2022高考数学一轮总复习课件：综合突破五 圆锥曲线的综合问题

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1、综合突破五综合突破五 圆锥曲线的综合问题圆锥曲线的综合问题 第第1课时课时 圆锥曲线中的最值或范围问题圆锥曲线中的最值或范围问题 已知椭圆x 2 2 y21 上两个不同的点 A，B 关于直线 ymx1 2对称 (1)求实数 m 的取值范围； (2)求AOB 面积的最大值(O 为坐标原点) 解：(1)由题意知 m0，可设直线 AB 的方程为 y 1 mxb，A(x1，y1)，B(x2，y2) 由 x 2 2 y21， y 1 mxb， 消去 y，得 1 2 1 m2 x22b m xb210(*) 因为直线 y 1 mxb 与椭圆 x2 2 y21 有两个不同的交点，所以 2b22 4 m20，

2、 则 x1x2 4mb m22，x1x2 2m2（b21） m22 ， 设 AB 的中点为 M(x0，y0)，则 x0 x1x2 2 ，y0y1y2 2 1 2m(x1x2)b，所以 M 2mb m22， m2b m22 ，代入直线方程 ymx1 2，解得 b m22 2m2 ， 由得 m 6 3 所以 m 的取值范围为 m|m 6 3 (2)令 t 1 m 6 2 ，0 0， 6 2 ，则 t2 0，3 2 则 b1 2t 2，直线 AB 为 ytx1 2t 2，(*)式变为 t21 2 x22btxb210， 2 1 2t 2 2 24t22t42t23 2， 则|AB| 1t2 t21

3、2 t21 2t42t23 2 t21 2 ，且 O 到直线 AB 的距离为 d t21 2 t21 设AOB 的面积为 S(t)， 所以 S(t)1 2|AB|d 1 2 2 t21 2 2 2 2 2 ， 当且仅当 t21 2时等号成立，此时满足 t 2 0，3 2 故AOB 面积的最大值为 2 2 【点拨】 求与直线或与圆锥曲线有关的某个量的取值范围问题， 依据已知 条件建立关于该量的函数表达式，转化为求函数值域问题，要正确确定定 义域应注意到的是本例第(1)问使用了判别式法求参数范围考查数学建 模、数学运算、逻辑推理以及函数与方程、化归与转化的数学思想等 已知抛物线 C：y24x 的焦

4、点为 F，A 为 C 上位于第一象限的任 意一点， 过点 A 的直线 l 交抛物线 C 于另一点 B， 交 x 轴的正半轴于点 D(x0， 0) x01 2 ，记点 B 关于 x 轴的对称点为点 E，AE 交 x 轴于点 P，且 APBP (1)求证：点 P，D 关于原点对称； (2)求点 P 到直线 AB 的距离 d 的取值范围 解：设直线 l：xmyx0(m0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 E(x2，y2)， 由 y24x， xmyx0，消去 x，得 y 24my4x 00， 则 y1y24m， y1y24x0 (1)证明：设 P(xP，0)，由题意知 A，E，P 三点共线，

5、又PE (x2xP，y2)，PA (x 1xP，y1)，则有(x2xP)y1y2(x1xP)0， 即 xPx2y1x1y2 y1y2 y1y2（y1y2） 4（y1y2） x0，所以点 P，D 关于原点对称 (2)因为 APBP， 所以APD45， 所以 kAE1， 即y1y2 x1x2 4（y1y2） y2 1y 2 2 1y1 y24， 即(y1y2)24y1y216， 得 m21x00， 则 x0 1 2，1 ， d 2x0 m21 2x0 2x0， 设 t 2x0 1， 6 2 ，则 d42t 2 t 4 t 2t，函数 y4 t 2t 在 1， 6 2 上单调递减， 所以 d 6 3

