高考数学二轮复习第二层提升篇专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题讲义-人教版高三全册数学

1、. .专心 . 第 3 讲圆锥曲线的综合问题 全国卷 3 年考情分析 年份全国卷全国卷全国卷2019直线与圆的位置关系，定值问题 t21椭圆的定义及几何性质、参数的范围t20直线与抛物线的位置关系、直线与圆的位置关系、定点问题 t212018直线的方程、直线与抛物线的位置关系、证明问题 t20直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程 t20直线与椭圆的位置关系、证明问题 t202017直线与抛物线的位置关系、导数的几何意义t20点的轨迹方程、 椭圆方程、向量的数量积等t20两直线垂直的条件、直线与圆的位置关系、直线方程 t20解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的

2、重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等. 试题难度较大，多以压轴题出现. 解答题的热点题型有：(1) 直线与圆锥曲线位置关系；(2) 圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3) 圆锥曲线中的判断( 与证明 ) 及探究问题 . 第 1 课时圆锥曲线中的定值、定点、证明问题考点一圆锥曲线中的几何证明问题 例 1 (2018全国卷 ) 设椭圆c：x22y2 1 的右焦点为f，过f的直线l与c交于a，b两点，点m的坐标为 (2 ，0). (1) 当l与x轴垂直时，求直线am的方程；. .专心 . (2) 设o为坐标原点，证明：omaomb. 解 (1) 由已知得f(1 ，0)

3、，l的方程为x1. 则点a的坐标为1，22或 1，22. 又m(2，0) ，所以直线am的方程为y22x2或y22x2，即x2y20 或x2y2 0. (2) 证明：当l与x轴重合时，omaomb0. 当l与x轴垂直时，om为ab的垂直平分线，所以omaomb. 当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，a(x1，y1) ，b(x2，y2)，则x12，x2b0)，点o为坐标原点，点a的坐标为 (a，0) ，点b的坐标为 (0 ，b) ，点m在线段ab上，满足 |bm| 2|ma| ，直线om的斜率为510. (1) 求e的离心率e；(2) 设点c的坐标为 (0 ，b) ，n

4、为线段ac的中点，证明：mnab. 解： (1) 由题设条件知，点m的坐标为23a，13b，又kom510，从而b2a510. 进而得a5b，ca2b22b，故eca255. (2) 证明：由n是ac的中点知， 点n的坐标为a2，b2， 可得nm a6，5b6. 又ab( a，b) ，从而有ab nm 16a256b216(5b2a2). 由(1) 可知a25b2，所以ab nm0，故mnab. 考点二定值问题 例 2 (2019福建五校第二次联考) 已知椭圆c：x2a2y2b21(ab0) 的离心率为32，. .专心 . 上顶点m到直线3xy40 的距离为3. (1) 求椭圆c的方程；(2)

5、 设直线l过点 (4， 2)，且与椭圆c相交于a，b两点，l不经过点m，证明：直线ma的斜率与直线mb的斜率之和为定值. 解 (1) 由题意可得eca32，|b4|23，a2b2c2，解得a 4，b 2，所以椭圆c的方程为x216y241. (2) 证明： 易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y2k(x4)，k0 且k1，a(x1，y1) ，b(x2，y2) ，联立得y2k（x 4），x216y241，得(1 4k2)x216k(2k1)x 64k(k1) 0，则x1x216k（2k1）14k2，x1x264k（k1）14k2，因为kmakmby12x1y2 2x2（kx14k4）x2（

6、kx24k4）x1x1x2，所以kmakmb2k(4k4)x1x2x1x2 2k4(k1) 16k（2k1）64k（k1）2k(2k1)1(为定值 ). 题后悟通 求解定值问题的2 大途径途径一首先由特例得出一个值(此值一般就是定值) 然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量 ) 无关途径二先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值 跟踪训练 . .专心 . 已知椭圆方程为x24y231，右焦点为f，若直线l与椭圆c相切，过点f作fql，垂足为q，求证： |oq| 为定值 ( 其中o为坐标原点 ). 证明：当直线l

