1、第6讲 解析几何 第2课时 圆锥曲线综合问题 题型2 解答题 规范踩点 多得分考情分析 圆锥曲线综合问题包括：探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等这类问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，参数处理为核心，需要运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识求解，试题难度较大1 热点题型分析 PART ONE 热点 1 定点、定值问题1直线恒过定点是指无论直线如何变动，必有一个定点的坐标适合这条直线的方程问题就归结为用参数把直线方程表示出来，无论参数如何变化，这个方程必有一组常数解2定值的证明和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证得与参数无关的数值，在这类问题中，选
2、择消元的方法是非常关键的(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 在线段 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
3、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.1动直线过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为 ykxm，由题设条件将 m 用 k 表示为 mf(k)，借助于点斜式方程思想确定定点坐标2定值问题的解法(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是
4、定值)(2)将问题转化为证明待定式与参数(某些变量)无关；或先将式子用动点坐标或动直线中的参数表示；再利用其满足的约束条件消参得定值(2018北京高考)已知抛物线 C：y22px 经过点 P(1,2)过点 Q(0,1)的直线 l 与抛物线 C 有两个不同的交点 A，B，且直线 PA 交 y 轴于 M，直线 PB交 y 轴于 N.(1)求直线 l 的斜率的取值范围；(2)设 O 为原点，QM QO，QN QO，求证：11为定值解(1)因为抛物线 y22px 经过点 P(1,2)，所以 42p，解得 p2，所以抛物线的方程为 y24x.由题意可知直线 l 的斜率存在且不为 0，设直线 l 的方程为
5、 ykx1(k0)由y24x，ykx1，得 k2x2(2k4)x10.依题意有(2k4)24k210，解得 k0 或 0k1.又 PA，PB 与 y 轴相交，故直线 l不过点(1，2)从而 k3.所以直线 l 的斜率的取值范围是(，3)(3，0)(0,1)(2)证明：设 A(x1，y1)，B(x2，y2)由(1)知 x1x22k4k2，x1x21k2.直线 PA 的方程为 y2y12x11(x1)令 x0，得点 M 的纵坐标为 yMy12x112kx11x11 2.同理可得点 N 的纵坐标为 yNkx21x21 2.由QM QO，QN QO，得 1yM，1yN.所以1111yM11yN x11
6、k1x1x21k1x2 1k12x1x2x1x2x1x2 1k12k22k4k21k22.所以11为定值热点 2 范围、最值问题解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角或斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解具体可采用如下方法：(1)利用判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用已知或隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围(2017浙江高考)如图，已知抛物线 x2y，点 A12，14，B32，94，抛
7、物线上的点 P(x，y)12x32.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|的最大值解(1)设直线 AP 的斜率为 k，则 kx214x12x12，因为12x0)由ykx，x24y221，得 x212k2.设 u212k2，则 P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直线 QG 的斜率为k2，方程为 yk2(xu)由yk2xu，x24y221，得(2k2)x22uk2xk2u280.(*)设 G(xG，yG)，则u 和 xG 是方程(*)的解，故 xGu3k222k2，由此得 yG uk32k2.从而直线 PG 的斜率为uk
8、32k2uku3k222k2u1k.所以 PQPG，即PQG 是直角三角形由得|PQ|2u1k2，|PG|2ukk212k2，所以PQG 的面积S12|PQ|PG|8k1k212k22k281kk121kk 2.设 tk1k，则由 k0，得 t2，当且仅当 k1 时取等号因为 S8t12t2在2，)上单调递减，所以当 t2，即 k1 时，S 取得最大值，最大值为169.因此，PQG 面积的最大值为169.热点 3 探索性问题圆锥曲线中的探索性问题常考查结论存在和条件探究两种题型，一般的解题思路如下：(1)结论存在型：即证明在给定的条件下，一些给定的结论是否存在解题时一般先对结论作肯定假设，然后
9、结合已知条件进行推证，若推证无矛盾，则正确；若推出矛盾，则否定此结论过程可归纳为：假设推证定论；(2)条件探究型：即给出结论，需要分析出具备的条件，并加以证明解题时一般从结论出发，依据其他已知条件，通过必要的逻辑推理，逐步找到结论成立的等价条件，即“执果索因”(2019全国卷)已知 F1，F2 是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的两个焦点，P 为 C 上的点，O 为坐标原点(1)若POF2 为等边三角形，求 C 的离心率；(2)如果存在点 P，使得 PF1PF2，且F1PF2 的面积等于 16，求 b 的值和 a 的取值范围解(1)连接 PF1.由POF2 为等边三角形可知在F1PF2
10、中，F1PF290，|PF2|c，|PF1|3c，于是 2a|PF1|PF2|(31)c，故 C 的离心率为 eca 31.(2)由题意可知，满足条件的点 P(x，y)存在当且仅当12|y|2c16，yxc yxc1，x2a2y2b21，即 c|y|16，x2y2c2，x2a2y2b21.由及 a2b2c2，得 y2b4c2.又由，知 y2162c2，故 b4.由及 a2b2c2 得 x2a2c2(c2b2)，所以 c2b2，从而 a2b2c22b232，故 a4 2.当 b4，a4 2时，存在满足条件的点 P.所以 b4，a 的取值范围为4 2，)解决探索性问题时要注意：先假设存在，推证满足