6、 ，2 考点二考点二 构造不等式求最值或范围问题构造不等式求最值或范围问题 命题角度 1 构造基本不等式 在平面直角坐标系 xOy 中，抛物线 C1：x24y，直线 l 与抛物线 C1交于 A，B 两点 (1)若直线 OA，OB 的斜率之积为1 4，证明：直线 l 过定点； (2)若线段 AB 的中点 M 在曲线 C2：y41 4x 2(2 2x0，x1x24k，x1x24m， 所以 kOAkOBy1y2 x1x2 1 4x 2 11 4x 2 2 x1x2 x1x2 16 m 4 ， 由已知 kOAkOB1 4，得 m1， 所以直线 l 的方程为 ykx1，所以直线 l 过定点(0，1) (

7、2)设 M(x0，y0)，则由(1)知 x0 x1x2 2 2k， y0kx0m2k2m， 将 M(x0，y0)代入 C2：y41 4x 2(2 2x2 2)得 2k2m41 4(2k) 2，所以 m43k2， 因为2 2x02 2，所以2 22k2 2， 所以 2k0， 所以 2kb0)过点( 2，1)，且焦距为 2 2 (1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 l：yk(x1)(k2)与椭圆 C 相交于不同的两点 A，B，线段 AB 的中点 M 到直线 2xyt0 的距离为3 5 5 ，求 t(t2)的取值范围 解：(1)由 2c2 2，得 c 2，则 a2b22， 将点( 2，1)代入椭

8、圆方程 2 a2 1 b21，解得 a 24，b22， 所以椭圆的标准方程x 2 4 y 2 2 1 (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，联立 yk（x1）， x2 4 y 2 2 1 整理得(2k21)x24k2x2k240，显然 0，则 x1x2 4k2 2k21，x0 x1x2 2 2k2 2k21， y0k(x01) k 2k21， M(x0，y0)到直线 2xyt0 的距离为3 5 5 ， 即 4k2 2k21 k 2k21t 5 3 5 5 ， 则 k2 2k21t2 3，由 k2 及 t2， 则 t5 k2 2k215 1 2（k2） 9 k28 ，

9、因为 2(k2) 9 k26 2， 所以 5 1 6 28t5，即 4 3 2 4 t5， 所以 t(t2)的取值范围是 43 2 4 ，5 命题角度 2 利用判别式构造不等式 (2021届浙江高三上开学考试)已知抛物线 C：y22px，F 为其焦点，点 Q(1，y)(y0) 在抛物线 C 上，且|FQ|2，过点 Q 作抛物线 C 的切线 l1，P(x0，y0)为 l1上异于点 Q 的一个 动点，过点 P 作直线 l2交抛物线 C 于 A，B 两点 (1)求抛物线 C 的方程； (2)若|PQ|2|PA| |PB|，求直线 l2的斜率，并求 x0的取值范围 解：(1)|FQ|1p 22，所以

10、p2，所以抛物线 C 的方程为 y 24x (2)易知 Q(1，2)，设切线 l1的方程为 y2k(x1)，代入 y24x，得 ky24y4k8 0， 由 0，得 k1，所以切线 l1的方程为 yx1， P(x0，y0)在直线 l1上，所以 x0y01， 设直线 l2方程为 xx0m(yy0)，代入 y24x，得 y24my4my04x00， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y24m， y1y24my04x0 且 16m216my016x00，得 m2my0 x00，(*) |PA|PB|1m2|y1y0| 1m2|y2y0| (1m2)(y1y0)(y2y0) (1m2)y1

11、y2y0(y1y2)y2 0 (1m2)(4my04x04my0y2 0) (1m2)y2 04(y01) (1m2)(y02)2， 又|PA| |PB|PQ|22(y02)2，所以 1m22，所以 m 1(由题意取负)，所 以直线 l2的斜率为1代入(*)式，得 1y0 x00，所以 2(x01)0，所以 x0 1，又 x01，所以 x0的取值范围为x0|x01 且 x01 【点拨】 若题设中给出直线(曲线)与曲线有公共点或无公共点 的条件时，可以通过联立消元，得到一元二次方程，进而用判别式 法求范围 (2021届广西桂林十八中高三月考)设抛物线 E：x22py(p0) 的焦点为 F，点 A