7、的斜率不存在时，l的方程为x2，点q的坐标为 ( 2，0)或(2 ，0)，此时 |oq| 2；当直线l的斜率为0 时，l的方程为y3，点q的坐标为 (1，3) 或(1 ， 3) ，此时 |oq| 2；当直线l的斜率存在且不为0 时，设直线l的方程为ykxm(k0).因为fql，所以直线fq的方程为y1k(x1). 由ykxm，x24y231消去y，可得 (3 4k2)x28kmx 4m2120. 因为直线l与椭圆c相切，所以(8km)24(3 4k2) (4m212) 0，整理得m24k23. (*) 由ykxm，y1k（x1）得q1kmk21，kmk21，所以 |oq| 1kmk212kmk

8、2 121k2m2k2m2（k21）2，将(*) 式代入上式，得|oq| 4（k42k21）（k21）22. 综上所述， |oq| 为定值，且定值为2. 考点三定点问题 例 3 (2019北京高考 ) 已知椭圆c：x2a2y2b21 的右焦点为 (1 ， 0) ，且经过点a(0 ，1). (1) 求椭圆c的方程；. .专心 . (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 (1) 由题意，得b21，c1，所以a2b2c22. 所以椭圆c的方程为x22y21. (

9、2) 证明：设p(x1，y1) ，q(x2，y2) ，则直线ap的方程为yy11x1x1. 令y0，得点m的横坐标xmx1y11. 又y1kx1t，从而 |om| |xm| x1kx1t1. 同理， |on| x2kx2t1. 由ykxt，x22y21得(1 2k2)x24ktx2t2 20，则x1x24kt12k2，x1x22t2212k2. 所以 |om| |on| x1kx1t1x2kx2t1x1x2k2x1x2k（t 1）（x1x2）（t 1）22t2212k2k22t2212k2k（t 1） 4kt12k2（t1）221t1t. 又|om| |on| 2，所以 21t1t2. 解得t

10、0，所以直线l经过定点 (0，0). 题后悟通 直线过定点问题的解题模型. .专心 . 跟踪训练 (2019重庆市七校联合考试) 已知o为坐标原点，抛物线c：y2 4x，点a( 2，0) ，设直线l与c交于不同的两点p，q. (1) 若直线lx轴，求直线pa的斜率的取值范围；(2) 若直线l不垂直于x轴，且paoqao，证明：直线l过定点 . 解： (1) 当点p在第一象限时，设p(t，2t) ，则kpa2t0t 22t2t22222，kpa 0，22，同理，当点p在第四象限时，kpa 22，0 . 综上所述，直线pa的斜率kpa 22，0 0，22. (2) 证明：设直线l的方程为ykxb(

11、k0)，联立方程得ykxb，y24x，得ky24y 4b0，1616kb0，设p(x1，y1) ，q(x2，y2)，则y1y24k，y1y24bk，paoqao，kapkaqy1x12y2x22y1（x22）y2（x1 2）（x12）（x22）4y1y2（y2y1） 32（y1y2）y21y228（y21y22） 644b8kb24k24kb80，b 2k，ykx2kk(x2) ，直线l恒过定点 (2 ，0). . .专心 . 专题过关检测大题专攻强化练1. (2019全国卷 ) 已知曲线c：yx22，d为直线y12上的动点， 过d作c的两条切线，切点分别为a，b. (1) 证明：直线ab过定

12、点 . (2) 若以e0，52为圆心的圆与直线ab相切，且切点为线段ab的中点，求该圆的方程. 解： (1) 证明：设d t，12，a(x1，y1)，则x212y1. 由于yx，所以切线da的斜率为x1，故y112x1tx1. 整理得 2tx1 2y110. 设b(x2，y2) ，同理可得2tx22y210. 故直线ab的方程为2tx2y10. 所以直线ab过定点0，12. (2) 由(1) 得直线ab的方程为ytx12. 由ytx12，yx22可得x22tx10. 于是x1x22t，y1y2t(x1x2) 12t2 1. 设m为线段ab的中点，则mt，t212. 由于em ab，而em(t，

