高考数学大题冲关-高考解析几何中的热点题型

高考大题冲关系列(5)

高考解析几何中的热点题型

命题动向：圆锥曲线问题在高考中属于必考内容，并且常常在同一份试卷上

多题型考查.对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法：第一问一般是

先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识；第二问往往涉及定点、定值、最

值、取值范围等探究性问题，解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.

题型1最值、范围问题।多角K究

角度1最值问题

例1(2019•全国卷II)已知点A(-2,0),5(2,0),动点M(x,y)满足直线AM

与BM的斜率之积为-；.记M的轨迹为曲线C.

(1)求。的方程，并说明。是什么曲线；

(2)过坐标原点的直线交C于P,Q两点，点P在第一象限，PElx轴，垂足

为E,连接。E并延长交。于点G

①证明：△PQG是直角三角形；

②求△PQG面积的最大值.

1

-

解⑴由题设得上=2

A+ZA-Z

化简得壬5=1(国#2),

所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点.

(2)①证明：设直线P。的斜率为3则其方程为)'="(%>0).

y=kx>2

由E+亚］得尤=±布袤

2

u=/■—r,则P(〃，uk),Q(-u,-uk),E(u,0).

y1+2K

于是直线QG的斜率为/方程为y=条-〃).

y=#一〃),

由

9+5=1，

得(2+正)好—2uk2x+庐“2一8=0.(*)

设G(XG,yc),则-〃和XG是方程(*)的解,

u(3k^+2)uJ^

故阳=:+王，由此得"=二平.

2+lc~uk

1

从而直线PG的斜率为“(3A‘2+2)k-

2+-j

所以PQ1PG,即△PQG是直角三角形.

i-------2叭候+1

②由①得曰。1=2吟/1+F,|PG|=*

所以△PQG的面积

8卜)

18k(l+k2)

s=-mPGl=--+2k-2+-=

1+2、+*

设t=k+

则由Q0得层2,当且仅当上=1时取等号.

Qf

因为s=j+分在［2,+8)上单调递减,

所以当f=2,即攵=1时，S取得最大值，最大值为华.

因此面积的最大值为华.

［冲关策略］处理圆锥曲线最值问题的求解方法

圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法:

一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性

质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某

个（些）参数的函数（解析式），然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.

变式训练1（2020.海南高考）已知椭圆C:，+后=1（。乂＞0）过点颂2,3）,点

A为其左顶点，且AM的斜率为;.

⑴求。的方程；

（2）点N为椭圆上任意一点，求AAMN的面积的最大值.

解（1）由题意可知直线AM的方程为

y—3=—2）,即x—2y=—4.

当y=0时，解得x=-4,所以。=4,

92

由椭圆C:.+方=1（。*0）过点M（2,3）,

49

可得证+讲=1,解得〃=12.

所以。的方程为需+方=1.

（2）设与直线AM平行的直线方程为尤-2》=,%如图所示，当直线与椭圆相切

时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.

联立直线方程x-2），=m与椭圆方程器+5=1,

可得3（m+2）02+4;/=48,

化简可得16）2+12my+3m2-48=0,

所以/=144"/一4X16（3稼一48）=0,

即m2=64,解得加=±8,

与AM距离比较远的直线方程为尤-2y=8,

直线AM的方程为九-2y=-4,

点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离,

8+412\/5

利用两平行线之间的距离公式可得"=7『=母，

yi+4〉

由两点之间的距离公式可得IAM=7(2+4)2+32=3小.

所以△AMN的面积的最大值为gx3小*喈=18.

角度2范围问题

例2(2020.沈阳摸底)如图，椭圆C:最+营=1(。泌〉0)的左、右焦点分别为

Fi,Fi,离心率为苧，过焦点A且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为

⑴求椭圆C的方程；

⑵点P(xo,yo)3)WO)为椭圆。上一动点，连接PR,PF2,设NQPB的平分

线PM交椭圆。的长轴于点M(〃z,0),求实数m的取值范围.

解⑴将x=c1代入3+%=1中，

由/一,2=〃，可得y2=*,所以过焦点尸2且垂直于X轴的直线被椭圆C截

2b2

得的线段长为

(2tr

彳=1，卜=2,

由＜解得卜=1，

a~2，[c=小,

=/+,

所以椭圆。的方程为:+9=1.

