2023届高考数学二轮复习专题六解析几何第4讲圆锥曲线中的综合问题学案

第4讲　圆锥曲线中的综合问题

1.[圆锥曲线中的最值、范围问题](2021·全国乙卷,T21) 已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1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)由题意知M(0,-4),F(0,),圆M的半径r=1,所以|MF|-r=4,即+4-1=4,解得p=2.

(2)由(1)知,抛物线的方程为x2=4y,

由题意可知直线AB的斜率存在,设A(x1,),B(x2,),直线AB的方程为y=kx+b,

联立得消去y得x2-4kx-4b=0,

则Δ=16k2+16b>0,(※)

x1+x2=4k,x1x2=-4b,

所以|AB|=|x1-x2|=·=4·.

因为x2=4y,即y=,所以y′=,

则抛物线在点A处的切线斜率为,

在点A处的切线方程为y-=(x-x1),

即y=x-.

同理得抛物线在点B处的切线方程为

y=x-,

联立得则

即P(2k,-b).因为点P在圆M上,

所以4k2+(4-b)2=1,①

且-1≤2k≤1,-5≤-b≤-3,即-≤k≤,3≤b≤5,满足(※).

设点P到直线AB的距离为d,则d=,

所以S△PAB=|AB|·d=4.

由①得,k2==,

令t=k2+b,则t=,且3≤b ≤5.

因为t=在[3,5]上单调递增,所以当b=5时,t取得最大值,tmax=5,此时k=0,所以△PAB面积的最大值为20.

2.[圆锥曲线中的定点、定值问题](2022·全国乙卷,T20)已知椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),B(,-1)两点.

(1)求E的方程;

(2)设过点P(1,-2)的直线交E于M,N两点,过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T,点H满足=.证明:直线HN过定点.

(1)解:因为椭圆E的中心为坐标原点,对称轴为x轴、y轴,且过A(0,-2),

所以可设椭圆E的方程为+=1,

又椭圆E过B(,-1),所以+=1,得a2=3,

所以E的方程为+=1.

(2)证明:当直线MN的斜率不存在时,直线lMN:x=1,

由得 y2=,所以y=±.

结合题意可知M(1,-),N(1,),

所以过M且平行于x轴的直线的方程为y=-.

易知点T的横坐标xT∈[0,],直线AB的方程为y-(-2)=(x-0),

即y=x-2,

由得xT=3-,

所以T(3-,-).

因为=,所以H(5-2,-),

直线lHN:y-=(x-1),

即y=x-2,所以直线HN过定点(0,-2).

当直线MN的斜率存在时,

如图,设M(x1,y1),N(x2,y2),直线lMN:y=kx+m(k+m=-2).

由

得(3k2+4)x2+6kmx+3m2-12=0,Δ>0,

所以x1+x2=-,x1x2=.

过M且平行于x轴的直线的方程为y=y1,

与直线AB的方程联立,得

得xT=,

所以T(,y1).

因为=,所以H(3y1+6-x1,y1),

直线lHN:y-y2=(x-x2),

即y=x+y2-·x2.

令x=0,得y=y2-=

=

.

因为y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+mk(x1+x2)+m2=,

y1+y2=(kx1+m)+(kx2+m)=k(x1+x2)+2m=,

x1y2+x2y1=x1(kx2+m)+x2(kx1+m)=2kx1x2+m(x1+x2)=,

所以-(x1y2+x2y1)+3y1y2=+=

=,

-(x1+x2)+6+3(y1+y2)=+6+==,

所以y==-2,

所以直线HN过定点(0,-2).

综上,直线HN过定点.

3.[圆锥曲线中的存在性、证明问题](2022·新高考Ⅱ卷,T21)已知双曲线C:-=1(a>0,b>0)的右焦点为F(2,0),渐近线方程为y=±x.

(1)求C的方程;

(2)过F的直线与C的两条渐近线分别交于A,B两点,点P(x1,y1),Q(x2,y2)在C上,且x1>x2>0,y1>0.过P且斜率为-的直线与过Q且斜率为的直线交于点M.从下面①②③中选取两个作为条件,证明另外一个成立.

①M在AB上;②PQ∥AB;③|MA|=|MB|.

注:若选择不同的组合分别解答,则按第一个解答计分.

解:(1)由题意得c=2.①

因为双曲线的渐近线方程为y=±x=±x,所以=.②

又c2=a2+b2,③

所以联立①②③,得a=1,b=,

所以双曲线C的方程为x2-=1.

