2023届高考数学二轮复习专题五第3讲圆锥曲线的综合问题学案

这是一份2023届高考数学二轮复习专题五第3讲圆锥曲线的综合问题学案，共20页。学案主要包含了素养提升等内容，欢迎下载使用。

第3讲　圆锥曲线的综合问题

考情分析
1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．
2．以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．

自主先热身　真题定乾坤
ZIZHUXIANRESHENZHENTIDINGQIANKUN　

真题热身
1．(2022·全国甲卷)记双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的离心率为e，写出满足条件“直线y＝2x与C无公共点”的e的一个值__2(满足1 【解析】　C：－＝1(a>0，b>0)，
所以C的渐近线方程为y＝±x，
结合渐近线的特点，只需0<≤2，即≤4，
可满足条件“直线y＝2x与C无公共点”
所以e＝＝≤＝，
又因为e>1，所以1 故答案为2(满足1 2．(2022·全国新高考Ⅰ卷)已知点A(2，1)在双曲线C：－＝1(a>1)上，直线l交C于P，Q两点，直线AP，AQ的斜率之和为0.
(1)求l的斜率；
(2)若tan∠PAQ＝2，求△PAQ的面积．
【解析】　(1)因为点A(2，1)在双曲线C：－＝1(a>1)上，
所以－＝1，解得a2＝2，
即双曲线C：－y2＝1，
易知直线l的斜率存在，
设l：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立可得，(1－2k2)x2－4mkx－2m2－2＝0，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
Δ＝16m2k2－4(2m2＋2)(2k2－1)>0⇒m2＋1－2k2>0.
所以由kAP＋kAQ＝0可得，＋＝0，
即(x1－2)(kx2＋m－1)＋(x2－2)(kx1＋m－1)＝0，
即2kx1x2＋(m－1－2k)(x1＋x2)－4(m－1)＝0，
所以2k×＋(m－1－2k)－4(m－1)＝0，
化简得，8k2＋4k－4＋4m(k＋1)＝0，
即(k＋1)(2k－1＋m)＝0，
所以k＝－1或m＝1－2k，
当m＝1－2k时，直线l：y＝kx＋m＝k(x－2)＋1过点A(2，1)，与题意不符，舍去，
故k＝－1.
(2)不妨设直线PA，AQ的倾斜角为α，β(α<β)，
因为kAP＋kAQ＝0，所以α＋β＝π，
因为tan ∠PAQ＝2，所以tan (β－α)＝2，
即tan 2α＝－2，
即tan2α－tanα－＝0，解得tan α＝，
于是，直线PA：y＝(x－2)＋1，
直线AQ：y＝－(x－2)＋1，
联立可得，
x2＋2(1－2)x＋10－4＝0，
因为方程有一个根为2，
所以xP＝，yP＝，
同理可得，xQ＝，yQ＝.
所以PQ：x＋y－＝0，|PQ|＝，
点A到直线PQ的距离d＝＝，
故△PAQ的面积为××＝.
3．(2022·全国甲卷)设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x轴时，|MF|＝3.
(1)求C的方程；
(2)设直线MD，ND与C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．
【解析】　(1)抛物线的准线为x＝－，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时|MF|＝p＋＝3，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设M，N，A，B，
直线MN：x＝my＋1，
由可得y2－4my－4＝0，Δ>0，y1y2＝－4，
由斜率公式可得kMN＝＝，
kAB＝＝，
直线MD：x＝·y＋2，
代入抛物线方程可得y2－·y－8＝0，
Δ>0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，同理可得y4＝2y1，
所以kAB＝＝＝，
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α，β，
所以kAB＝tan β＝＝，
若要使α－β最大，则β∈，
设kMN＝2kAB＝2k>0，则，
tan (α－β)＝＝＝≤＝，
当且仅当＝2k即k＝时，等号成立，
所以当α－β最大时，kAB＝，
设直线AB：x＝y＋n，
代入抛物线方程可得y2－4y－4n＝0，
Δ>0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直线AB：x＝y＋4.
4．(2022·北京卷)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个顶点为A(0，1)，焦距为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)过点P(－2，1)作斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点B，C，直线AB，AC分别与x轴交于点M，N，当|MN|＝2时，求k的值．
【解析】　(1)依题意可得b＝1，2c＝2，
又c2＝a2－b2，所以a＝2，
所以椭圆方程为＋y2＝1.
(2)依题意过点P(－2，1)的直线为y－1＝k(x＋2)，
设B(x1，y1)、C(x2，y2)，不妨令－2≤x1 由
消去y整理得(1＋4k2)x2＋(16k2＋8k)x＋16k2＋16k＝0，
所以Δ＝(16k2＋8k)2－4(1＋4k2)(16k2＋16k)>0，解得k<0，
所以x1＋x2＝－，x1·x2＝，
直线AB的方程为y－1＝x，
令y＝0，解得xM＝，
直线AC的方程为y－1＝x，
令y＝0，解得xN＝，
所以|MN|＝|xN－xM|＝
＝
＝
＝
＝＝2，
所以|x1－x2|＝|k|(x2＋2)(x1＋2)，
即＝|k|[x2x1＋2(x2＋x1)＋4]
即
＝|k|
即
＝[16k2＋16k－2(16k2＋8k)＋4(1＋4k2)]
整理得8＝4|k|，解得k＝－4.
5．(2022·全国乙卷)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．
【解析】　(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)，
过A(0，－2)，B，
则解得m＝，n＝，
所以椭圆E的方程为＋＝1.
(2)A(0，－2)，B，所以AB：y＋2＝x，
①若过点P(1，－2)的直线斜率不存在，直线x＝1.
代入＋＝1，
可得M，N，
代入AB方程y＝x－2，可得T，
由＝得到H.
求得HN方程：y＝x－2，过点(0，－2).
②若过点P(1，－2)的直线斜率存在，
设kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).
联立得
(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，
可得　
且x1y2＋x2y1＝(*)
联立可得
T，H(3y1＋6－x1，y1).
可求得此时HN：y－y2＝(x－x2)，
将(0，－2)，代入整理得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0，
将(*)代入，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立，
综上，可得直线HN过定点(0，－2).