12、 是 E 上一点，且线段 AF 的中点坐标为(1，1) (1)求抛物线 E 的标准方程； (2)若 B，C 为抛物线 E 上的两个动点(异于点 A)，且 BABC，求点 C 的横坐标的取值范围 解：(1)依题意得 F 0，p 2 ，设 A(x0，y0)，由 AF 的中点坐标为(1，1)，得 1x 0 2 ， 1 y0p 2 2 ， 即 x02， y02p 2， 所以 42p 2p 2 ，得 p24p40，即 p2， 所以抛物线 E 的标准方程为 x24y (2)由题意知 A(2，1)，设 B x1，x 2 1 4 ，C x，x 2 4 ， 则 kBA x2 1 4 1 x12 1 4(x12)

13、， 因为 x12，所以 kBC 4 x12，BC 所在直线的方程为 y x2 1 4 4 x12(xx1)，联立 yx 2 1 4 4 x12（xx1）， x24y， 因为 xx1，得(xx1)(x12)160， 即 x2 1(x2)x12x160， 因为 (x2)24(2x16)0，即 x24x600，故 x10 或 x6经检验，当 x 6 时，不满足题意 所以点 C 的横坐标的取值范围是(，6)10，). 第第2课时课时 圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题圆锥曲线中的定点、定值与存在性问题 考点一考点一 定点问题定点问题 命题角度 1 直线过定点 (2020年广州执信、广雅、六中联考)如图

14、，已知椭圆 C： x2 a2y 21(a1)的上 顶点为 A，右焦点为 F，直线 AF 与圆 M：x2y26x2y70 相切 (1)求椭圆的方程； (2)不过点 A 的动直线 l 与椭圆 C 相交于 P，Q 两点，且 APAQ，证明：动直线 l 过定点，并且求出该定点坐标 解：(1)由题可知，A(0，1)，F(c，0)，则直线 AF 的方程为x cy1，即 xcyc0， 因为直线 AF 与圆 M：x2y26x2y70 相切，该圆的圆心为 M(3，1)，r 3，则 3 3 1c2， 所以 c22，所以 a23，故椭圆的方程为x 2 3 y21 (2)证法一：依题意得直线 l 的斜率必存在，设 l

15、：ykxm，设点 P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立 ykxm， x2 3 y21，消去 y 并整理得(3k 21)x26kmx3m230， 36k2m24(3k21)(3m23)0，即 m20)的焦点 F 是椭圆x 2 4 y 2 3 1 的一 个焦点 (1)求抛物线 C 的方程； (2)设 P，M，N 为抛物线 C 上的不同三点，点 P(x0，2)，且 PMPN求证：直线 MN 过定点 解：(1)因为椭圆x 2 4 y 2 3 1 的焦点为( 1，0)， 依题意，p 21，则 p2，所以 C 的方程为 y 24x (2)证明：易知 P(1，2)，设直线 MN 的方程为 xmyn，与

16、抛物线的方程联立得 y24my4n0，由 0 知，m2n0 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 y1y24m，y1y24n， 由 PMPN，则PM PN 0，即(x11，y12) (x21，y22)0， 所以(x11)(x21)(y12)(y22)0， 即(my1n1)(my2n1)(y12)(y22)0， 整理得到(m21)y1y2(mnm2)(y1y2)(n1)240， 所以4n(m21)4m(mnm2)(n1)240， 化简得 n26n4m28m50， 即(n3)24(m1)2， 解得 n2m5 或 n2m1 当 n2m5 时，满足0，直线 MN 的方程为 xmy2m5，即为

17、x5m(y2)，即 直线过定点(5，2)； 当 n2m1 时，由 0 须 m1，直线 MN 的方程为 xmy2m1，即为 x1m(y 2)，即直线过定点(1，2)，此时与点 P 重合，故应舍去 所以直线 MN 过定点(5，2) 命题角度 2 圆过定点 (2019北京卷)已知抛物线 C：x22py 经过点(2，1) (1)求抛物线 C 的方程及其准线方程； (2)设 O 为原点，过抛物线 C 的焦点作斜率不为 0 的直线 l 交抛物线 C 于两点 M，N，直线 y1 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：(1)由抛物线 C：x22py

