1、2022年中考数学复习专题11：圆锥曲线的综合问题【一】定点问题定点问题：圆锥曲线中的定点问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关，如椭圆的长、短轴，双曲线的虚、实轴，抛物线的焦参数等解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清 1.例题【例1】已知抛物线经过点（2，1）（1）求抛物线的方程及其准线方程；（2）设为原点，过抛物线的焦点作斜率不为的直线交抛物线于两点，直线分别交直线OM，ON于点A和点B求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点【解析】（1）由抛物线经过点，得.所以抛物线的方程为，其准线方程为.（2）抛物线的焦点为.设直线的方程为.由得.设，则.直线的方程为.令，得点A的横坐标.同理
2、得点B的横坐标.设点，则，.令，即，则或.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点和.【例2】已知抛物线的顶点在原点，焦点在轴上，且抛物线上有一点到焦点的距离为6.(1)求该抛物线的方程；(2)已知抛物线上一点，过点作抛物线的两条弦和，且，判断直线是否过定点，并说明理由.【解析】 (2)由(1)可得点，设直线的方程为: ，联立，得，设，则， 同理可得 ,所以直线的方程为 化简得 .直线过定点.2.巩固提升综合练习【练习1】已知点A，B是抛物线上关于轴对称的两点，点E是抛物线C的准线与x轴的交点.（1）若是面积为4的直角三角形，求抛物线C的方程；（2）若直线BE与抛物线C交于另一点D，证明：直线A
3、D过定点.【解析】（1）由题意，是等腰直角三角形，且不妨设点A位于第一象限，则直线EA的方程为，联立方程，解得所以点， ，解得，故抛物线C的方程为 （2）（方法一）设，则直线EB的方程为联立方程，消去，得关于的方程，该方程有一个根，两根之积为，则另一个根为，所以点D的坐标为直线AD的斜率为 所以AD的方程为化简得，所以直线AD过定点 （方法二）设，直线BE的方程为，联立方程，消去x，得关于x的方程，所以 则直线AD的方程为 化简得所以直线AD过定点【练习2】已知椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴为半径的圆与直线相切，过点且不垂直于轴直线与椭圆相交于、两点。（1）求椭圆的方程；（2）若点
4、关于轴的对称点是点，证明：直线与轴相交于定点。【解析】（1）由题意知，离心率，所以，即又，所以，所以椭圆的方程为（2）由题意知直线的斜率存在，设直线的方程为，由得：，设，则， 因为、两点关于轴对称，所以，直线的方程为，令得：，又由，所以由将代入得，所以直线与轴交于定点【二】定值问题定值问题：定值问题的求解与证明类似，在求定值之前，已经知道定值的结果(题中未告知，可用特殊值探路求之)，解答这类题要大胆设参，运算推理，到最后参数必清，定值显现.（1）圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略： （2）两种解题思路：从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；引进变量法：其解题流程为： 1.例题【例
5、1】已知椭圆（）的焦距为，且过点（）求椭圆的方程；（）若点，设为椭圆上位于第三象限内一动点，直线与轴交于点，直线与轴交于点，求证：四边形的面积为定值，并求出该定值【解析】（）由题意，且，求得，所以所以椭圆的方程为；（）设（，），则又，所以直线的方程为令，得，从而直线的方程为令，得，从而所以四边形的面积所以四边形的面积为定值2【例2】已知椭圆：，点、都在椭圆上，为坐标原点，为中点，且.（1）若点的坐标为，求直线的方程；（2）求证：面积为定值.【解析】将A,B代入椭圆方程中，可得，作差得（2）证明：设，当直线的斜率不存在时，由题意可得，或，此时；当直线的斜率存在时，由（1），：，即直线： ，即，
6、，到的距离， .为定值.2.巩固提升综合练习【练习1】已知椭圆：的左、右焦点，是椭圆上任意一点，若以坐标原点为圆心，椭圆短轴长为直径的圆恰好经过椭圆的焦点，且的周长为（1）求椭圆的方程；（2）设直线是圆：上动点处的切线，与椭圆交与不同的两点，证明：的大小为定值【解析】（1）因为以坐标原点为圆心，椭圆短轴长为直径的圆经过椭圆的焦点，所以可得，又因为的周长为，可得，所以，可得，所求椭圆的方程为.（2）证明：直线的方程为，且，记以，联立方程消去得，从而，为定值.【练习2】已知抛物线C：=2px经过点（1，2）过点Q（0，1）的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y
7、轴于N（）求直线l的斜率的取值范围；（）设O为原点，求证：为定值【解析】（）因为抛物线y2=2px经过点P（1，2），所以4=2p，解得p=2，所以抛物线的方程为y2=4x由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y=kx+1（k0）由得依题意，解得k0或0k0得t2，当且仅当k=1时取等号因为在2，+）单调递减，所以当t=2，即k=1时，S取得最大值，最大值为因此，PQG面积的最大值为【例2】已知椭圆的左，右焦点分别为，该椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.（I）求椭圆的方程；（）如图，若斜率为的直线与轴，椭圆顺次交于点在椭圆左顶点的左侧）且，求证：直
