆C的方程为1.(2)由题意可得P.假设存在满足条件的A，B，易知直线AB的斜率一定存在，设为k，则直线AB的方程为yk(x1)，直线PQ的方程为yk(x1)由消去y并整理，得(34k2)x28k2x4k2120，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.由消去y并整理，得(34k2)x2(8k212k)x4k212k30，设Q(x3，y3)，又P，则x31，x31，求得x3.若四边形PABQ是平行四边形，则PB的中点与AQ的中点重合，所以，即x1x21x3，则(x1x2)24x1x2(1x3)2，所以242，化简得16k44(k23)(34k2)9(2k1)2，解得k.所以存在A，B，使得四边形PABQ是平行四边形，弦AB所在直线的方程为y(x1)，即3x4y30.
