1、第3講圓錐曲線中的綜合問題研考題III,通過賓超演變，明確備考方向考點1圓錐曲線中的定點、定值問題(5年3考)高考串講找觀律高考解讀定點、定值問題是解析幾何中的常見問題，此類試題多考查圓錐一 曲線的基本知識、解析幾何的基本方法，難度不高，不同層次的同學(xué)均能順利解 決.此類考題注重考查通性通法的應(yīng)用，考查考生的邏輯推理和數(shù)學(xué)運算的核心素 養(yǎng).角度一：定點問題X22,、 1. (2017全國卷H)設(shè)O為坐標(biāo)原點，動點M在橢圓C:萬+ y =1上，過M一 ，一，一 一一一，一L 作x軸的垂線，垂足為N,點P滿足np=J2nm.(1)求點P的軌跡方程； 一 . 一. (2)設(shè)點Q在直線x= 3上，且O

2、P PQ=1.證明：過點P且垂直于OQ的直線 l過C的左焦點F.切入點：點M在橢圓C上，且MN，x軸；nP=&nM. 一 關(guān)鍵點：將OPPQ=1轉(zhuǎn)化為向量的坐標(biāo)運算，進(jìn)而證明直線l過C的左焦點 F.解設(shè) P(x, y), M(xo, yo),則 N(xo,0), NP=(x-xo, y), NM = (0, yo).由 NP= /2nM得 x0 = x, yo=*y.22x y因為M(xo, yo)在C上，所以萬+ 2=1.因此點P的軌跡方程為x2+y2=2.(2)證明： 由題意知 F( 1,0) 設(shè) Q( 3， t)， P(m， n)， 則 OQ (3, t), PF = (1 m, n),

3、 OQ PF = 3+3mtn,OP=(m, n), PQ=(-3-m, t-n).由 OP PQ= 1 得一3m m2 + tn n2 = 1.又由知 m2 + n2=2,故 3+3mtn = 0.一一 所以O(shè)Q PF = 0,即OQPF.又過點 P 存在唯一直線垂直于OQ， 所以過點 P 且垂直于 OQ 的直線 l 過 C 的左焦點 F.角度二：定值問題2. (2019全國卷I)已知點A, B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，AB| = 4, OM過點A, B且與直線x+2 = 0相切.(1)若A在直線x+ y= 0上，求。M的半徑；(2)是否存在定點P,使得當(dāng)A運動時，|MA|MP|為定值？并說明理由

4、.切入點：。M過點A, B;。M與直線x+2 = 0相切.關(guān)鍵點：確定圓心M的坐標(biāo)；選用合適的參數(shù)表示|MA|MP|的值.解(1)因為。M過點A, B,所以圓心M在AB的垂直平分線上.由已知A 在直線x+y= 0上，且A, B關(guān)于坐標(biāo)原點O對稱，所以M在直線y=x上，故可 設(shè) M(a， a) 因為。M與直線x+2 = 0相切，所以。M的半徑為r=|a+2|.由已知得|AO|=2,又MOXAO,故可得2a2+4=(a + 2)2,解得a=0或a = 4.故。M的半徑r = 2或r = 6.(2)存在定點P(1,0),使得|MA|MP|為定值.理由如下：設(shè)M(x, y),由已知得。M的半徑為r =

5、 x+2|, |AO|=2.由于MOLAO,故可得x2+y2+4= (x+2)；化簡得M的軌跡方程為y2 = 4x.因為曲線C: y2=4x是以點P(1,0)為焦點，以直線x= 1為準(zhǔn)線的拋物線, 所以 |MP|=x+1.因為|MA|MP尸r|MP| = x+2 (x+1)=1,所以存在滿足條件的定點 P.教師備選題221. (2017 全國卷 I)已知橢圓 C: a2+b2=1(ab0),四點 Pi(1,1), P2(0,1),P3 1, 23-j, P4J,呼上恰有三點在橢圓C上.(1)求C的方程；(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點且與C相交于A, B兩點.若直線P2A與直線P2B的 斜率的和為一

