2021屆山東高考數學一輪創(chuàng)新教學案：解答題專項突破（五）　圓錐曲線的綜合問題-學案下載-教習網

解答題專項突破(五)　圓錐曲線的綜合問題
圓錐曲線是平面解析幾何的核心內容，每年高考必有一道解答題，常以求圓錐曲線的標準方程、研究直線與圓錐曲線的位置關系為主，涉及題型有定點、定值、最值、范圍、探索性問題等，此類命題起點較低，但在第(2)問中一般都有較為復雜的運算，對考生解決問題的能力要求較高，通常以壓軸題的形式呈現(xiàn)．
熱點題型1　圓錐曲線中的定點問題
典例1　　(2019·廣州二模)已知拋物線y2＝4x的焦點F與橢圓C：＋＝1(a>b>0)的一個焦點重合，且點F關于直線y＝x的對稱點在橢圓上．
(1)求橢圓C的標準方程；
(2)過點Q0，－且斜率為k的動直線l交橢圓于A，B兩點，在y軸上是否存在定點M，使以AB為直徑的圓恒過這個點？若存在，求出M點的坐標，若不存在，說明理由．
解題思路　(1)求出拋物線的焦點F關于直線y＝x的對稱點，結合已知條件及a，b，c的關系，求解橢圓的標準方程．
(2)假設存在定點M，使以AB為直徑的圓恒過這個點，求出AB垂直于兩坐標軸時以AB為直徑的圓的方程，聯(lián)立方程組解得定點坐標，然后利用向量數量積證明一般結論．
規(guī)范解答　(1)由拋物線y2＝4x，得其焦點為F(1,0)，從而得點F關于直線y＝x的對稱點為(0,1)，故b＝1，c＝1，因此a＝，
∴橢圓C的標準方程為＋y2＝1.
(2)假設存在定點M，使以AB為直徑的圓恒過這個點．
當AB⊥x軸時，
以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2＝1.?、?br /> 當AB⊥y軸時，
以AB為直徑的圓的方程為x2＋y＋2＝.?、?br /> 聯(lián)立①②，得∴定點M(0,1)．
證明：設直線l：y＝kx－，代入＋y2＝1，
有(2k2＋1)x2－kx－＝0.
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x1＋x2＝，x1x2＝－.
則＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)；
·＝x1x2＋kx1－kx2－
＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋
＝(1＋k2)·－k·＋＝0，
所以在y軸上存在定點M(0,1)，使以AB為直徑的圓恒過這個定點．
典例2　　(2019·北京高考)已知橢圓C：＋＝1的右焦點為(1,0)，且經過點A(0,1)．
(1)求橢圓C的方程；
(2)設O為原點，直線l：y＝kx＋t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON|＝2，求證：直線l經過定點．
解題思路　(1)由已知條件直接求b，c.再依據a2＝b2＋c2求a，寫出橢圓C的方程．
(2)設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，寫出直線AP的方程，求xM.利用y1＝kx1＋t和|OM|＝|xM|，把|OM|用k，t，x1表示，同理表示|ON|，直線l與橢圓C的方程聯(lián)立，推出x1＋x2，x1x2.利用|OM|·|ON|＝2，求t，從而得到定點．
規(guī)范解答　(1)由題意，得b2＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)證明：設P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則直線AP的方程為y＝x＋1.
令y＝0，得點M的橫坐標xM＝－.
又y1＝kx1＋t，從而|OM|＝|xM|＝.
同理，|ON|＝.
由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
則x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|OM|·|ON|＝·
＝
＝
＝2.
又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.