8、线过定点；并求出斜率的取值范围.【解析】（）解：椭圆的左，右焦点分别为，椭圆的离心率为，即有，即，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆方程为，直线与圆相切，则有，即有，则椭圆C的方程为；（）证明：设，由，可得直线和关于x轴对称即有，即，即有，设直线，代入椭圆方程，可得，判别式，即为，代入可得，将代入，化简可得，则直线的方程为，即即有直线恒过定点将代入，可得，解得或则直线的斜率的取值范围是2.巩固提升综合练习【练习1】已知抛物线，过点的直线与抛物线交于 两点，又过两点分别作抛物线的切线，两条切线交于点.（1）证明：直线的斜率之积为定值；（2）求面积的最小值【解析】（1）证明：由题意设 的方程为
9、 ，联立 ，得 因为 ，所以设 ，则 设直线 的斜率分别为 ，对 求导得 ，所以 ，所以，（定值）（2）解：由（1）可得直线 的方程为 直线 的方程为 联立，得点 的坐标为， 由（1）得 ，所以 .于是 ，点 到直线 的距离， 所以 ，当，即时，的面积取得最小值【练习2】设圆的圆心为，直线过点且与轴不重合，直线交圆于，两点，过点作的平行线交于点.（1）证明为定值，并写出点的轨迹方程；（2）设点的轨迹为曲线，直线交于，两点，过点且与直线垂直的直线与圆交于，两点，求四边形面积的取值范围.【解析】（1）因为，故，所以，故，又圆的标准方程为，从而，所以，由题设得，由椭圆定义可得点的轨迹方程为.（2）当
10、与轴不垂直时，设的方程为，由得，则，所以，过点且与垂直的直线，到的距离为，所以，故四边形的面积，可得当与轴不垂直时，四边形面积的取值范围为，当与轴垂直时，其方程为，四边形的面积为，综上，四边形面积的取值范围为.【五】圆锥曲线中的存在性问题圆锥曲线中存在性问题的求解方法：（1）通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化，其步骤为：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在，用待定系数法设出，列出关于特定参数的方程组，若方程组有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则（点、直线、曲线或参数）不存在；（2）反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法 1.例题【例1】在直角坐标系中，已知
11、抛物线的焦点为，若椭圆：经过点，抛物线和椭圆有公共点，且.（1）求抛物线和椭圆的方程； （2）是否存在正数，对于经过点且与抛物线有两个交点的任意一条直线，都有焦点在以为直径的圆内？若存在，求出的取值范围；若不存在，请说明理由.【解析】（1）因为抛物线经过点，且.所以，解得，所以抛物线，焦点，由题意知解得所以椭圆：故抛物线的方程为，椭圆的方程为.（2）假设存在正数适合题意，由题意知直线的斜率一定存在，设直线的方程为由消去，整理得因为直线与抛物线有两个交点且，所以设，则所以因为，所以由题意知恒成立，所以恒成立因为，所以，解得又因为，所以故存在正数适合题意，此时取值范围为.【例2】已知椭圆的左、右焦
12、点分别为，点在椭圆上（）求椭圆的标准方程（）是否存在斜率为的直线，使得当直线与椭圆有两个不同交点，时，能在直线上找到一点，在椭圆上找到一点，满足？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由【解析】（）设椭圆的焦距为，则，在椭圆上，故椭圆的方程为（）假设这样的直线存在，设直线的方程为，设，的中点为，由，消去，得，且，故且，由，知四边形为平行四边形，而为线段的中点，因此为线段的中点，得，又，可得，点不在椭圆上，故不存在满足题意的直线 2.巩固提升综合练习【练习1】已知圆的圆心在直线上，且与直线相切于点（1）求圆方程；（2）是否存在过点的直线与圆交于两点，且的面积为（为坐标原点），若存在，求出直线的
13、方程，若不存在，请说明理由.【解析】（1）设圆心坐标为，则圆的方程为：，又与相切，则有，解得：，所以圆的方程为：；（2）由题意得：当存在时，设直线，设圆心到直线的距离为，则有，化简得：，无解；当不存在时，则圆心到直线的距离，那么，满足题意，所以直线的方程为：.【练习2】如图，两条相交线段、的四个端点都在椭圆上，其中直线的方程为，直线的方程为.（1）若，求的值；（2）探究：是否存在常数，当变化时，恒有？【解析】（1）由题意，当时，联立方程组，解得，因为，所以，设，则，化简得，又由，联立方程组，解得或.因为平分，所以（不适合题意），所以.（2）设，由，整理得，其中，若存在常数，当变化时，恒有，则由