6、1,證明：l過定點.解(1)由于P3, P4兩點關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3, P4兩點.又由1+3+232知，橢圓C不經(jīng)過點P1,aba 4b所以點P2在橢圓C上.1付j因此仁 C解得13I 尹 4b2=1，a2= 4,、b2=1.2故橢圓C的方程為x4+y2=1.(2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1, k2.如果l與x軸垂直，設(shè)l: x=t,由題設(shè)知tw0,且|t|0.設(shè) A(x1, y1)，B(x2, y2),則 xI + x2 =8kmA 2 4m 44k2 + 1，x1x2= 4k2 + 1.y1 1 y2 1而 k1 + k2=+kx2+ m 1x2x1x

7、2kx1 + m 1十x12kx1x2+ (m 1 (x1 +。) .x1x2由題設(shè)k1 + k2= 1,故(2k+1)x1x2+(m 1)(x1+ 刈=0.口 h4m2-4-8km 丘力/口m+1即(2k+ 1)4?TT + (m-1)4k2T1 = 0，解得卜=一2-當(dāng)且僅當(dāng)m 1時，A0,m+ 1于th l ： y=2-x+m,m+ 1即 y+1 = -(x-2),所以l過定點(2, - 1).2. (2018北京高考)已知拋物線C: y2=2px經(jīng)過點P(1,2),過點Q(0,1)的直線 l與拋物線C有兩個不同的交點A, B,且直線PA交y軸于M,直線PB交y軸于 N.求直線l的斜率的

8、取值范圍;.1 1(2)設(shè)。為原點，QM=QO, QN=qO,求證：為定值. 人 禮解(1)因為拋物線y2= 2px過點(1,2), 所以2P = 4,即p= 2.故拋物線C的方程為y2 = 4x.由題意知，直線l的斜率存在且不為0.設(shè)直線l的方程為y=kx+ 1(kw0),由y2=4x, y=kx+ 1,得 k2x2+ (2k 4)x+ 1 = 0.依題意 & (2k- 4)2-4X k2X10,解得k0或0k0)的焦點為F,點P(1, a)在此拋物線上，|PF| = 2,不過原點的直線l與拋物線C交于A, B兩點，以AB為直徑的圓 M過坐標(biāo)原點.(1)求拋物線C的方程；(2)證明：直線l包

9、過定點；(3)若線段AB中點的縱坐標(biāo)為2,求此時直線l和圓M的方程.解(1)由題意可得1+p = 2,解得p = 2,故拋物線C的方程為y2=4x.證明：設(shè)直線 l 的方程為：x=my+ t(tw0), A(xi, yi), B(x2, y2).x= my+1,9聯(lián)立2_4x消去 x,得 y4my 4t=0,A0, .yi + y2=4m, yiy2= 1 4t. 以AB為直徑的圓包過原點O, 二 OA OB = xix2+yiy2= 0,又 x1x2= (myi + t)(my2+1),(m2+ i) yiy2+ mt(yi + y2)+t2=0, 4t(m2+i)+4m2t+t2=0,化為

10、 t24t=0, tw0,解得 t = 4.直線l的方程為：x= my+ 4.令y=0,可得x= 4.因此直線l恒過定點(4,0).線段AB中點的縱坐標(biāo)為2.yi + y2=4m,2m= 2,即 m= i,二.直線l恒過定點(4,0).4=0+t,即 t=4,直線l的方程為x=y+ 4, 線段AB的中點坐標(biāo)(6,2)即為圓的圓心坐標(biāo),設(shè)圓的方程為(x- 6)2+(y 2)2= r2,把(0,0)代入可得r2 = 40.故圓的方程為(x- 6)2+(y 2)2=40.x22i2 .(定值問題)橢圓C: x2 + p=i(ab0)的長軸長為4,離心率為: a b2求橢圓C的方程；(2)若直線li:

11、 y= kx交橢圓C于A, B兩點，點M在橢圓C上，且不與A, B 兩點重合，直線MA, MB的斜率分別為ki, k2.求證：ki, k2之積為定值.解(1)由題意知,2a=4, c=1, a 2a= 2, c= 1b = a2-c2 = 3,即橢圓方程為y2=1. 43(2)證明：把丫= kx 代入 3x2 + 4y2=12,得(4k2 + 3)x212= 0,設(shè) A(xi, yi), B(x2, y2),則：xi + x2=0,xix2 二-124k2 + 334.考點2圓錐曲線中的最值、范圍問題(5年2考)2-12k2y1 +y2= kx + kx2 = 0, y1y2 = k x1x2