13、t22)，ab与向量 (1 ，t) 平行，所以t(t2 2)t0. 解得t0 或t1.当t0 时， |em | 2，所求圆的方程为x2y5224；. .专心 . 当t1 时， |em | 2，所求圆的方程为x2y5222. 2. (2019济南市学习质量评估) 已知椭圆c：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，右焦点为f，且该椭圆过点1，32. (1) 求椭圆c的方程；(2) 当动直线l与椭圆c相切于点a，且与直线x433相交于点b时，求证：fab为直角三角形 . 解： (1) 由题意得ca32，1a234b21，又a2b2c2，所以b21，a24，即椭圆c的方程为x24y21. (2)

14、 证明：由题意可得直线l的斜率存在，设l：ykxm，联立得ykxm，x24y2 1，得(4k21)x28kmx 4m240，判别式 64k2m216(4k21)(m21) 0，得m24k21 0. 设a(x1，y1) ，则x18km2（4k21）8km2m24km，y1kx1m4k2mm1m，即a4km，1m. 易得b433，433km，f(3，0) ，则fa 4km3，1m，fb33，433km，fa fb334km3 1m433km43k3m 143k3m10，所以fa fb，即fab为直角三角形，得证. 3. 如图，设点a，b的坐标分别为( 3，0)，(3，0) ，直线ap，bp相交于点

15、p，且它们的斜率之积为23. (1) 求点p的轨迹方程；(2) 设点p的轨迹为c， 点m，n是轨迹c上不同的两点， 且满足apom，bpon， 求证：mon的面积为定值 . . .专心 . 解： (1) 设点p的坐标为 (x，y) ，由题意得，kapkbpyx3yx323(x3) ，化简得，点p的轨迹方程为x23y221(x3). (2) 证明：由题意可知，m，n是轨迹c上不同的两点，且apom，bpon，则直线om，on的斜率必存在且不为0，komkonkapkbp23. 当直线mn的斜率为0 时，设m(x0，y0) ，n( x0，y0) ，则y20 x2023，x203y2021，得|x0

16、| 62，|y0| 1，所以smon12|y0|2x0| 62. 当直线mn的斜率不为0 时，设直线mn的方程为xmyt，代入x23y221，得(3 2m2)y24mty 2t260，(*) 设m(x1，y1) ，n(x2，y2)，则y1，y2是方程 (*) 的两根，所以y1y24mt32m2，y1y22t2632m2，又komkony1y2x1x2y1y2m2y1y2mt（y1y2）t22t263t26m2，所以2t263t26m223，即 2t22m23，满足0. 又smon12|t|y1y2| |t| 24t2 48m2722（32m2），所以smon26t24t262. 综上，mon的

17、面积为定值，且定值为62. 4. (2019福州市质量检测) 已知抛物线c1：x2 2py(p0)和圆c2：(x1)2y22，倾斜角为 45的直线l1过c1的焦点，且l1与c2相切 . (1) 求p的值；(2) 动点m在c1的准线上， 动点a在c1上，若c1在a点处的切线l2交y轴于点b， 设mnma mb ，求证：点n在定直线上，并求该定直线的方程. . .专心 . 解： (1) 依题意，设直线l1的方程为yxp2，因为直线l1与圆c2相切，所以圆心c2( 1，0) 到直线l1：yxp2的距离d1p212（ 1）22. 即 1p222，解得p 6 或p 2( 舍去 ). 所以p6. (2)