(2)由题意知直线PQ的斜率存在且不为0,

设直线PQ的方程为y=kx+n(k≠0),

将直线PQ的方程代入C的方程,

整理得(3-k2)x2-2knx-n2-3=0,

则x1+x2=,x1x2=->0,

所以3-k2<0,

所以x1-x2==

.

设点M的坐标为(xM,yM),

则

两式相减,得y1-y2=2xM-(x1+x2),

又y1-y2=(kx1+n)-(kx2+n)=k(x1-x2),

所以2xM=k(x1-x2)+(x1+x2),

解得xM=;

两式相加,得2yM-(y1+y2)=(x1-x2),

又y1+y2=(kx1+n)+(kx2+n)=k(x1+x2)+2n,

所以2yM=k(x1+x2)+(x1-x2)+2n,

解得yM==xM.

因此,点M的轨迹为直线y=x,

其中k为直线PQ的斜率.

若选择①②:因为PQ∥AB,

所以直线AB的方程为y=k(x-2),

设A(xA,yA),B(xB,yB),

不妨令点A在直线y=x上,

则由

解得xA=,yA=,

同理可得xB=,yB=-,

所以xA+xB=,yA+yB=.

点M的坐标满足

得xM==,yM==,

故M为AB的中点,即|MA|=|MB|.

若选择①③:当直线AB的斜率不存在时,

点M即为点F(2,0),此时M不在直线y=x上,矛盾.

当直线AB的斜率存在时,易知直线AB的斜率不为0,设直线AB的方程为y=m(x-2)(m≠0),A(xA,yA),B(xB,yB),不妨令点A在直线y=x上,则由

解得xA=,yA=,

同理可得xB=,yB=-,

因为M在AB上,且|MA|=|MB|,

所以xM==,

yM==,

又点M在直线y=x上,

所以=·,

解得k=m,因此PQ∥AB.

若选择②③:因为PQ∥AB,

所以直线AB的方程为y=k(x-2),

设A(xA,yA),B(xB,yB),

不妨令点A在直线y=x上,

则由

解得xA=,yA= ,

同理可得xB=,yB=-.

设AB的中点为C(xC,yC),

则xC==,

yC==.

因为|MA|=|MB|,

所以M在AB的垂直平分线上,

即点M在直线y-yC=-(x-xC),

即y-=-(x-)上,

与y=x联立,得xM==xC,

yM==yC,

即点M恰为AB的中点,

故点M在直线AB上.

　　圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容,常见的热点题型有:范围、最值问题,定点、定值问题,探索型问题等.常以解答题压轴题形式出现,难度较大.考查考生的逻辑推理、直观想象、数学运算等核心素养.

热点一　圆锥曲线中的最值、范围问题

考向1　范围问题

典例1　已知双曲线C:x2-=1,若过点P(0,-1)的直线l分别交双曲线C的左、右两支于点A,B,交双曲线C的两条渐近线于点D,E(D在y轴左侧).记△ODE和△OAB的面积分别为S1,S2,求的取值范围.

解:设直线l:y=kx-1(k≠±),A(x1,y1),B(x2,y2).

由可得xD=;由可得xE=.

|DE|=|-|=,

由得(2-k2)x2+2kx-3=0,

所以x1+x2=-,x1x2=-.

所以|AB|=·=

.

由△ODE和△OAB的高相等,得==,

由得-<k<,

所以3-k2∈(1,3],∈[,1).

考向2　最值问题

典例2　已知点F为椭圆C:+=1(a>b>0)的右焦点,椭圆上任意一点到点F距离的最大值为3,最小值为1.

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)若M为椭圆C上的点,以M为圆心,MF的长为半径作圆M,若过点E(-1,0)可作圆M的两条切线EA,EB(A,B为切点),求四边形EAMB面积的最大值.

解:(1)根据题意知,椭圆上任意一点到点F距离的最大值为3,最小值为1.

可得解得a=2,c=1,所以b=.因此椭圆C的标准方程为+=1.

(2)由(1)知,E(-1,0)为椭圆的左焦点,根据椭圆的定义知,|ME|+|MF|=4,

设圆M的半径为r,则r=|MF|=|MB|,因为点E在圆M外,所以|ME|=4-r>r,所以1≤r<2,

所以在Rt△MEB中,|EB|==2,S△MEB=|EB|·|MB|=r,

由圆的性质知,四边形EAMB的面积S=2S△MEB=2r,其中1≤r<2,

即S=2(1≤r<2).

令y=-2r3+4r2(1≤r<2),则y′=-6r2+8r=-2r(3r-4),

当1≤r<时,y′>0,y=-2r3+4r2单调递增;

当<r<2时,y′<0,y=-2r3+4r2单调递减.