12、= 4k2+ 3,2y1一yy2y y1y2 y（y + y2）+ y一 k1k2= 工,-2,x1 x x2x x1x2一（x1 +x2 x+x 12k22 T2k2（占y1y2 + y2 4k2+3 + y 4k2+3 + 4k2+3+x-4X -12 24k2+3+x一 、一、一 3 故k1, k2之積為定值一3. J - 4 =2=xx2 + x-1221224k2+3 + x4k2+3+x高考串講找規(guī)律高考解讀圓錐曲線中的最值、范圍問題也是解析幾何中的常見問題，此類 問題重在考查解析幾何的基本知識，重視通性通法的考查，考查考生的邏輯推理 和數(shù)學(xué)運算的核心素養(yǎng).(2016全國卷H)已知

13、A是橢圓E: x+y=1的左頂點，斜率為k(k0)的直線 4 3交E于A, M兩點，點N在E上，MAXNA.(1)當(dāng)|AM|=|AN|時，求 AMN的面積；(2)當(dāng) 2RM|=AN|時，證明： ,k0. - 萬由已知及橢圓的對稱性知，直線AM的傾斜角為彳.又A(2,0),因此直線AM的方程為y = x+2.將 x = y 2 代入、+ 七=1 得 7y k 12y =0. 4 3,12 ,12解得丫=0或丫=，所以y = 7.1 12 12 144因此4AMN 的面積 &amn = 2X-X X =. 27749證明：設(shè)直線AM的方程為y=k(x+ 2)(k0),代入 xT + 巳=1 彳#(

14、3+4k2)x2 + 16k2x + 16k2 12 = 0. 43,16k212/曰2 34k2由x1(2)=得 x1=摟iR ,故 |AM |= |xi + 2仙 + / = 13*14k2k之1由題意，設(shè)直線AN的萬程為y= k(x+ 2),故同理可得|an|=* 2：/.3k +4+ oo)上有唯一的零點,且零點k在2)內(nèi)，所以V3k2.教師備選題i . (20I8浙江高考)如圖，已知點P是y軸左側(cè)(不含y 軸)一點，拋物線C: y2 = 4x上存在不同的兩點A, B滿足PA, PB的中點均在C上.(I)設(shè)AB中點為M,證明：PM垂直于y軸；2(2)若P是半橢圓x2+4=I(x0)上的

15、動點，求APAB面積的取值范圍.解(1)證明：設(shè) P(xo, yo), Ai；因為PA, PB的中點在拋物線上，21十刈所以yi, y2為方程:,丫j= 4 2 ， 即y22y0y+8x0 y2=0的兩個不同的實根所以 yi + y2 = 2y0, 因此,PM垂直于y軸.(2)由(1)可知,yi + y2 = 2yo, yiy2= 8x0 y0所以 |PM |= 8(y2 + y2) X0 = 4y0 3xo, |yi _y2|= 2A/2(y0- 4x0 .因此， PAB的面積I3.22,2S”AB=2PM| |yi y2|= 4 (yo- 4xo).2因為 x2+.i(xob0)的離心率為

16、 學(xué),橢圓C截直線y=1 所得線段白長度為2 2.(1)求橢圓C的方程；(2)動直線l: y= kx+m(mw0)交橢圓C于A, B兩點，交y軸于點M.點N是M 關(guān)于O的對稱點，O N的半徑為|NO|.設(shè)D為AB的中點，DE, DF與。N分別相切于點E, F,求/ EDF的最小值.解(1)由橢圓的離心率為 孝，得 a2=2(a2b2),22又當(dāng)y=1時，x2 = a2一段,得a2 含=2, 所以 a2=4, b2 = 2.22因此橢圓方程為1+5 = i.設(shè) A(X1, yi), B(X2, y2).、=kx+ m,聯(lián)立方程,得 y2_J + 2 = 1，得(2k2+1)x2+ 4kmx+ 2