14、（1）可知只可能是，当时，取，等价于，即，即，即，此式子恒成立，所以存在常数，当变化时，恒有；当时，取，由椭圆的对称性，同理可知结论也成立，综上可得，存在常数，当变化时，恒有.课后自我检测1.已知抛物线的焦点恰好是椭圆的右焦点.（1）求实数的值及抛物线的准线方程；（2）过点任作两条互相垂直的直线分别交抛物线于、和、点，求两条弦的弦长之和的最小值【解析】（1）由已知椭圆C整理得,所以焦点F的坐标为, 所以 所以抛物线E的准线方程为：（2）由题意知两条直线的斜率存在且不为零设直线的斜率为,方程为,则的斜率为,方程为设、,由得因为,所以,所以同理得,所以当且仅当即时取“等号”,所以两条弦的弦长之和的
15、最小值为2.已知左焦点为F(-1,0)的椭圆过点E（1,）.过点P(1,1)分别作斜率为k1,k2的椭圆的动弦AB,CD,设M,N分别为线段AB,CD的中点.(1)求椭圆的标准方程;(2)若P为线段AB的中点,求k1;(3)若k1+k2=1,求证直线MN恒过定点,并求出定点坐标.【解析】 (1)依题设c=1,且右焦点F(1,0).所以2a=|EF|+|EF|=+=2,b2=a2-c2=2,故所求的椭圆的标准方程为+=1.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),则+=1,+=1.-,得+=0.所以k1=-=-=-.(3)依题设,k1k2.设M(xM,yM),又直线AB的方程为y-1=k1(x
16、-1),即y=k1x+(1-k1),亦即y=k1x+k2,代入椭圆方程并化简得(2+3)x2+6k1k2x+3-6=0.于是,xM=,yM=,同理,xN=,yN=.当k1k20时,直线MN的斜率k=.直线MN的方程为y-=(x-),即y=x+(+),亦即y=x-.此时直线过定点（0,-）.当k1k2=0时,直线MN即为y轴,此时亦过点（0,-）.综上,直线MN恒过定点,且坐标为（0,-）.3.已知椭圆：的焦距为，且，圆：与轴交于点，为椭圆上的动点，面积最大值为.（1）求圆与椭圆的方程；（2）设圆的切线交椭圆于点，求的取值范围.【解析】(1)因为，所以.因为，所以点为椭圆的焦点，所以.设，则，所
17、以.当时，由，解得，所以，.所以圆的方程为，椭圆的方程为.(2)当直线的斜率不存在时，不妨取直线的方程为，解得.当直线的斜率存在时，设直线的方程为.因为直线与圆相切，所以，即，联立，消去可得，. =.令，则，所以=，所以=，所以.综上，的取值范围是.4.已知椭圆的左，右焦点分别为，该椭圆的离心率为，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线相切.（I）求椭圆的方程；（）如图，若斜率为的直线与轴，椭圆顺次交于点在椭圆左顶点的左侧）且，求证：直线过定点；并求出斜率的取值范围.【解析】（）解：椭圆的左，右焦点分别为，椭圆的离心率为，即有，即，以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆方程为，直线与圆相
18、切，则有，即有，则椭圆C的方程为；（）证明：设，由，可得直线和关于x轴对称即有，即，即有，设直线，代入椭圆方程，可得，判别式，即为，代入可得，将代入，化简可得，则直线的方程为，即即有直线恒过定点将代入，可得，解得或则直线的斜率的取值范围是5.已知椭圆的离心率为，椭圆经过点.（1）求椭圆的标准方程；（2）设点是椭圆上的任意一点，射线与椭圆交于点，过点的直线与椭圆有且只有一个公共点，直线与椭圆交于两个相异点，证明：面积为定值.【解析】（1）解：因为的离心率为，所以，解得.将点代入，整理得.联立，得，故椭圆的标准方程为.（2）证明：当直线的斜率不存在时，点为或，由对称性不妨取，由（1）知椭圆的方程为
19、，所以有.将代入椭圆的方程得，所以 .当直线的斜率存在时，设其方程为，将代入椭圆的方程得，由题意得，整理得.将代入椭圆的方程，得.设，则，所以 .设，则可得，.因为，所以，解得（舍去），所以，从而.又因为点到直线的距离为，所以点到直线的距离为，所以 ，综上，的面积为定值.6.已知椭圆的中心在原点，焦点在轴上，离心率等于，它的一个顶点恰好在抛物线的准线上求椭圆的标准方程；点，在椭圆上，是椭圆上位于直线两侧的动点当运动时，满足，试问直线的斜率是否为定值，请说明理由【解析】设椭圆C的标准方程为，椭圆的一个顶点恰好在抛物线的准线上，解得又，可得椭圆C的标准方程为设，则PA，PB的斜率互为相互数，可设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为，直线PA的方程为：，联立，化为，同理可得：，直线AB的斜率为定值7.已知椭圆离心率为，点P(0,1)在短轴CD上，且.（I）求椭圆E的方程；（II）过点P的直线l与椭圆E交于A,B两点.若，求直线l的方程.【解析】（1）由题意，e=，得a= 又C(0,b)，D(0,-b). =(b-1)(-b-1)=-1， b2=2 a=2, 所以椭圆E的方程为. （2）当直线l的斜率不存在时：不符合题意，不存在这样的直线。当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为，联立方程由得，解得，所以直线l的方程为
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