18、法一：依题意设m(m， 3) ，由(1) 知抛物线c1的方程为x212y，所以yx212，所以yx6，设a(x1，y1) ，则以a为切点的切线l2的斜率为kx16，所以切线l2的方程为y16x1(xx1) y1. 令x0，则y16x21y11612y1y1y1，即b点的坐标为 (0 ，y1) ，所以ma (x1m，y13) ，mb ( m，y13) ，所以mn mamb(x12m，6)，所以on ommn(x1m，3). 设n点坐标为 (x，y) ，则y3，所以点n在定直线y3 上. 法二：设m(m， 3) ，由(1) 知抛物线c1的方程为x212y，设l2的斜率为k，a x1，112x21，

19、则以a为切点的切线l2的方程为yk(xx1) 112x21，联立得，x212k（xx1）112x21，因为144k248kx14x21 0，所以kx16，. .专心 . 所以切线l2的方程为y16x1(xx1) 112x21. 令x0，得b点坐标为0，112x21，所以ma x1m，112x213 ，mb m，112x213 ，所以mn mamb(x12m，6)，所以on ommn(x1m，3) ，所以点n在定直线y3 上. 第 2 课时圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题考点一最值问题 例 1 (2019广州市综合检测(一 ) 已知椭圆c的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y32x与椭圆c在第一

20、象限内的交点是m， 点m在x轴上的射影恰好是椭圆c的右焦点f2，椭圆c的另一个焦点是f1，且mf1 mf294. (1) 求椭圆c的方程；(2) 若直线l过点 ( 1，0)，且与椭圆c交于p，q两点， 求f2pq的内切圆面积的最大值. 解 (1) 设椭圆c的方程为x2a2y2b21(ab0) ，点m在直线y32x上，且点m在x轴上的射影恰好是椭圆c的右焦点f2(c，0) ，点mc，3c2. mf1mf22c，32c0，32c94，c1. 1a294b21，a2b21，解得a24，b23，. .专心 . 椭圆c的方程为x24y231. (2) 由(1) 知，f1( 1，0) ，过点f1(1，0)

21、 的直线与椭圆c交于p，q两点，则f2pq的周长为4a8，又sf2pq124ar(r为f2pq的内切圆半径) ，当f2pq的面积最大时，其内切圆面积最大. 设直线l的方程为xky1，p(x1，y1) ，q(x2，y2)，则xky1，x24y231，消去x得(4 3k2)y2 6ky90，y1y26k3k24，y1y293k24，sf2pq12|f1f2| |y1y2| 12k213k24. 令k21t，则t1，sf2pq123t1t，令f(t) 3t1t，则f(t) 31t2，当t 1 ， ) 时，f(t)0，f(t) 3t1t在1 ， ) 上单调递增，sf2pq123t1t 3，当t 1 时

22、取等号，即当k0 时，f2pq的面积取得最大值3，结合sf2pq124ar，得r的最大值为34，f2pq的内切圆面积的最大值为916. 题后悟通 最值问题的2 种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的( 如. .专心 . 抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查) 代数法建立求解目标关于某个( 或两个 ) 变量的函数， 通过求解函数的最值解决的( 普通方法、基本不等式方法、导数方法( 如本例 ) 等) 跟踪训练 (2019河北省九校第二次联考) 已知抛物线c：y2 2px(p0) 的焦点为f，若过点f且斜率为 1

23、的直线与抛物线相交于m，n两点，且 |mn| 8. (1) 求抛物线c的方程；(2) 设直线l为抛物线c的切线，且lmn，p为l上一点，求pm pn的最小值 . 解： (1) 由题意可知fp2，0 ，则直线mn的方程为yxp2，代入y22px(p0)得x23pxp240，设m(x1，y1) ，n(x2，y2) ，则x1x23p，|mn| 8，x1x2p8，即 3pp8，解得p2，抛物线c的方程为y24x. (2) 设直线l的方程为yxb，代入y2 4x，得x2(2b4)xb20，直线l为抛物线c的切线，0，解得b1，l：yx1. 由(1) 可知，x1x26，x1x2 1，设p(m，m 1)，则