17、m2 4 = 0.由 20 得 m23,故 2k2+1=*.所以|NF|16t16二十巾一不令 y=t+*所以y =1 當(dāng)t3時，y 0,一一 1，從而y=t+在3, +00)上單調(diào)遞增，等號當(dāng)且僅當(dāng)t=3時成立，此時k=0, |ND1所以誨f 0 1 + 3 = 4.由(*)得也m啦且mw0,故 |NF叫 |ND| 2設(shè)/EDF = 2 8,則sin4皓同,所以0的最小值為高從而/ EDF的最小值為此時直線l的斜率是0.綜上所述：當(dāng)k= 0, m (-V2, 0)U(0, 42)時，/EDF取到最小值1律法求解范圍、最值問題的常見方法解決有關(guān)范圍、最值問題時，先要恰當(dāng)?shù)匾胱兞?如點的坐標(biāo)、

18、角、斜率等卜 建立目標(biāo)函數(shù)，然后利用函數(shù)的有關(guān)知識和方法求解 .(1洌用判別式構(gòu)造不等式，從而確定參數(shù)的取值范圍；(2洌用已知參數(shù)的取值范圍求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個參數(shù)之間建立相等關(guān)系；(3用用隱含的不等關(guān)系，從而求出參數(shù)的取值范圍；(4用用已知不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(5汜J用函數(shù)值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍.設(shè) B(xi, yi), Q(x2, y2),皿-20k220k2-5則 X1 + X2= 口 2, X1X2=-2 .1 + 5k1 + 5k則 |BQ|=l + k2 而+ X2 ) 4X1X2=1+k2. 20k2 2 80k2 20d +

19、5k21 + 5k2=1+k2275/1+ k2 1 + 5k2O到BQ的距離d=Tkw,1 + k則A到BQ的距離為空塢.1 + k2&QAB g1P2.2 V 1 + 5kq 1 + k21 + 5k令 1 + 5k2 = t(t1),貝 Saqab=4 , 5自2+W*+。25b0)上的點到右焦點F(c,0)的最大距離是也+1,且1, V2a,4c成等比數(shù)列.(1)求橢圓的方程；過點F且與x軸不垂直的直線l與橢圓交于A, B兩點，線段AB的中垂線 交x軸于點M(m,0),求實數(shù)m的取值范圍.a+c=V2+1,a=V2,解(1)由題意可知，1 1 4c=2a2,解之得b=1,、a2=b2

20、+ c2,、c=1,2故橢圓的方程為，+y2=1.(2)由題意得F(1,0),設(shè)AB的方程為y= k(x- 1),：x2+2y2=2,由、y=k(x1 1消去 y得(1 + 2k2)x24k2x+2k2 2 = 0,-2kV- k(xi + X2) 2k=2,1十2K4k2設(shè) A(xi, yi), B(x2, y2),貝U xi + x2=21十2K可得線段AB的中點N2k2 k Ji + 2k2 i+2k2 卜當(dāng)k=0時直線MN為y軸，此時m= 0.當(dāng)kw0時k直線MN的方程為y+ i + 2k22k2x 1 + 2k2令y=0得k2m=1 + 2k2=綜上可知,實數(shù)m的取值范圍為|0, i

21、；考點3圓錐曲線中的探索性問題(5年2考)高考用褥找規(guī)律高考解讀高考對探究性問題要求較低，考查頻次較少，本題考查拋物線的 概念和標(biāo)準(zhǔn)方程以及拋物線與直線的關(guān)系，考查考生的邏輯推理、數(shù)學(xué)運算的核 心素養(yǎng)以及應(yīng)用解析幾何方法解決幾何問題的能力.(20i6全國卷I)在直角坐標(biāo)系xOy中，直線l: y=t(tw0)交y軸于點M,交拋 物線C: y2 = 2px(p0)于點P, M關(guān)于點P的對稱點為N,連接ON并延長交C于點H.求W.|ON|?除H以外，直線MH與C是否有其他公共點？說明理由.切入點：l: y= t(tw。)；M關(guān)于點P的對稱點為N;ON的延長線交C于點H.關(guān)鍵點：通過直線l與y軸及拋物