(2)解法一：因为点P(xo,yo)(joWO),Fi(-小,0),

F2他,0),所以直线PR,的方程分别为

1\:yor-(xo+小)y+小加=0,

12：yOT-(xo-小)y-V5yo=0.

…工4fI"2yo+小yolI"2yo-小oyl

由就意可知由Bl；小＞="Bl(二;小产

由于点P为椭圆C上除左、右顶点外的任一点，

所以于+W=1,yoWO,

因为一yf3<m<y[3,-2<xo<2,

m+y]3A/3-m3

所以乃----=一君-，即机=不（），

2Xo+22-xo

33

因此一]</%<,

解法二：设|PB|="

tm+\[3

在△PF1M中，~~/8心=二~/Reh，

sinZPMF\smZMPF\

4-ryfs-m

在△PBM中，一一D…、=—―/八/二七，,

smZPMFisinZMPFi

因为NPMFi+NPMb2=兀，/_MPF\=AMPF2,

所以亡=宗于，解得加=/氏-2小）,

因为，6（a-c,a+c）,即，€（2—巾，2+小），

33

所以_]<，/<,

［冲关策略］圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法

(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范

围.

(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个

参数之间的等量关系.

(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.

(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.

(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而

确定参数的取值范围.

变式训练2设椭圆a+5=1(。动)的右焦点为F,右顶点为4已知两+

13e

两=两，其中。为原点，e为椭圆的离心率.

(1)求椭圆的方程；

(2)设过点A的直线I与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于I的直线与I交

于点M,与y轴交于点H.若且NM0AW/K40,求直线/的斜率的取

值范围.

113e113c

解⑴设尸(c,0),由两+两=两，即/片而"，可得/-2=3,2,

?2

又/一/=〃=3,所以，2=1,因此/=4,所以椭圆的方程为『七=1.

(2)设直线/的斜率为攵(AWO),则直线/的方程为y=网x-2).

q+汇=1

设伏皿泗)，由方程组43'消去y,

y=k(x-2)

整理得(4d+3)f-16炉x+16^-12=0.

8s—6

解得x=2或x=耿2+3，

少8A2-6-12k

由题寻得XB=必2+3，从而"=4k2+3。

由⑴知,尸(1,0),设"(0,M,

19-4矛12k、

有丽=(-1,yn),BF=14下+3，软2+3,

由BF_LHF,得而前=0,

4/—912bH9—4k2

所以而3+奴2+3=仇解得w=FF-

19一4好

因此直线M"的方程为＞=-讲+一文.

设M(XM,加)，

0=3-2),

由方程组＜19-4R消去y,

[y=-kx+~i2F

,20一+9

解得刈=]2(3+])•

在△M4O中，ZMOAW/MAO^\MA\^\MO\,

、、、、20d+9

即(双-2)-4-4+ylt,化简得XM21,即]2(/+1，解得后-

所以直线I的斜率的取值范围为

1-8,一唱u乎,+8.

题型2定点、定值问题/角"究

角度1定点问题

例3(2019•北京高考)已知抛物线C:f=-2py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。的焦点作斜率不为0的直线I交抛物线C于两点

M,N,直线y=-1分别交直线OM,ON于点A和点区求证：以A3为直径的圆

经过)，轴上的两个定点.

解(1)由抛物线C：-2py经过点(2,-1),得p=2.

所以抛物线C的方程为W=-4y,其准线方程为y=l.

(2)证明：抛物线。的焦点为F(0,-1).

设直线I的方程为＞'=^--1(^0).

y=kx-1,

由19得f+4近一4=0.

x2=-4y

设M(x\,yi),N(X2,yi),则x\xi=-4.

直线OM的方程为＞=*.

A1

令y=-1.得点A的横坐标XA=-%

同理得点8的横坐标身=

设点0(0,n),则了!=(-：,

一1一〃,

DB=

口-1-〃1

—a—aXIX2,c

°A°8=赤+(〃+l)2

X\X2.、2

+(〃+1I/

工+5+1)2

-4+(〃+I)2.

令汤.访=0,即-4+(〃+1)2=0,

解得n=1或〃=-3.

综上，以A8为直径的圆经过)，轴上的定点(0,1)和(0,-3).

［冲关策略］(1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方

程中的变量x,>当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方

程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关

于x,y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.

(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式>->'()=鼠x-xo),

则直线必过定点(次，>-o)；若得到了直线方程的斜截式丁=依+，找，则直线必过定

点(0,in).