18、经过点(2，1)，得 p2 所以抛物线 C 的方程为 x24y，其准线方程为 y1 (2)证明：抛物线 C 的焦点为 F(0，1) 设直线 l 的方程为 ykx1(k0) 由 ykx1， x24y， 得 x24kx40 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x24 直线 OM 的方程为 yy1 x1x 令 y1，得点 A 的横坐标 xAx1 y1 同理得点 B 的横坐标 xBx2 y2 设点 D(0，n)，则 DA (x1 y1，1n)，DB (x2 y2，1n)， 所以DA DB x1x2 y1y2(n1) 2 x1x2 （x 2 1 4 ）（x 2 2 4 ） (n1)2 16

19、x1x2(n1) 2 4(n1)2 令DA DB 0，即4(n1)20，则 n1 或 n3 综上，以 AB 为直径的圆经过 y 轴上的定点(0，1)和(0，3) 【点拨】 圆过定点，可依据直径所对圆周角为直角，转化为 两条线段的垂直，进而转化为两个向量垂直，即两向量的数量积 等于 0，从而建立方程求解 (2021届广西防城中学高三10月考)已知椭圆 C： x2 b2 y2 a21(ab0)的离 心率为 2 2 ，且椭圆上一点到两个焦点的距离之和为 2 2 (1)求椭圆 C 的方程； (2)斜率为 k 的动直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点，点 S 1 3，0 在直线 l 上， 求证：无论

20、直线 l 如何转动，以 AB 为直径的圆恒过点 T(1，0) 解：(1)设椭圆的离心率为 e，由题可知 ec a 2 2 ， 2a2 2， 解得 a 2， c1 因为 b2a2c21，所以椭圆 C 的方程为y 2 2 x21 (2)证明：由题知直线 l 的方程为 yk x1 3 ， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则代入椭圆方程y 2 2 x21， 整理得(k22)x22 3k 2xk 218 9 0 因为点 S 1 3，0 在椭圆内，此方程必有两个实根， x1x2 2k2 3（k22）， x1x2 k218 9（k22） 所以TA TB (x11，y1) (x21，y2) (x11

21、)(x21)k x11 3 k x21 3 (k21)x1x21 3(k 23)(x 1x2)1 9(k 29) 1 9（k22）(k 21)(k218)2k2(k23)(k29) (k22)0， 所以TA TB ，所以以 AB 为直径的圆恒过点 T(1，0) 考点二考点二 定值问题定值问题 命题角度 1 代数式的定值 (2021届湖北四地六校高三起点联考)已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 1 2， 以原点为圆心，椭圆的短半轴长为半径的圆与直线 7x 5y120 相切 (1)求椭圆 C 的方程； (2)设 A(4，0)，过点 R(3，0)作与 x 轴不重合的直线 l

22、 交椭圆 C 于 P，Q 两点，连接 AP， AQ 分别交直线 x16 3 于 M，N 两点，若直线 MR，NR 的斜率分别为 k1，k2，试问：k1k2是否 为定值？若是，求出该定值，若不是，请说明理由 解：(1)由题意得 e c a 1 2， 12 75b， a2b2c2， 解得 a4， b2 3， c2， 故椭圆 C 的方程为 x2 16 y2 121 (2)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，直线 PQ 的方程为 xmy3，由 x 2 16 y2 121， xmy3， 得(3m24)y218my 210，0 显然成立，所以 y1y2 18m 3m24，y1y2 21 3m24， 由

23、 A，P，M 三点共线可知， yM 16 3 4 y1 x14，所以 yM 28 3 y1 x14；同理可得 yN 28 3 y2 x24 所以 k1k2 yM 16 3 3 yN 16 3 3 9yMyN 49 16y1y2 （x14）（x24） 因为(x14)(x24)(my17)(my27)m2y1y27m(y1y2)49， 所以 k1k2 16y1y2 m2y1y27m（y1y2）49 16 21 3m24 m2 21 3m247m 18m 3m2449 12 7 故 k1k2为定值，且为12 7 【点拨】 判断或证明代数式为定值，依题意设条件，得出与 代数式参数有关的等式，代入代数式