22、線C的交點確定N點，由此確定H點, 求出N點、H點的坐標(biāo)；將直線與拋物線的交點問題轉(zhuǎn)化為方程組解的問題.2解(i)如圖，由已知得M(0, t), P(2p, tj又N為M關(guān)于點P的對稱點，故N上，t ：,P故直線ON的方程為y=px,將其代入y2=2px整理得px22t2x=0,解得 xi = 0, x2 = 2t.因此 H i名, 2t .PP所以N為OH的中點，即畏|=2.(2)直線MH與C除H以外沒有其他公共點.理由如下：直線MH的方程為y1=%，即乂=今丫- t).代入 y2=2px得 y2 4ty+ 4t2=0,解得 yi = y2 = 2t,即直線MH與C只有一個公共點,所以除H以

23、外，直線MH與C沒有其他公共點.教師備選題(2015全國卷H)已知橢圓C： 9x2 + y2=m2(m0),直線l不過原點。且不平行 于坐標(biāo)軸，l與C有兩個交點A, B,線段AB的中點為M.(1)證明：直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值；(2)若l過點吸，m j,延長線段OM與C交于點P,四邊形OAPB能否為平行 四邊形？若能，求此時l的斜率；若不能，說明理由.解(1)證明：設(shè)直線 l：y=kx+ b(20,b*0),A(xi,y1),B(x2,y2),M(xm ,yiM).將 y=kx+ b 代入 9x2+y2= m2,得(k2+9)x2+2kbx+ b2m2=0,故xm = Xi2、2一

24、kb9b, yM=kxM+b=k279.于是直線OM的斜率kOM=哈=一 k，即kOM k= 9.所以直線OM的斜率與l的斜率的乘積為定值.(2)四邊形OAPB能為平行四邊形.因為直線l過點Jm, mj,所以l不過原點且與C有兩個交點的充要條件是k0,kw 3.由得OM的方程為v= -|x.設(shè)點P的橫坐標(biāo)為xp.彳曰2k2 m29由法9x提素養(yǎng) 2+y2= m2,即Xp =dkm3 .k2+9.將點5，m勺坐標(biāo)代入直線l的方程得b=m1.(最值的存在性問題)已知橢圓C: X2+ b2=1(ab0)的離心率是%,且經(jīng) a b23zK),因此 XM=豢3m.四邊形OAPB為平行四邊形，當(dāng)且僅當(dāng)線段

25、 AB與線段OP互相平分，即xp= 2xm.于是扁=2x4解得一5卜2=4+因為ki0, ki*3, i=1,2,所以當(dāng)直線l的斜率為4巾或4+J7時，四邊形 OAPB為平行四邊形.解決探索性問題的注意事項存在性問題，先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確，則存在，若 結(jié)論不正確，則不存在.(1四條件和結(jié)論不唯一時，要分類討論.(2片給出結(jié)論要推導(dǎo)出存在的條件時，先假設(shè)成立，再推出條件 .(3當(dāng)條件和結(jié)論都未知，按常規(guī)方法解題很難時，要開放思維，采取其他的 途徑.過點1,乎(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)一題多解過橢圓C的右焦點F的直線l與橢圓C相交于A, B兩點，點B 關(guān)于x軸的對稱點為

26、H,試問 AFH的面積是否存在最大值？若存在，求出這個 最大值；若不存在，請說明理由.解(1)由 e=a =曰可設(shè) a = 2t, c= 43t(t0),22所以b=qa2，=t,即橢圓c的方程為含十* = i,把點1,申上弋入橢圓C的方程得t = 1,0,由根與系數(shù)的關(guān)系得 y1 + y2= mlY3m，yy2=m2,直線 AH 的方程為 y=y11 x；(x x2)y2,令y=0,得x=x1y2+ x2y1y1 + y2(my1 +V3 膽 + (my2+J3 的y1 + y22my1y2 +V3 y1 + y2)y1 + y24.33 ，即直線AH與x軸交于一個定點，記為M 警，0 j,一 1所以 SaAFH=2|FM|X|y1 + y2|1 _3 =2 34|m|+imi一一一 ，一 ，一 一一 ，一，i所