感悟高考
圆锥曲线的综合问题多以解答题的形式考查，常作为压轴题出现在第20～22题的位置，一般难度较大．直线与圆锥曲线的位置关系、轨迹方程、定点、定值、最值、范围以及存在性问题都是考查的重点，常与向量、函数、不等式等知识结合．解题时，常以直线与圆锥曲线的位置关系为突破口，利用设而不求、整体代换的技巧求解，要注重数形结合思想、函数与方程思想、分类讨论思想以及转化与化归思想在解题中的指导作用．


核心拔头筹　考点巧突破
HEXINBATOUCHOUKAODIANQIAOTUPO　
考点一　圆锥曲线中的最值、范围问题

　　典例1(2021·黑龙江佳木斯一中高三三模)曲线Γ上动点M到A(－2，0)和到B(2，0)的斜率之积为－.
(1)求曲线Γ的轨迹方程；
(2)若点P(x0，y0)(y0≠0)为直线x＝4上任意一点，PA，PB交椭圆Γ于C，D两点，求四边形ACBD面积的最大值．
【解析】　(1)设点M(x，y)，
因为曲线Γ上动点M到A(－2，0)和到B(2，0)的斜率之积为－，
所以·＝－(x≠±2)，
化简得＋y2＝1(x≠±2).
所以曲线Γ的轨迹方程为＋y2＝1(x≠±2).
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(4，t)(不妨设t＞0)，
则直线AP的方程为y＝(x＋2)，
即x＝－2，代入椭圆的方程可得
＋4y2＝4，
化简得(9＋t2)y2－6ty＝0，
所以y＝0或y＝，
所以y1＝，
同理可得y2＝，
所以S四边形ACBD＝S△ACB＋S△ADB＝|AB|×|y1－y2|
＝2＝16·
＝16·
＝16·，
令u＝t＋，t>0，其中u≥2，
则S四边形ACBD＝＝，
令g(u)＝＝，u≥2，
g(u)在[2，＋∞)上单调递减，
所以g(u)最大值为g(2)＝＝2.
所以四边形ACBD面积的最大值为2.