22

变式训练3(2020.滨州二模)已知椭圆C:，+方=1伍泌〉0)的左顶点为A,

。为坐标原点，|。川=小，C的离心率为坐

(1)求椭圆。的方程；

(2)已知不经过点A的直线/:y=依+皿%#0,胴€2交椭圆。于加，N两点,

线段MN的中点为8,若|欢=2|荏|,求证：直线/过定点.

解⑴由已知|。4|=小，得。=小，

设椭圆。的半焦距为c,因为6=^=乎，所以c=也，

所以〃=3—2=1,

所以椭圆。的方程为会+V=L

(2)证明：由题意知A(-小，0).

y=kx+m,

联立/2,

6+9=1,

得(33+1)幺+6kmx+3m2-3=0.

由题意知，J=(6M2-4(3k2+l)(3m2-3)=12+36k2-12/n2>0.(*)

设M(xi,yi),Ngp),

-6km3m2-3

贝“加+"2=^77,为由二^7P

因为|丽=2|魂|,8为线段MN的中点，所以AM1AN,

所以AM.AN=(xi+/)(x2++y\y2=0.

又yi=Axi+m,y2=kx2+m,

所以W=J^XiXi+m2+km(x\+xi),

所以(储+1)xiX2+(km+小)(xi+xi)+m2+3=0.

(3加2-3)(d+])6km(km+小)

所以一北4—-3标+1+疗+3=0・

整理得3R-+2〃?2=o,得攵=W”?或％

当％=坐〃?时，直线/的方程为y=9〃(x+小)，过定点A(-小，0),不符

合题意；

当左=耳鼻〃时，直线/的方程为y=4&«(x+坐],过定点(-半，0),经检

验，符合(*)式.

综上所述，直线/过定点(-坐，0).

角度2定值问题

x2V2\12

例4(2020・山东高考)已知椭圆C：了+右=1(。9>0)的离心率为冷，且过点

42,1).

⑴求。的方程；

(2)点M,N在。上，且AM1AN,AD1MN,。为垂足.证明：存在定点Q,

使得DOI为定值.

a~2，

解(1)由题意可得.

层+户=1，

=tr+C2,

y2y

解得屋=6,b2=c2=3,故椭圆方程为不+：=L

(2)设点M(xi,yi),Ngy2).

因为AM1AN,所以痴.病=0,

BP(xi-2)(x2-2)+(yi-1)(y2-1)=0.①

当直线MN的斜率存在时，设方程为y=^+〃z,如图1.

代入椭圆方程消去y并整理，得(1+2A2*+4%a+2加2一6=0,

4k”-6

Xi+X2=一]+2好，X—=]+2庐，②

根据y\=kx\+m,y2=kx2+m,代入①整理，可得

(/+1)x1x2+(km-k-2)(xi+X2)+(m-I)2+4=0,

、2nr-6(4km、

将②代入上式，得/2+1)不定+(切2—左一2)|一丁7朝+(，”—1>+4=0,

整理化简得(2攵+3m+l)(2k+〃？-1)=0,

因为A(2,l)不在直线MN上，所以2A+〃—1W0,

所以2%+3〃z+1=0,kNl,

于是MN的方程为y—21,

所以直线过定点4I，-1).

当直线MN的斜率不存在时，可得N(xi,-yi),如图2.

代入(尤1-2)(X2-2)+(yi-1)(y2-1)=0得(XI-2)2+1-式=0,

结合总+'=1,解得xi=2(舍去)或xi=|,

此时直线MN过点碍-1).

因为AE为定值，且△ADE为直角三角形，AE为斜边,

所以AE的中点满足\DQ\为定值

AE长度的一半g

由于42,1),

故由中点坐标公式可得Q

故存在点Q(*|

,使得DQI为定值.

[冲关策略]圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略

（1）求代数式为定值.依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数

式、化简即可得出定值.

（2）求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，

再利用题设条件化简、变形求得.

（3）求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进

行化简、变形即可求得.

变式训练4（2020.滨州二模）已知椭圆C::+营=1（。»>°）经过点（6，1），

离心率为乎.

（1）求椭圆C的方程；

（2）设直线/:），=依+々/0）与椭圆C相交于A,B两点,若以04,0B为邻

边的平行四边形。的顶点尸在椭圆C上，求证：平行四边形。的面积为

定值.