解得t＝0，所以直線l經過定點(0,0)．
熱點題型2　圓錐曲線中的定值問題
典例1　　(2019·全國卷Ⅰ)已知點A，B關于坐標原點O對稱，|AB|＝4，⊙M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A運動時，|MA|－|MP|為定值？并說明理由．
解題思路　(1)由點A，B關于坐標原點O對稱和點A在直線x＋y＝0上知，點A，B都在直線x＋y＝0上，于是得點M在線段AB的垂直平分線，即y＝x上，設圓心M為(a，a)．根據⊙M與直線x＝－2相切和⊥，求a從而得到⊙M的半徑．
(2)聯(lián)系第(1)問求圓心M坐標的方法．找等量關系，求出M的軌跡方程，進而利用相應曲線的性質求|MA|，|MP|，判斷|MA|－|MP|是否為定值．
規(guī)范解答　(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關于坐標原點O對稱，所以M在直線y＝x上，故可設圓心M為(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⊥，
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：
設圓心M為(x，y)，由已知，得⊙M的半徑為r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于⊥，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)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為準線的拋物線，所以|MP|＝x＋1.
因為|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，
所以存在滿足條件的定點P(1,0)．
典例2　　(2019·青島三模)已知O為坐標原點，點F1，F(xiàn)2為橢圓M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點，G為橢圓M上的一個動點，△GF1F2的最大面積為，橢圓M的離心率為.
(1)求橢圓M的標準方程；
(2)過拋物線N：x2＝y(tǒng)上的一點P與拋物線N相切的直線l與橢圓M相交于A，B兩點，設AB的中點為C，直線OP與直線OC的斜率分別是k1，k2，證明：k1k2為定值．
解題思路　(1)根據題意，列方程組，結合a，b，c的關系即可求得a和b的值，進而求得橢圓方程．
(2)通過求導求得直線AB的方程，代入橢圓方程，利用根與系數的關系及中點坐標公式，即可求得k1k2為定值．
規(guī)范解答　(1)因為△GF1F2的最大面積為，橢圓M的離心率為.
所以又因為a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，所以橢圓M的標準方程為＋＝1.
(2)證明：設Pt，，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因為拋物線方程N：y＝x2，
對其求導得y′＝x，
則直線AB的方程為
y＝t(x－t)＋t2＝x－t2，
將直線AB的方程代入橢圓方程＋＝1，
可得12(1＋t2)x2－12t3x＋3t4－48＝0，
因為x1＋x2＝，y1＋y2＝(x1＋x2)－＝，
所以點C，－，
所以k1＝，k2＝－，所以k1k2＝－.
熱點題型3　圓錐曲線中的證明問題
典例1　　已知拋物線C：x2＝2py(p>0)，過焦點F的直線交C于A，B兩點，D是拋物線的準線l與y軸的交點．
(1)若AB∥l，且△ABD的面積為1，求拋物線的方程；
(2)設M為AB的中點，過M作l的垂線，垂足為N.證明：直線AN與拋物線相切．
解題思路　(1)判斷△ABD的形狀，求|FD|，|AB|.由△ABD的面積為1，列方程求p，得拋物線的方程．
(2)將直線AB的方程與拋物線C的方程聯(lián)立，消去y并整理，結合根與系數的關系用k，p表示M，N的坐標．求kAN：①斜率公式，②導數的幾何意義，兩個角度求斜率相等，證明相切．
規(guī)范解答　(1)∵AB∥l，∴△ABD為等腰三角形，且FD⊥AB，又|FD|＝p，|AB|＝2p.
∴S△ABD＝p2＝1.
∴p＝1，故拋物線C的方程為x2＝2y.
(2)證明：顯然直線AB的斜率存在，設其方程為
y＝kx＋，A，B.
由消去y整理得，x2－2kpx－p2＝0.
∴x1＋x2＝2kp，x1x2＝－p2.
∴M，N.
∴kAN＝＝
＝＝＝.
又x2＝2py，∴y′＝.
∴拋物線x2＝2py在點A處的切線的斜率k′＝.
∴直線AN與拋物線相切．
典例2　　(2019·福州三模)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左焦點為F(－1,0)，過F且垂直于x軸的直線被橢圓截得的弦長為3.
(1)求橢圓C的方程；
(2)已知點M(－4,0)，過F作直線l交橢圓于A，B兩點，證明：∠FMA＝∠FMB.