【素养提升】求解范围、最值问题的五种方法
(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)利用隐含的不等关系，求出参数的取值范围；
(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)利用求函数值域的方法，确定参数的取值范围．

1．过点M(0，2)的直线l与椭圆E：＋＝1交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
【解析】显然直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋2，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
因为直线l与椭圆交于两点，
则Δ＝(16k)2－4×4(3＋4k2)>0，
即k2>，x1＋x2＝，x1x2＝，
∴|x1－x2|＝
＝
＝4，
则S△OAB＝S△OMB－S△OMA＝×2×|x1－x2|＝4，
设t＝4k2－1>0，
∴S△AOB＝4＝4
≤4＝，
当且仅当t＝，即t＝4，
即4k2－1＝4，即k＝±时取等号，
∴△AOB面积的最大值为.
考点二　圆锥曲线中的定点、定值问题

考向1　定点问题
典例2(2022·青岛模拟)已知椭圆Γ：＋＝1，过原点O的直线交该椭圆Γ于A，B两点(点A在x轴上方)，点E(4，0)，直线AE与椭圆的另一交点为C，直线BE与椭圆的另一交点为D.

(1)若AB是Γ短轴，求点C的坐标；
(2)是否存在定点T，使得直线CD恒过点T？若存在，求出T的坐标；若不存在，请说明理由．
【解析】　(1)由题设，A(0，2)，而E(4，0)，
故直线AE为x＋2y－4＝0，
联立Γ：＋＝1并整理得：3y2－8y＋4＝0，
故yA＋yC＝，
而yA＝2，所以yC＝，
代入直线AE可得xC＝4－2×＝，
故C的坐标为.
(2)设A(x0，y0)，则AE：y＝(x－4)，
由故x2＋(x－4)2＝8，
整理得：x2－＋－8＝0，
由韦达定理有x0xC＝＝＝＝，
所以xC＝，故yC＝，
同理得：xD＝，yD＝，
当x0≠0时，取T，
则kTC＝＝－，同理kTD＝－，
故T，C，D共线，此时CD过定点T，
当x0＝0时，xC＝xD＝，此时CD过定点T，
综上，CD过定点T.
【素养提升】直线过定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题的解法：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过定点问题的解法：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．
考向2　定值问题
典例3(2022·安阳模拟)已知A1、A2为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点，点M(2，1)在C上，且直线MA1、MA2的斜率之积为－.
(1)求C的方程；
(2)直线l：x＝my＋4交C于A、B两点，直线MA、MB与直线x＝t(t≠2)分别交于P、Q，线段PQ的中点为N，求证：直线MN的斜率为定值．
【解析】　(1)因为A1、A2为椭圆＋＝1的左、右顶点，
所以A1(－a，0)、A2(a，0)，
因为M(2，1)，所以kMA1·kMA2＝×＝＝－，解得a2＝8，
所以椭圆方程为＋＝1，
将M(2，1)代入上式，可得＋＝1，
解得b2＝2，所以椭圆方程为＋＝1.
(2)设点A(x1，y1)、B(x2，y2)，
联立，得(m2＋4)y2＋8my＋8＝0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝，
当AM⊥y轴或BM⊥y轴时，不妨设AM⊥y轴，
将y＝1代入＋＝1，解得x＝－2，即A(－2，1)，
将A(－2，1)坐标代入x＝my＋4，解得m＝－6，
所以1×y2＝＝，解得y2＝，
所以x2＝my2＋4＝－6×＋4＝，所以B，
所以直线AM的方程为y＝1，
直线BM的方程为y＝－x＋3，
分别联立x＝t，得P(t，1)、Q(t，3－t)，
所以PQ中点N，
所以kMN＝＝－；
若直线AM、BM都不与y轴垂直，
则A(my1＋4，y1)、B(my2＋4，y2)，
所以直线AM的方程为x＝(y－1)＋2，
直线BM的方程为x＝(y－1)＋2，
分别联立直线AM、BM与x＝t的方程，
解得P、Q，
∵2＋
＝2＋
＝2＋
＝2－(t－2)＝4－t，
所以N，所以kMN＝＝－.
综上所述，kMN恒为定值－.
【素养提升】求解定值问题的两大途径
(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)，然后证明其是定值，即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，再利用其满足的条件得出参数之间满足的关系式，使正负项抵消或分子、分母约分得定值．

2．(2021·安徽高三二模)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)，其短轴为2，离心率为.