解（1）因为椭圆。过点（也，1）,代入椭圆方程，

21

可得”+了=1,①

又因为离心率为坐,所以合乎,从而居=为2,②

联立①②，解得。2=4,庐=2,

所以椭圆C的方程为£+5=1.

（2）证明：把y=+r代入椭圆方程5+5=1,

得（2A2+1）9+4ktx+2（尸-2）=0,

所以/=（4切2-8（2标+1）（户一2）

=8[2（2^+1）-?]>0,

设A(xi,yi),5(x2,yi),

4kt2(产-2)

贝X\+X2=-2A2+1，Mr=2S+1

2t

所以yi+*=k(xi+X2)+It=2笠+],

因为四边形OAPB是平行四边形,

所以OP=OA+OB=(xi+X2,yi+yi)

(_^EL____

I2F+r2炉+i)

（4kt

所以P点坐标为［一存IT，

又因为点p在椭圆上，

4"2〉,2^+1

所以（2M+。+（2如+1）2=1即厂=2

因为=AJ1+lc\x\-刈

=71+居7（XI+X2>-4X1X2

2啦+^12（2庐+1）—12小业+二

二，2^+1=,

又点。到直线/的距离c/=-r=,

勺1+公

所以平行四边形OAPB的面积

SQAPB=2S^OAB=\AB\-d

2勒|黄72层+1r-

=76,

即平行四边形OAPB的面积为定值.

题型3圆锥曲线中的探索性问题

例5（2020•海南高考调研）如图，已知点F为抛物线C:/=2Pxs>0）的焦点，

过点F的动直线/与抛物线C交于M,N两点，且当直线I的倾斜角为45。时,|MN|

16.

(1)求抛物线。的方程；

(2)试确定在A-轴上是否存在点P,使得直线PM,PN关于x轴对称？若存在,

求出点P的坐标；若不存在，请说明理由.

解⑴当/的斜率为1时，0),

的方程为y=

y=x一0,/

由，乙得f-3px+j=0.

)2=2px,

设M(xi,yi),Ngyi),贝无2=3p,

,\\MN\=xi+X2+/?=4/?=16,〃=4,

••・抛物线c的方程为y2=8x.

(2)解法一：假设满足条件的点P存在.设P(q,0),

由⑴知尸(2,0).

①当直线/不与x轴垂直时,设I的方程为y=k(x-2)(ZW0),

y=k(x-2),

由J,得lex2-(4k1+8)x+=0,

IY=8x,

/=(4庐+8)2-4-^-4F=64庐+64>0,

4F+8

X\+X2=~m，X1X2=4.

•・,直线PM,PN关于x轴对称，・・.kpM+kpN=0,

k(x\-2)k(x2-2)

又kpM=,kpN=.

k(x\-2)k(x2-2)

两边同时乘以3—a)(股一a),得

x\-aX2-a

8(a+2)

k(xi-2)(x2-a)+k(x2-2)(xi—a)=k\2x\xi-(a+2)(xi+X2)+4a]=-~~~飞•=

0,

-.a=-2,此时P(—2,0).

②当直线/与x轴垂直时，由抛物线的对称性，

易知PM,PN关于x轴对称，此时只需尸与焦点尸不重合即可.

综上，存在唯一的点尸(-2,0),使直线PM,PN关于x轴对称.

解法二：假设满足条件的点P存在.设P(a,0),由⑴知仪2,0),

显然，直线/的斜率不为0,设/：x=my+2,

[x=my+2,

由T2o得y2-16=0,

6=8x,

贝/=(一8机A+4X16=64机2+64>0,

yi4-p=8m,yiy2=-16.

7皿,力

kPM=x\-a,KPN=xi-a,

kpM+kpN=0=(X2-ci)y\+(xi-d)yi=0,

(my2+2—d)y\+(my\4-2-a)yi-0.

2〃2yly2+(2-d)(y\+yi)=2mX(-16)+(2-a)X8m=0,

.'.a=-2,

存在唯一的点P(-2,0),使直线PM,PN关于x轴对称.

[冲关策略]存在性问题的解题策略

存在性的问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.

变式训练5(2020.淄博二模)已知椭圆E:5+5=1(。»〉0)的左、右焦点分

别为Fl,Fl,离心率是勺，P为椭圆上的动点.当NKP乃取最大值时，△PFIF'2

的面积是小.

（1）求椭圆E的方程；

（2）若动直线/与椭圆E交于A,B两点，且恒有次.为=0,是否存在一个以

原点。为圆