所以在r=时,y取极大值,也是最大值,

此时Smax=2=.

求解范围、最值问题的常见方法

(1)利用判别式来构造不等关系.

(2)利用已知参数的范围,在两个参数之间建立函数关系.

(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式.

(4)利用基本不等式.

热点训练1　 (1)在平面直角坐标系xOy中,椭圆C:+=1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形,直线x+y+2-1=0与以椭圆C的右焦点为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆相切.

①求椭圆C的方程;

②△BMN是椭圆C的内接三角形,若坐标原点O为△BMN的重心,求点B到直线MN距离的取值范围.

(2)

如图,已知椭圆C:+=1,点P(2,1)为椭圆C上一点.过点P作两直线l1与l2分别交椭圆C于A,B两点,若直线l1与l2的斜率互为相反数,求|AB|的最大值.

解:(1)①设椭圆C:+=1的右焦点F2(c,0),则以椭圆C的右焦点为圆心,椭圆C的长半轴长为半径的圆的方程为(x-c)2+y2=a2,所以圆心到直线x+y+2-1=0的距离为=a,

又椭圆C的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形,所以a=2c,b=c,

解得a=2,b=,c=1,所以椭圆C的标准方程为+=1.

②设B(m,n),设MN的中点为D,因为O为△BMN的重心,则直线OD与椭圆交于A,B两点,BO=2OD=OA,所以D(-,-),即B到直线MN的距离是原点O到直线MN距离的3倍.

当MN的斜率不存在时,点D在x轴上,所以此时B在长轴的端点处.

由|OB|=2得|OD|=1,则O到直线MN的距离为1,点B到直线MN的距离为3;

当MN的斜率存在时,设M(x1,y1),N(x2,y2),则有

两式相减得+=0,

因为D为MN的中点,所以x1+x2=-m,y1+y2=-n,所以k==-,

所以直线MN的方程为y+=-(x+),即6mx+8ny+4n2+3m2=0,

所以原点O到直线MN的距离d=.

因为+=1,所以3m2=12-4n2,所以d===.

因为0<n2≤3,所以3<≤2,所以≤<,≤d<1,所以≤3d<3.

综上所述,≤3d≤3,即点B到直线MN距离的取值范围为[,3].

(2)设直线l1为y=k(x-2)+1,

则直线l2为y=-k(x-2)+1,

联立整理得(2k2+1)x2+(4k-8k2)x+(8k2-8k-4)=0,

由Δ=(4k-8k2)2-4(2k2+1)(8k2-8k-4)=16(k+1)2>0,解得k≠-1,

又由xAxP=,可得xA=,则yA=k(xA-2)+1=,

同理可得xB=,yB=,

所以|AB|2=(xA-xB)2+(yA-yB)2==≤=16,

当且仅当k=±时,等号成立,因此,|AB|的最大值为4.

热点二　圆锥曲线中的定点、定值问题

考向1　定点问题

典例3　已知双曲线C:-y2=1,过点P(2,1)的两条直线l1,l2与双曲线C分别交于A,B两点(A,B两点不与点P重合),设直线l1,l2的斜率分别为k1,k2,若k1+k2=1,证明:直线AB过定点.

证明:当直线AB的斜率不存在时,点A,B关于x轴对称.

设A(x0,y0),B(x0,-y0),则由k1+k2=1,解得+=1,

即=1,解得x0=0,不符合题意,所以直线AB的斜率存在.

不妨设直线AB的方程为y=kx+t,代入-y2=1,整理得(2k2-1)x2+4ktx+2t2+2=0(2k2-1≠0),依题意Δ>0.

设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,x1x2=,

由k1+k2=1,得+=1,即+=1,

整理得(2k-1)x1x2+(t-2k+1)(x1+x2)-4t=0,

所以(2k-1)·+(t-2k+1)·(-)-4t=0,整理得t2+(2k-2)t+1-2k=0,

即(t-1)(t+2k-1)=0,所以t=1或t=1-2k.

当t=1时,直线AB的方程为y=kx+1,经过定点(0,1);

当t=1-2k时,直线AB的方程为y=k(x-2)+1,经过定点P(2,1),不符合题意.

综上,直线AB过定点(0,1).

考向2　定值问题

典例4　(2022·山东泰安三模)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的离心率e=,四个顶点组成的菱形面积为8,O为坐标原点.

(1)求椭圆E的方程;

(2)过圆O:x2+y2=上任意一点P作圆O的切线l与椭圆E交于点M,N,证明:·为定值.