24、pm(x1m，y1(m1) ，pn(x2m，y2(m1) ，pm pn (x1m)(x2m) y1 (m1)y2(m 1) x1x2m(x1x2) m2y1y2(m1)(y1y2) (m1)2，(y1y2)216x1x216，y1y2 4，y21y22 4(x1x2) ，y1y24x1x2y1y24，. .专心 . pm pn16mm244(m 1)(m1)22(m24m3) 2(m2)27 14，当且仅当m2，即点p的坐标为 (2 ，3) 时，pm pn取得最小值14. 考点二范围问题 例 2 (2019安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆c：x2a2y2b21(ab0)的焦点坐标分别为f1(

25、1，0) ，f2(1 ，0) ，p为椭圆c上一点，满足3|pf1| 5|pf2| 且 cosf1pf235. (1) 求椭圆c的标准方程；(2) 设直线l：ykxm与椭圆c交于a，b两点，点q14，0 ，若 |aq| |bq| ，求k的取值范围 . 解 (1) 由题意设 |pf1| r1，|pf2| r2，则 3r15r2，又r1r22a，r154a，r234a. 在pf1f2中，由余弦定理得，cosf1pf2r21r22|f1f2|22r1r254a234a222254a34a35，解得a2，c1，b2a2c23，椭圆c的标准方程为x24y231. (2) 联立方程，得x24y231，ykx

26、m，消去y得(3 4k2)x2 8kmx4m2 120，设a(x1，y1) ，b(x2，y2) ，则x1x2 8km34k2，x1x24m21234k2，且48(3 4k2m2)0 ，设ab的中点为m(x0，y0) ，连接qm，则x0 x1x224km34k2，y0kx0m3m34k2，|aq| |bq| ，abqm，又q14，0 ，m为ab的中点， k0，直线qm的斜率存在，kkqmk3m34k24km34k214 1，解得m34k24k，. .专心 . 把代入得34k2 34k24k2，整理得 16k48k230，即(4k21)(4k23)0，解得k12或k12，故k的取值范围为，1212

27、，. 题后悟通 范围问题的解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量( 如点的坐标、 角、斜率等 ) ， 寻找不等关系，其方法有：(1) 利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围( 如本例 ) ；(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，从而求出所求范围；(4) 利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；(5) 利用函数值域的求法，确定所求范围；(6) 利用已知，将条件转化为几个不等关系，从而求出参数的范围( 如本例 ). 跟踪训练 (2018浙江高考 ) 如图， 已知点p是y轴左侧 ( 不含y轴 ) 一点

28、， 抛物线c：y24x上存在不同的两点a，b满足pa，pb的中点均在c上. (1) 设ab中点为m，证明：pm垂直于y轴；(2) 若p是半椭圆x2y241(x0)上的动点，求pab面积的取值范围. 解： (1) 证明：设p(x0，y0) ，a14y21，y1，b14y22，y2. 因为pa，pb的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程yy022414y2x02，即y22y0y8x0y200 的两个不同的实根. 所以y1y22y0，因此pm垂直于y轴. . .专心 . (2) 由(1) 可知y1y22y0，y1y28x0y20，所以 |pm| 18(y21y22) x034y203x0，|y1y2

29、| 22（y204x0） . 因此pab的面积spab12|pm| |y1y2| 324(y204x0)32. 因为x20y2041(x0b0) 的离心率为32，且经过点1，32. (1) 求椭圆c的方程 . (2) 过点 (3，0) 作直线l与椭圆c交于不同的两点a，b，试问在x轴上是否存在定点q，使得直线qa与直线qb恰关于x轴对称？若存在，求出点q的坐标；若不存在，说明理由. 解 (1) 由题意可得ca32，1a234b21，又a2b2c2，所以a24，b21. 所以椭圆c的方程为x24y21. (2) 存在定点q433， 0 ，满足直线qa与直线qb恰关于x轴对称 . 设直线l的方程为