24、，化简即可得出 已知 O 为坐标原点，过点 M(1，0)的直线 l 与抛物线 C：y2 2px(p0)交于 A，B 两点，且OA OB 3 (1)求抛物线 C 的方程； (2)过点 M 作直线 ll 交抛物线 C 于 P，Q 两点，记OAB，OPQ 的面积分别为 S1，S2，证明： 1 S2 1 1 S2 2为定值 解：(1)设直线 l：xmy1 与 y22px 联立消去 x 得，y22pmy2p0设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1 y22pm，y1y22p 因为OA OB 3，所以OA OB x1x2y1y2(my11)(my21)y1y2(1m2)y1y2m(y1y2)1(1

25、 m2)(2p)2pm212p13，解得 p2 所以抛物线 C 的方程为 y24x (2)证明：由(1)知，M(1，0)是抛物线 C 的焦点，所以|AB|x1x2pmy1my22p4m24 原点到直线 l 的距离 d 1 1m2， 所以 S11 2|AB|d 1 24(m 21) 1 1m22 1m 2 因为直线 l过点(1，0)且 ll， 所以 S221 1 m 2 2 1m2 m2 所以 1 S2 1 1 S2 2 1 4（1m2） m2 4（1m2） 1 4， 即 1 S2 1 1 S2 2为定值 1 4 命题角度 2 与长度、面积、角度等相关的定值 已知椭圆 C：x 2 4 y 2 b

26、21(0b2)的左、右焦点分别为 F1，F2，F1( 3，0) (1)若 P 为椭圆 C 上任意一点，且横坐标为 x0，求证：|PF1|2 3 2 x0； (2)不经过 F1和 F2的直线 l：ykxm(k0，m0)与圆 x2y21 相切，且与椭圆 C 交于 M，N 两点，试判断MF1N 的周长是否为定值，若是，求出定值；若不是，请说明理由 解：(1)证明：易知 a2，c 3，则 b1，椭圆 C 的方程为x 2 4 y21，设 P(x0，y0)，则|PF1| （x0 3）2y2 0 x2 02 3x031x 2 0 4 3 2 x02 ，因为2x02，所以|PF1|2 3 2 x0 (2)因为

27、直线 l 与圆 x2y21 相切，所以 |m| 1k21，m 21k2设 M(x 1，y1)，N(x2，y2)，由 ykxm， x2 4 y21，得(4k 21)x28kmx4(m21)0， 0， x 1x2 8km 4k21， x1x2 4（m21） 4k21 ， 所以|MN| 1k2|x1x2|4 3mk 4k21， 由(1)得|MF1|2 3 2 x1， |NF1|2 3 2 x2， |MF1|NF1|MN|44 3mk 4k21 4 3mk 4k214所以MF1N 的周长为定值 4 【点拨】 判断或证明长度、面积、角度为定值，利用相应的公 式求得代数式，依据条件对代数式进行化简、变形即

28、可 已知椭圆 E 的中心在坐标原点 O，焦点在 x 轴上，椭圆上的短轴顶点 到焦点的距离为 2，椭圆上的点到焦点距离的最大值是 2 3 (1)求椭圆 E 的标准方程； (2)直线 l 交椭圆于 M，N 两点，若 16k2 OMk 2 ON8kOMkON10，OMN 的面 积是否为定值，如果是定值，请求出定值；如果不是定值，请说明理由 解：(1)由题意知：a2b2c24，ac2 3，解得 a2，b1，所以椭圆 E 的标准方程为x 2 4 y21 (2)由题意知，(4kOMkON1)20，即 kOMkON1 4若直线 l 的斜率不存在，设 l：xt联立 xt， x2 4 y21，解得 M t，1t