(1)解:由题意得2ab=8,e==,a2=b2+c2可得a=2,b=2,所以椭圆E的方程为+=1.

(2)证明:当切线l的斜率不存在时,其方程为x=±.

当x=时,P(,0),将x=代入椭圆方程+=1,得y=±,

不妨取M(,),N(,-),则=(0,),=(0,-),所以·=-;

当x=-时,同理可得·=-.

当切线l的斜率存在时,设l的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),

因为l与圆O相切,所以=,所以3m2=8k2+8,

由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-8=0,

所以x1+x2=-,x1x2=,

Δ=(4km)2-4(1+2k2)(2m2-8)>0,所以8k2-m2+4>0,所以m>或m<-,

所以·=(-)·(-)=-·-·+·=-+·=-+·,

·=x1x2+y1y2=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2=(1+k2)·+km(-)+m2==0,

所以·=-.

综上,·为定值.

(1)动线过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y=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=mk,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).

②动曲线C过定点问题,其中一种解法为:引入参变量建立曲线C的方程,将方程整理成关于参变量的多项式,再根据其对参变量恒成立,令多项式的各项系数等于零,建立方程组,得出定点.

(2)求解定值问题的两大途径.

①由特例得出一个值(此值一般就是定值)→证明定值:将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关.

②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值.

热点训练2　 (1)已知椭圆C:+=1的左、右焦点分别为F1,F2,点G是椭圆上一点.直线l:y=kx+m与椭圆C交于A,B两点,且四边形OAGB为平行四边形.求证:平行四边形OAGB的面积为定值.

(2)已知椭圆C:+=1的右焦点为F,直线l:y=kx+m(k≠0)过点F,且与椭圆C交于P,Q两点,如果点P关于x轴的对称点为P′,求证:直线P′Q过x轴上的定点.

证明:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),G(x0,y0),

将y=kx+m代入+=1,消去y并整理得(1+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,

则x1+x2=-,x1x2=,y1+y2=k(x1+x2)+2m=,

因为四边形OAGB为平行四边形,所以=+=(x1+x2,y1+y2),得G(-,),

将点G坐标代入椭圆C的方程得m2=(1+4k2),点O到直线AB的距离d=,

|AB|=|x1-x2|,

所以平行四边形OAGB的面积为S=d·|AB|=|m||x1-x2|=|m|

====3.

故平行四边形OAGB的面积为定值.

(2)因为c==2,所以F(2,0),

又直线l:y=kx+m(k≠0)过点F,所以m=-2k,所以l:y=k(x-2).

由得(3k2+1)x2-12k2x+12k2-6=0(依题意Δ>0).

设P(x1,y1),Q(x2,y2),

则x1+x2=,x1x2=.

因为点P关于x轴的对称点为P′,则P′(x1,-y1).

所以直线P′Q的方程可以设为y+y1=(x-x1),

令y=0,得x=+x1=

==

==3.

所以直线P′Q过x轴上的定点.

热点三　圆锥曲线中的存在性、证明问题

考向1　存在性问题

典例5　(2022·山东泰安二模)已知椭圆C:+=1(a>b>0)过点(1,),过其右焦点F2且垂直于x轴的直线交椭圆C于A,B两点,且|AB|=.

(1)求椭圆C的方程;

(2)若直线l:y=kx-与椭圆C交于E,F两点,线段EF的中点为Q,在y轴上是否存在定点P,使得∠EQP=2∠EFP恒成立?若存在,求出点P的坐标;若不存在,请说明理由.

解:(1)由题知,椭圆C过点(1,)和(c,),

所以解得a2=3,b2=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.

(2)假设在y轴上存在定点P,使得∠EQP=2∠EFP 恒成立,

设P(0,y0),E(x1,y1),F(x2,y2),

由得(4+12k2)x2-12kx-9=0,

所以x1+x2=,x1x2=,

Δ=144k2+36(4+12k2)>0.

因为∠EQP=2∠EFP,所以∠EFP=∠FPQ,所以QE=QF=QP,

所以点P在以EF为直径的圆上,即PE⊥PF,

=(x1,y1-y0),=(x2,y2-y0),所以·=x1x2+(y1-y0)(y2-y0)

=x1x2+y1y2-y0(y1+y2)+=x1x2+k2x1x2-(x1+x2)-y0[k(x1+x2)-1]++

=(1+k2)x1x2-k(+y0)(x1+x2)++y0+

==0,所以12(-1)k2+4+4y0-8=0恒成立,

所以解得y0=1,

所以P(0,1).

所以存在定点P(0,1),使得∠EQP=2∠EFP恒成立.

