2021届山东高考数学一轮创新教学案：解答题专项突破（五）　圆锥曲线的综合问题 WORD版含解析.doc

1、解答题专项突破(五)圆锥曲线的综合问题圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必有一道解答题，常以求圆锥曲线的标准方程、研究直线与圆锥曲线的位置关系为主，涉及题型有定点、定值、最值、范围、探索性问题等，此类命题起点较低，但在第(2)问中一般都有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常以压轴题的形式呈现热点题型1圆锥曲线中的定点问题典例1(2019广州二模)已知抛物线y24x的焦点F与椭圆C：1(ab0)的一个焦点重合，且点F关于直线yx的对称点在椭圆上(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点Q0，且斜率为k的动直线l交椭圆于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个

2、点？若存在，求出M点的坐标，若不存在，说明理由解题思路(1)求出抛物线的焦点F关于直线yx的对称点，结合已知条件及a，b，c的关系，求解椭圆的标准方程(2)假设存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点，求出AB垂直于两坐标轴时以AB为直径的圆的方程，联立方程组解得定点坐标，然后利用向量数量积证明一般结论规范解答(1)由抛物线y24x，得其焦点为F(1,0)，从而得点F关于直线yx的对称点为(0,1)，故b1，c1，因此a，椭圆C的标准方程为y21.(2)假设存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点当ABx轴时，以AB为直径的圆的方程为x2y21.当ABy轴时，以AB为直径的圆的方程为x2y2.

3、联立，得定点M(0,1)证明：设直线l：ykx，代入y21，有(2k21)x2kx0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1x2，x1x2.则(x1，y11)，(x2，y21)；x1x2kx1kx2(1k2)x1x2k(x1x2)(1k2)k0，所以在y轴上存在定点M(0,1)，使以AB为直径的圆恒过这个定点典例2(2019北京高考)已知椭圆C：1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：ykxt(t1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|ON|2，求证：直线l经过定点解题思路(1)由已知条

4、件直接求b，c.再依据a2b2c2求a，写出椭圆C的方程(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，写出直线AP的方程，求xM.利用y1kx1t和|OM|xM|，把|OM|用k，t，x1表示，同理表示|ON|，直线l与椭圆C的方程联立，推出x1x2，x1x2.利用|OM|ON|2，求t，从而得到定点规范解答(1)由题意，得b21，c1，所以a2b2c22.所以椭圆C的方程为y21.(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为yx1.令y0，得点M的横坐标xM.又y1kx1t，从而|OM|xM|.同理，|ON|.由得(12k2)x24ktx2t220，则x1x2，x1x2

5、.所以|OM|ON|2.又|OM|ON|2，所以22.解得t0，所以直线l经过定点(0,0)热点题型2圆锥曲线中的定值问题典例1(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？并说明理由解题思路(1)由点A，B关于坐标原点O对称和点A在直线xy0上知，点A，B都在直线xy0上，于是得点M在线段AB的垂直平分线，即yx上，设圆心M为(a，a)根据M与直线x2相切和，求a从而得到M的半径(2)联系第(1)问求圆心M坐标的方法找等量关系，求出M的轨迹方程，进而

6、利用相应曲线的性质求|MA|，|MP|，判断|MA|MP|是否为定值规范解答(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，故可设圆心M为(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，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：设圆心M为(x，y)，由已知，得M的半径为r|x2|，|AO|2.由于，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

7、，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(1,0)典例2(2019青岛三模)已知O为坐标原点，点F1，F2为椭圆M：1(ab0)的左、右焦点，G为椭圆M上的一个动点，GF1F2的最大面积为，椭圆M的离心率为.(1)求椭圆M的标准方程；(2)过抛物线N：x2y上的一点P与抛物线N相切的直线l与椭圆M相交于A，B两点，设AB的中点为C，直线OP与直线OC的斜率分别是k1，k2，证明：k1k2为定值解题思路(1)根据题意，列方程组，结合a，b，c的关系即可求得a和b的值，进而求得椭圆方程(2)通过求导求得直线AB的方程，代入椭

8、圆方程，利用根与系数的关系及中点坐标公式，即可求得k1k2为定值规范解答(1)因为GF1F2的最大面积为，椭圆M的离心率为.所以又因为a2b2c2，所以a2，b，所以椭圆M的标准方程为1.(2)证明：设Pt，A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为抛物线方程N：yx2，对其求导得yx，则直线AB的方程为yt(xt)t2xt2，将直线AB的方程代入椭圆方程1，可得12(1t2)x212t3x3t4480，因为x1x2，y1y2(x1x2)，所以点C，所以k1，k2，所以k1k2.热点题型3圆锥曲线中的证明问题典例1已知抛物线C：x22py(p0)，过焦点F的直线交C于A，B两点，D是抛物线的准线

