专题16圆锥曲线综合应用教学案教师版备战2020高考理科数学二轮考点突破纸间书屋

专题 圆锥曲线的综合应高频考点一(1)pMM【解析】(1)AFAx＝－1p(2)由(1)y2＝4x，F(1，0)，A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.FN

2t

2AF

3，OEAlEP，Q两点，当△OPQl 2【解析】(1)F(c，0)，由条件知，c＝3c＝ 3又a＝2 3E的方程为4(2)l⊥xy＝kx－2代入4Δ＝16(4k2－3)＞0，

4k2＋1·从而|PQ|＝4k2＋1·

OPQ 所以△OPQ

4k2＋14t 4设4k2－3＝t，则 tt≥4t＝2k＝2所以当△OPQ的面积最大时，ly＝2x－2y＝－2 3(1)a，b＝∠NQF1MNyD(0，d)dxy xy 1

xy 2xy y1－y2

a2

b2

3 3b＝由△RF1F2的面积为3

2＝3bc＝即3t2＝3，t＝1a＝2，b＝(2)QMk，因为∠MQF1＝∠NQF1QM，QNQF1对称，QN的斜率为－k， 3QM

2 由

y得(3＋4k)x＋(12＋8k)kx＋(4k4＋3

k换成－k

k3＋4k2

1

MN 代入椭圆方程43＝1得，x2－dx＋d2－3＝0，Δ＝(－d)2－4(d2－3)>0，所以－2<d<2， 高频考点 定点、定值问题探 C3c3a＝2

【解析】由题意得

C的方程为400证明：由(1)A(2，0)，B(0，1)．P(x0，y0)x2＋4y2＝4.00x0≠0 2y0从而PB

x0y＝0 x0从而所以 x0

2y0 ＝

x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，

EAQ 2【解析】由题设知a＝2a2＝b2＋c2a＝所以椭圆的方程为2PQy＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入2＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0.Δ＞0，

1

x1

x2

x1x2kAP＋kAQ

22C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)Ay＝3C交P，Q两点(PQ的左边)，QxBABPQ是平行四边形．CklCANDGGABPQ 所以 Q的坐标为3，3Cb2＝2，c2＝2a2＝4， C的方程为42MNy＝k(x＋2)，N(x0，y0)，DA⊥AMD(2，4k). 由42

整理得

4kG(t，0)t≠－2DNANDG→所以GD·AN＝0→ 4k→

即1＋2k2＝0G是定点【方律l过定点问题，设动直线方程(斜率存在)y＝kx＋ttkt＝mk，得

→ A(－2，0)，B(2，0)PxQ(1)PCE1E2恒过定点．(1)P坐标为(x，y)Q的坐标为→ 2[(－2－x)( P的轨迹方程为421

y得Δ＞0恒成立．

－kGHE1坐标为2 k同理，MNE2坐标为

高频考点三

2C(1)C5 2A12C2a＝|AF1|＋|AF2|＝22a＝C的方程为2 由2

也可由PM＝NQPMQNDMN的中点，因此，DPQ5

2＝9，可得y4＝ 7【方律

C与△MFNl的方程；若不存在，请说明理由． 【解析】(1)因为a＝2a＝2c，b＝

3 所以椭圆方程为43(2)直线l的斜率存在，设l的方程为由

4＋3得 x1x2＝3＋4k2因为△AMF与△MFNx2x1＝3＋4k2x2＝2x1－4x1(2x1－4)＝3＋4k236k2＝5，k＝±6ly＝±6 1(1)C8

＝7l C的标准方程为43(2)假设存在斜率为－1ly＝－x＋m，由(1)F1，F2的坐标分别为(－1,0)，(1,0)，F1F222由题意知圆心(0,0)l得|m|<

1－|AB|＝2 ＝2×1－

Δ＝(－8m)2－4×7(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0m2<7，C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则x1＋x2＝7 77 482|CD|＝2|x1－x2|＝