30、xmy30，与椭圆c的方程联立得xmy30，x24y2 1，整理得， (4 m2)y223my10. . .专心 . 设a(x1，y1) ，b(x2，y2)，定点q(t，0)( 依题意tx1，tx2). 由根与系数的关系可得，y1y223m4m2，y1y214m2. 直线qa与直线qb恰关于x轴对称，则直线qa与直线qb的斜率互为相反数，所以y1x1ty2x2t0，即y1(x2t) y2(x1t) 0. 又x1my130，x2my230，所以y1(3my2t) y2(3my1t) 0，整理得， (3t)(y1y2) 2my1y20，从而可得， (3t) 23m4m2 2m 14m2 0，即 2

31、m(43t) 0，所以当t433，即q433，0 时，直线qa与直线qb恰关于x轴对称 . 特别地， 当直线l为x轴时，q433，0 也符合题意 . 综上所述，在x轴上存在定点q433，0 ，使得直线qa与直线qb恰关于x轴对称 . 题后悟通 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. 跟踪训练 如图，由部分抛物线y2mx 1(m

32、0，x0)和半圆x2y2r2(x0)所组成的曲线称为“黄金抛物线c”，若“黄金抛物线c”经过点 (3 ， 2)和 12，32. (1) 求“黄金抛物线c”的方程；(2) 设p(0 ，1) 和q(0 ， 1) ，过点p作直线l与“黄金抛物线c”交于a，p，b三点，问是否存在这样的直线l，使得qp平分aqb？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请. .专心 . 说明理由 . 解： (1) 因为“黄金抛物线c”过点 (3 ，2) 和 12，32，所以r2 1223221， 43m1，解得m 1. 所以“黄金抛物线c”的方程为y2x1(x0)和x2y21(x0).(2) 假设存在这样的直线l，使得qp

33、平分aqb. 显然直线l的斜率存在且不为0，结合题意可设直线l的方程为ykx1(k0)，a(xa，ya) ，b(xb，yb) ，不妨令xa00 知k12，所以直线bq的斜率为kbqk12k. 由ykx1，x2y21（x0），消去y并整理，得 (k21)x2 2kx0，所以xa2kk21，ya1k2k21，即a2kk21，1k2k21，由xa0，所以直线aq的斜率为kaq1k. 因为qp平分aqb，且直线qp的斜率不存在，所以kaqkbq0，即1kk12k0，由 0k23|mn| ，所以点g在以m，n为焦点，长轴长为4 的椭圆上，设椭圆的方程为x2a2y2b21(ab0)，则 2a4，2c23，

34、即a2，c3，所以b2a2c21，所以点g的轨迹c的方程为x24y21. (2) 法一：依题意可设直线l：xmy4. . .专心 . 由xmy4，x24y21消去x，得 (m24)y28my12 0. 设a(x1，y1) ，b(x2，y2)，由64m2412(m24)16(m212)0 ，得m212. 且y1y28mm24，y1y212m2 4. 因为点a关于x轴的对称点为d，所以d(x1，y1) ，可设q(x0，0) ，所以kbdy2y1x2x1y2y1m（y2y1），所以bd所在直线的方程为yy2y2y1m（y2y1）(xmy24). 令y0，得x02my1y24（y1y2）y1y2. 将代入，得x024m32m8m1，所以点q的坐标为 (1 ，0). 因为sabq|stbqstaq| 12|qt|y2y1| 32（y1y2）24y1y26m212m24，令tm24，结合得t16，所以sabq6t 16t. .专心 . 616t21t6 161t1322164. 当且仅当t32，即m27时， (sabq)max34. 所以abq面积的最大值为34. 法二：依题意知直线l的斜率存在，设其方程为yk(x 4) ，a(x1，y1) ，b(x2，y2) ，q(x0，0). 由对称性知d(x1，y1) ，由yk（x 4），x24y21消去y，得(4k21)x232k2x