9、l与y轴的交点(1)若ABl，且ABD的面积为1，求抛物线的方程；(2)设M为AB的中点，过M作l的垂线，垂足为N.证明：直线AN与抛物线相切解题思路(1)判断ABD的形状，求|FD|，|AB|.由ABD的面积为1，列方程求p，得抛物线的方程(2)将直线AB的方程与抛物线C的方程联立，消去y并整理，结合根与系数的关系用k，p表示M，N的坐标求kAN：斜率公式，导数的几何意义，两个角度求斜率相等，证明相切规范解答(1)ABl，ABD为等腰三角形，且FDAB，又|FD|p，|AB|2p.SABDp21.p1，故抛物线C的方程为x22y.(2)证明：显然直线AB的斜率存在，设其方程为ykx，A，B.

10、由消去y整理得，x22kpxp20.x1x22kp，x1x2p2.M，N.kAN.又x22py，y.抛物线x22py在点A处的切线的斜率k.直线AN与抛物线相切典例2(2019福州三模)已知椭圆C：1(ab0)的左焦点为F(1,0)，过F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为3.(1)求椭圆C的方程；(2)已知点M(4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，证明：FMAFMB.解题思路(1)根据焦点坐标求c，由点c，在椭圆上和过F且垂直于x轴的弦长为3，列出关于a，b的方程，结合a2b2c2求出a，b，得出椭圆的方程(2)先讨论直线l斜率不存在的情况，再讨论直线l斜率存在的情况设直线l的斜率为k

11、，列出直线l的方程，并与椭圆方程联立，消元得到关于x的方程根据根与系数的关系计算出kAMkBM0，从而得出结论规范解答(1)由题意，知c1，把x1代入椭圆方程，得1，解得y，又a2b21，得a2，b，椭圆的方程为1.(2)证明：当直线l斜率不存在时，由对称性知FMAFMB；当直线l斜率存在时，设直线l的方程为yk(x1)，代入椭圆方程，得(34k2)x28k2x4k2120，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，kAMkBM，2x1x25(x1x2)880，kAMkBM0，FMAFMB.综上，FMAFMB.热点题型4圆锥曲线中的最值与范围问题典例1(2019包头二模)设F

12、为抛物线C：y22px的焦点，A是C上一点，FA的延长线交y轴于点B，A为FB的中点，且|FB|3.(1)求抛物线C的方程；(2)过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于M，N两点，直线l2与C交于D，E两点，求四边形MDNE面积的最小值解题思路(1)由题意画出图形，结合已知条件列式求得p，则抛物线C的方程可求(2)由已知直线l1的斜率存在且不为0，设其方程为yk(x1)，与抛物线方程联立，求出|MN|，同理可求|DE|实际上，在|MN|的表达式中用代替k即可，可得四边形MDNE的面积表达式，再利用基本不等式求最值规范解答(1)如图，A为FB的中点，A到y轴的距离为，|AF|，解得

13、p2.抛物线C的方程为y24x.(2)由已知直线l1的斜率存在且不为0，设其方程为yk(x1)由得k2x2(2k24)xk20.0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1x22，则|MN|x1x2241；同理设D(x3，y3)，E(x4，y4)，x3x424k2，则|DE|x3x424(1k2)四边形MDNE的面积S|MN|DE|82k232.当且仅当k1时，四边形MDNE的面积取得最小值32.典例2如图，椭圆C：1(ab0)的右顶点为A(2,0)，左、右焦点分别为F1，F2，过点A且斜率为的直线与y轴交于点P，与椭圆交于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为点F1.(1)求椭圆C的标准方

14、程；(2)过点P且斜率大于的直线与椭圆交于M，N两点(|PM|PN|)，若SPAMSPBN，求实数的取值范围解题思路(1)求点B的坐标根据kAB列方程由题意得a2，a2b2c2，解方程组求a，b，c，写出椭圆C的标准方程(2)SPAMSPBN与的关系点M，N坐标之间的关系直线MN的方程与椭圆C的方程联立，消去y整理用根与系数的关系得出点M，N的坐标之间的关系式推出与k的关系，并根据k求范围，找到所满足的不等式，求出的取值范围规范解答(1)因为BF1x轴，所以点B，所以所以椭圆C的标准方程是1.(2)因为(2)，所以.由(1)可知P(0，1)，设直线MN：ykx1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程，得化简得，(4k23)x28kx80.得(*)又(x1，y11)，(x2，y21)，有x1x2，将x1x2代入(*)可得，.因为k，所以(1,4)，则1240，解得k(k0)，设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1y2k(x1x2)4kk4k，取MN的中点H，即H，则k1，即k1，化简得2k22k10，无实数解，故舍去当k0时，M，N为椭圆C的左、右顶点，显然满足|BM|BN|，此时直线l的方程为y0.综上可知，存在直线l满足题意，此时直线l的方程为y0.