29、 2 4 ，N(t，1t 2 4)，则 kOMkON 1t 2 4 t2 1 4，解得 t 2，则 SOMN 1 22 1t 2 4 21若直 线 l 的斜率存在，设 l：ykxb，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则原点到直线 l 的距离为 d |b| k21，联立 ykxb， x2 4 y21，整理 得(4k21)x28kbx4b240，由 0 得 4k2b21，则 x1x2 8kb 4k21，x1x2 4b24 4k21，又 kOMkON 1 4，则 y1y2 x1x2 1 4， 即(k 21 4)x1x2kb(x1x2)b 20， (k21 4) 4b24 4k21 8k2b2 4k

30、21b 20， 化简得 2b24k21 根据弦长公式可知|MN| k21|x1x2|4 k21 4k2b21 4k21 4|b| k21 4k21 ，所以 SOMN1 2|MN|d 2b2 4k211综上所述，OMN 的面 积为定值 1 考点三考点三 存在性探究问题存在性探究问题 已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)经过点 1， 3 2 ，离心率为 3 2 (1)求椭圆 C 的方程； (2)直线 yk(x1)(k0)与椭圆 C 交于 A，B 两点，点 M 是椭圆 C 的右顶点，直 线 AM 与直线 BM 分别与 y 轴交于 P，Q 两点，试问在 x 轴上是否存在一个定点 N 使

31、得 NPNQ？若存在，求出定点 N 的坐标；若不存在，请说明理由 解：(1)由题意可知 1 a2 3 4b21，又 c a 3 2 ，即a 2b2 a2 3 4，a 24b2解得 a24，即 a2，所以 b1所 以椭圆 C 的方程为x 2 4 y21 (2)假设存在定点 N(n，0)使得 NPNQ由 yk（x1）， x2 4 y21， 得(4k21)x28k2x4(k21)0(k0)，显 然 0 恒成立设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 8k2 4k21，x1x2 4（k21） 4k21 因为 M(2，0)，所以直线 AM 的方程为 y y1 x12(x2)，则 P(0， 2

32、y1 x12)，直线 BM 的方程为 y y2 x22(x2)，则 Q(0， 2y2 x22) 则有NP (n，2y1 x12)，NQ (n，2y2 x22)，由NP NQ 0 得 n2 4y1y2 （x12）（x22）0(*)，又 y1y2k 2(x 11)(x2 1)k2(x1x2x1x21) 3k2 4k21，(x12)(x22)x1x22(x1x2)4 4k2 4k21，代入(*)式整理得 n 230，故 n 3所以存在定点 N( 3，0)使得 NPNQ 【点拨】 存在性问题的探求，常用方法是假设存在，并以此 为基础进行推证，若推出矛盾，则不存在，否则存在特殊情形 的推证，常使思路明晰

33、 已知椭圆的中心是坐标原点 O，焦点在 x 轴上，离心率为 2 2 ，坐标原点 O 到过右焦点 F 且斜率为 1 的直线的距离为 2 2 (1)求椭圆的标准方程； (2)设过右焦点 F 且与坐标轴不垂直的直线 l 交椭圆于 P，Q 两点，在线段 OF 上是否存在点 M(m，0)，使得|MP|MQ|？若存在，求出 m 的取值范围；若不存在， 请说明理由 解：(1)依题意，设椭圆的方程为x 2 a2 y2 b21(ab0)，F(c，0)， 由坐标原点 O 到直线 xyc0 的距离为 2 2 ，得|00c| 2 2 2 ，解 得 c1，又 ec a 2 2 ，故 a 2，b1，所以所求椭圆的标准方程

34、 为x 2 2 y21 (2)假设存在点 M(m，0)(0m1)满足条件 因为直线 l 与 x 轴不垂直， 所以设直线 l 的方程为 yk(x1)(k0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2) 由 x22y22， yk（x1）得(12k 2)x24k2x2k220， 0 恒成立，所以 x1x2 4k2 12k2，x1x2 2k22 12k2 设线段 PQ 的中点为 N(x0，y0)， 则 x0 x1x2 2 2k2 12k2，y0k(x01) k 12k2 因为|MP|MQ|，所以 MNPQ，所以 kMNkPQ1，即 k 12k2 2k2 12k2m k1，所以 m k2 12k2 1 2 1 k2 因为 k20，所以 0m1 2，即 m 的取值范围为(0， 1 2)