考向2　证明问题

典例6　(2022·广东二模)已知椭圆C:+=1(a>b>0),点F(1,0)为椭圆的右焦点,过点F且斜率不为0的直线l1交椭圆于M,N两点,当l1与x轴垂直时,|MN|=3.

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)A1,A2分别为椭圆的左、右顶点,直线A1M,A2N分别与直线l2:x=1交于P,Q两点,证明:四边形OPA2Q为菱形.

(1)解:由题意可知,c=1,

当l1与x轴垂直时,|MN|==3,结合a2=b2+c2可知,a=2,b=,

所以椭圆C的标准方程为+=1.

(2)证明:设l1的方程为x=my+1,M(x1,y1),N(x2,y2),联立

消去x整理可得,(3m2+4)y2+6my-9=0,

易知Δ>0恒成立,由根与系数的关系可得y1+y2=-,y1y2=-,

由直线A1M的斜率为=,得直线A1M的方程为y=(x+2),

当x=1时,yP=,

由直线A2N的斜率为=,得直线A2N的方程为y=(x-2),

当x=1时,yQ=,

若四边形OPA2Q为菱形,则对角线互相垂直平分,下面证yP+yQ=0,

因为yP+yQ=+=

=,

又2my1y2-3(y1+y2)=2m·-3·==0,

所以PF=QF,即PQ与OA2互相垂直平分,故四边形OPA2Q为菱形.

(1)探索性问题的求解策略.

①若给出问题的一些特殊关系,要探索一般规律,并能证明所得规律的正确性,通常要对已知关系进行观察、比较、分析,然后概括一般规律.

②若只给出条件,求“不存在”“是否存在”等语句表述问题时,一般先对结论给出肯定的假设,然后由假设出发,结合已知条件进行推理,从而得出结论.

(2)圆锥曲线中的证明问题常见的两个方面.

①位置关系方面:如证明直线与曲线相切,直线间的平行、垂直,直线过定点等.

②数量关系方面:如存在定值、相等、恒成立等.

在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下,一般采用直接法,通过相关的代数运算证明,但有时也会用反证法证明.

热点训练3　 (1)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,M为椭圆上一点,线段MF1与圆x2+y2=1相切于该线段的中点N,且△MF1F2的面积为2.

①求椭圆C的方程;

②椭圆C上是否存在三个点A,B,P,使得直线AB过椭圆C的左焦点F1,且四边形OAPB是平行四边形?若存在,求出直线AB的方程;若不存在,请说明理由.

(2)(2022·内蒙古包头二模)设O为坐标原点,动点P在椭圆C:+=1上,过点P作x轴的垂线,垂足为Q,点M满足 =k(k≠0).

①当k为何值时,点M的轨迹为圆,并求出该圆的方程;

②当点M的轨迹为圆时,设点N在直线x=3上,且·=-3,证明:过点M且垂直于 的直线l过C的右焦点F.

解:(1)①连接ON(图略),因为|F1N|=|MN|,且|OF1|=|OF2|,

所以ON为△MF1F2的中位线,所以|MF2|=2|ON|=2,且MF1⊥MF2,

所以根据椭圆的定义可得,|MF1|=2a-2,

=(2a-2)×2=2,解得a=2,所以|MF1|=|MF2|=2,

所以(2c)2=22+22,解得c=,所以b==,所以椭圆C的方程为+=1.

②假设存在.不妨设直线AB的方程为x=my-,A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),

联立可得(m2+2)y2-2my-2=0,

则y1+y2=,所以y3=y1+y2=,

x3=x1+x2=my1-+my2-=m(y1+y2)-2=-2=,

所以P(,),

由P在椭圆C上,代入可得+=4,解得m=±,

所以存在直线AB:x=±y-符合题意.

(2)①设M(x,y),P(x0,y0),则Q(x0,0),=(x-x0,y),=(0,y0),

由=k,得x0=x,y0=,因为点P(x0,y0)在椭圆C上,所以有+=1,

当5k2=9,即k=±时,点M的轨迹为圆,该圆的方程为x2+y2=9.

②证明如下:由题意知F(2,0),设N(3,t),M(x,y),则=(3,t),=(2-x,-y),·=6-3x-ty,又=(x,y),=(3-x,t-y),

由已知·=-3,得3x-x2+ty-y2=-3,

又由①知x2+y2=9,把此式代入3x-x2+ty-y2=-3中,得6-3x-ty=0,

所以·=0,故⊥,

又过点M存在唯一的直线垂直于 ,所以过点M且垂直于 的直线l过C的右焦点F.