11、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，推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件3当条件和结论都未知时，按常规方法解题较难，因此要开放思维，采取其他途径设椭圆 M：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 A(1,0)，B(1,0)，C 为椭圆 M 上的点，且ACB3，SABC 33.(1)求椭圆 M 的标准方程；(2)设过椭圆 M 右焦点且斜率为 k 的动直线与椭圆 M 相交于 E，F 两点，探究在 x 轴上是否存在定点 D，使得DE DF 为定值？若存在，试求出定值和点D 的坐标；若不存在，请说明理由解(1)在ABC 中，由
12、余弦定理得 AB2CA2CB22CACBcosACB(CACB)23CACB4.又 SABC12CACBsinACB 34 CACB 33，CACB43，代入上式得 CACB2 2.椭圆长轴 2a2 2，焦距 2cAB2.所以椭圆 M 的标准方程为x22y21.(2)设直线方程为 yk(x1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立x22y21，ykx1.消去 y，得(12k2)x24k2x2k220，8k280，x1x2 4k212k2，x1x22k2212k2.假设在 x 轴上存在定点 D(x0,0)，使得DE DF 为定值，DE DF(x1x0，y1)(x2x0，y2)x1x2x0(x
13、1x2)x20y1y2x1x2x0(x1x2)x20k2(x11)(x21)(1k2)x1x2(x0k2)(x1x2)x20k22x204x01k2x20212k2.要使DE DF 为定值，则DE DF 的值与 k 无关，2x204x012(x202)，解得 x054，此时DE DF 716为定值，定点为54，0.2 专题作业 PART TWO 1(2019全国卷)已知曲线 C：yx22，D 为直线 y12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 E0，52 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
14、的面积解(1)证明：设 Dt，12，A(x1，y1)，则 x212y1.因为 yx，所以切线 DA 的斜率为 x1，故y112x1tx1.整理得 2tx12y110.设 B(x2，y2)，同理可得 2tx22y210.故直线 AB 的方程为 2tx2y10.所以直线 AB 过定点0，12.(2)由(1)得直线 AB 的方程为 ytx12.由 ytx12，yx22可得 x22tx10.于是 x1x22t，x1x21，y1y2t(x1x2)12t21，|AB|1t2|x1x2|1t2 x1x224x1x22(t21)设 d1，d2 分别为点 D，E 到直线 AB 的距离，则 d1 t21，d22t
15、21.因此，四边形 ADBE 的面积S12|AB|(d1d2)(t23)t21.设 M 为线段 AB 的中点，则 Mt，t212.因为EM AB，而EM(t，t22)，AB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 2.因此，四边形 ADBE 的面积为 3 或 4 2.2(2017全国卷)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)，四点 P1(1,1)，P2(0,1)，P31，32，P41，32 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 P
16、2B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 1a2 1b2 1a2 34b2，知椭圆 C 不经过点 P1，所以点 P2 在椭圆 C 上因此 1b21，1a2 34b21，解得a24，b21.故椭圆 C 的方程为x24y21.(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|2，可得 A，B 的坐标分别为t，4t22，t，4t22，则 k1k2 4t222t 4t222t1，解得 t2，不符合题设从而可设 l：ykxm(m1)将
17、 ykxm 代入x24y21，得(4k21)x28kmx4m240.由题设可知 16(4k2m21)0.设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 8km4k21，x1x24m244k21.而 k1k2y11x1 y21x2 kx1m1x1kx2m1x22kx1x2m1x1x2x1x2.由题设 k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)4m244k21(m1)8km4k210，解得 km12.当且仅当 m1 时，0，于是 l：ym12xm，即 y1m12(x2)，所以 l 过定点(2，1)3(2019北京高考)已知抛物线 C：x22py 经过点(2，1)(1
18、)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ykx1，x24y得 x24kx40.设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x24.直线 OM 的方程为 yy1x1x.令 y1，得点 A 的横
19、坐标 xAx1y1.同理得点 B 的横坐标 xBx2y2.设点 D(0，n)，则DA x1y1，1n，DB x2y2，1n，DA DB x1x2y1y2(n1)2x1x2x214 x224(n1)2 16x1x2(n1)24(n1)2.令DA DB 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)4已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的左、右焦点分别为 F1，F2，离心率为13，点 P 在椭圆 C 上，且PF1F2 的面积的最大值为 2 2.(1)求椭圆 C 的方程；(2)已知直线 l：ykx2(k0)与椭圆 C 交于不同的两
20、点 M，N，若在 x轴上存在点 G，使得|GM|GN|，求点 G 的横坐标的取值范围解(1)由已知，得ca13，122cb2 2，c2a2b2，解得 a29，b28，c21，所以椭圆 C 的方程为x29y281.(2)设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN 的中点为 E(x0，y0)，若存在点 G(m,0)，使得|GM|GN|，则 GEMN.由ykx2，x29y281，得(89k2)x236kx360，由 0，得 kR.所以 x1x2 36k9k28，则 x0 18k9k28，y0kx02169k28.因为 GEMN，所以 kGE1k，即169k28018k9k28m1k，所以有 m 2k9k28 29k8k.当k0时，9k8k298122当且仅当9k8k，即k2 23 时，取等号，所以 212m0；当 k0 时，9k8k12 2当且仅当9k8k，即k2 23 时，取等号，所以 0m 212.综上，点 G 的横坐标的取值范围为 212，0 0，212.本课结束