解題思路　(1)根據焦點坐標求c，由點－c，在橢圓上和過F且垂直于x軸的弦長為3，列出關于a，b的方程，結合a2＝b2＋c2求出a，b，得出橢圓的方程．
(2)先討論直線l斜率不存在的情況，再討論直線l斜率存在的情況．設直線l的斜率為k，列出直線l的方程，并與橢圓方程聯(lián)立，消元得到關于x的方程．根據根與系數的關系計算出kAM＋kBM＝0，從而得出結論．
規(guī)范解答　(1)由題意，知c＝1，把x＝－1代入橢圓方程，得＋＝1，解得y＝±，
∴＝，又a2＝b2＋1，得a＝2，b＝，
∴橢圓的方程為＋＝1.
(2)證明：當直線l斜率不存在時，由對稱性知
∠FMA＝∠FMB；
當直線l斜率存在時，設直線l的方程為y＝k(x＋1)，
代入橢圓方程，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
設A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝，x1x2＝，
∴kAM＋kBM＝＋
＝
＝，
∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0，
∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB.
綜上，∠FMA＝∠FMB.
熱點題型4　圓錐曲線中的最值與范圍問題
典例1　　(2019·包頭二模)設F為拋物線C：y2＝2px的焦點，A是C上一點，F(xiàn)A的延長線交y軸于點B，A為FB的中點，且|FB|＝3.
(1)求拋物線C的方程；
(2)過F作兩條互相垂直的直線l1，l2，直線l1與C交于M，N兩點，直線l2與C交于D，E兩點，求四邊形MDNE面積的最小值．
解題思路　(1)由題意畫出圖形，結合已知條件列式求得p，則拋物線C的方程可求．
(2)由已知直線l1的斜率存在且不為0，設其方程為y＝k(x－1)，與拋物線方程聯(lián)立，求出|MN|，同理可求|DE|實際上，在|MN|的表達式中用－代替k即可，可得四邊形MDNE的面積表達式，再利用基本不等式求最值．
規(guī)范解答　(1)如圖，∵A為FB的中點，∴A到y(tǒng)軸的距離為，

∴|AF|＝＋＝＝＝，解得p＝2.
∴拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)由已知直線l1的斜率存在且不為0，設其方程為y＝k(x－1)．
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
∵Δ>0，設M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝2＋，則|MN|＝x1＋x2＋2＝41＋；同理設D(x3，y3)，E(x4，y4)，∴x3＋x4＝2＋4k2，則|DE|＝x3＋x4＋2＝4(1＋k2)．∴四邊形MDNE的面積S＝|MN|·|DE|＝82＋k2＋≥32.當且僅當k＝±1時，四邊形MDNE的面積取得最小值32.
典例2　　如圖，橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右頂點為A(2,0)，左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，過點A且斜率為的直線與y軸交于點P，與橢圓交于另一個點B，且點B在x軸上的射影恰好為點F1.

(1)求橢圓C的標準方程；
(2)過點P且斜率大于的直線與橢圓交于M，N兩點(|PM|>|PN|)，若S△PAM∶S△PBN＝λ，求實數λ的取值范圍．
解題思路　(1)求點B的坐標→根據kAB＝列方程→由題意得a＝2，a2＝b2＋c2，解方程組求a，b，c，寫出橢圓C的標準方程．
(2)S△PAM∶S△PBN＝λ與的關系→點M，N坐標之間的關系→直線MN的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，消去y整理→用根與系數的關系得出點M，N的坐標之間的關系式→推出λ與k的關系，并根據k>求范圍，找到λ所滿足的不等式，求出λ的取值范圍．
規(guī)范解答　(1)因為BF1⊥x軸，所以點B，
所以?
所以橢圓C的標準方程是＋＝1.
(2)因為＝
＝＝λ?＝(λ>2)，
所以＝－.
由(1)可知P(0，－1)，設直線MN：y＝kx－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
聯(lián)立方程，得化簡得，(4k2＋3)x2－8kx－8＝0.
得(*)
又＝(x1，y1＋1)，＝(x2，y2＋1)，
有x1＝－x2，
將x1＝－x2代入(*)可得，＝.
因為k>，所以＝∈(1,4)，
則1