(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的右焦点为F，过点G(2，0)作斜率不为0的直线交椭圆E于M，N两点，设直线FM和FN的斜率为k1，k2，试判断k1＋k2是否为定值，若是定值，求出该定值；若不是定值，请说明理由．
【解析】　(1)由题意可知：2b＝2，b＝1，
椭圆的离心率e＝＝＝，则a＝，
∴椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)设直线MN的方程为y＝k(x－2)(k≠0).
消去y整理得：
(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
k1＋k2＝＋
＝＋
＝k
＝k
＝k＝0.
∴k1＋k2＝0为定值．

考点三　圆锥曲线中的存在性问题

　　典例4(2022·太原模拟)已知椭圆的中心在原点，焦点在x轴上，经过点M，离心率e＝.
(1)求椭圆的方程；
(2)椭圆的左、右顶点分别为A、B，点P为直线x＝3上任意一点(点P不在x轴上)，连接AP交椭圆于C点，连接PB并延长交椭圆于D点，试问：是否存在λ，使得S△ACD＝λS△BCD成立，若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．

【解析】　(1)设椭圆的方程为＋＝1，
由已知得解得
所以椭圆的方程是＋＝1.
(2)由(1)得：A(－2，0)，B(2，0)，设P(3，t)，由于椭圆是轴对称图形，所以点P在x轴的上方和点P在x轴下方得出的结论是相同的，
所以不妨设t＞0，直线AP的方程是：x＝y－2，
直线BP的方程是：x＝y＋2，
联立直线AP的方程和椭圆的方程
消去x得：(75＋4t2)y2－60ty＝0，
设C(xC，yC)，则yC＝(因为点A的纵坐标为0)，
联立直线BP的方程和椭圆的方程
消去x得：(3＋4t2)y2＋12ty＝0，
设D(xD，yD)，则yD＝(因为点B的纵坐标为0)，
设直线x＝3为直线l，l与x轴交于H点，过点C作CE⊥l于E，过点D作DF⊥l于F，
因为△ACD以AC为底与△PCD以PC为底时，他们的高相同，
所以＝＝＝＝，
所以S△ACD＝·S△PCD，
因为△BCD以BD为底与△PCD以PD为底时，他们的高相同，
所以＝＝＝＝，
所以S△BCD＝·S△PCD，
则＝＝5，
所以S△ACD＝5S△BCD，所以λ＝5，故得解．

【素养提升】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．

3．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，记准线l与x轴的交点为A，过A作直线交抛物线C于M(x1，y1)，N(x2，y2)(x2＞x1)两点．
(1)若x1＋x2＝2p，求|MF|＋|NF|的值；
(2)若M是线段AN的中点，求直线MN的方程；
(3)若P，Q是准线l上关于x轴对称的两点，问直线PM与QN的交点是否在一条定直线上？请说明理由．

【解析】(1)因为准线为l：x＝－，
所以|MF|＋|NF|＝x1＋＋x2＋＝3p.
(2)设直线MN的方程x＝my－，
联立y2＝2px(p＞0)可得，y2－2mpy＋p2＝0，
所以Δ＝4m2p2－4p2＞0，y1＋y2＝2mp，y1y2＝p2，
而M是线段AN的中点，所以y1＝，
解得y1＝，y2＝p，
即＋p＝2mp，解得m＝，
所以直线MN的方程为x＝y－，
即4x－3y＋2p＝0.
(3)直线MN的方程x＝my－，
设P，Q，y≠0，
则PM：y＝＋y0＝＋y0，
QN：y＝－y0＝－y0，
联立可得＝2m，
由y1＋y2＝2mp，y1y2＝p2，代入解得
x＝－＝－＝，
所以直线PM与QN的交点在定直线x＝上．