＝

＝7×

7|AB|＝7××m2＝3<7m＝±3y＝－x±31（2019· 高考）已知曲线Cy

xDy2 2

D作C分别为 【答案】(1)见详解；(2)x2y5)24x2y5)22 D(t1,A(x,y,y1x2.y1x2yx.则切线DA 2 xy1x

t2tx2y10.B(xy

2y10.A(x,y)

B(x2y2都满足直线方程2tx2y10.于是直线2tx2y10ABAB方程为2tx2y10.2tx21恒成立.AB恒过定点(02

，当2x02

由(1)AB方程为2tx2y102tx2y1 x22tx10.x

2t,y

x12t21y

ABM(tt21)2解得t

EMt,t22AB与向量(1t平行，所以tt(t220或t当t

EM02)

2x2y5)242

2x2y5)222x2y5)24x2y5)22 2（2018·（1，2．CA，BPAyMPByN． OQMQOQNQO11 【答案】(1)取值范围是（-∞，-3）∪（-y2=2pxP（1，2l0，y=kx+1（k≠0y2由

得k2x22k4x10依题意2k424k210k<0PA，PByl不过点（1，-2k≠-3．3，0∪（0，1A（x1，y1，B（x2，y2由（I）xx2k4xx1 k 1 kPAy2y12x1x=0M

y122kx112 x xN

Nkx212Nx2由QM=QOQN=QO得=1yM1yN

x

x

2xx所以 1 1 k111 的坐标为(b,0)，且|FB|·|AB|＝62. 5ly＝kx(k>0)P为原点)k

由已知可得|FB|＝a，|AB|＝由|FB|·|AB|＝62ab＝6 所以，椭圆的方程为94(2)P的坐标为(x1，y1)Q的坐标为(x2，y2)．y1>y2>0，故 所以|AQ|＝ 5由|PQ|＝4sin∠AOQ

9＋4

AB

0消去x，可得5y1＝9y25(k＋1)＝39k2＋4 k的值为2或

0)O

(COlOlCP2lCA，B两点．若△OAB

7l【解析】解法一：(1)CF1(－3，0)，F2(

3，2C＋ 1＝1，＋

所以

解得a－bC的方程为4 l 24＋y

000000lC0000000000x0＝P的坐标为(2②因为△OAB的面积为7 2 4所以2AB·OP＝7AB＝700024x0±000

00

2 x2

22 016 0AB2＝x2＋12＝49 x2＝2(x2＝20舍去) 2P的坐标为

2，2ly＝－5x＋3解法二：(1)c＝3，Ox2＋y2＝3，

3－32＋2－02＋ 3＋32＋2－02＝4，a＝2.C的方程为4(2)lOClkllOx2＋(kx＋m)2＝3，lC得4lC相切，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，m2＝4k2＋13k2＋3＝4k2＋1，k＜0k＝－2m＝3，k＝－2，m＝3代入(k2＋1)x2＋2kmx＋m2－3＝0，x2－22x＋2＝0，x1＝x2＝2x＝2y＝1(y＝－1舍去)P的坐标为(A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，m2＝3k2＋3k＜0，m＞0，lCm2＜4k2＋1k＜－lC的方程联立可得－8km±4

2 44

4

因为 x1－x22＋kx1－kx22＝|x1－x2|

·k2＋1O到l的距离＝＝14

14 2

·

k2＋1＝2·4k2＋1·k2＋1·

7k＜0k＝－5m＝3ly＝－5x＋35．(2018·卷Ⅰ)设椭圆C：2＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的标为(1)lxAM(2)O 2 A的坐标为12或12M(2,0)AMy＝－2x＋2y＝2x－(2)lx轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.lxl y2x1<2，x2<2MA，MB2kx1x2－3kx1＋x2

y＝k(x－1)代入2＋y2＝1

kMA＋kMB＝0MA，MB的倾斜角互补．6．(2018·浙江卷)Py轴左侧(y轴)C：y2＝4x上存在不同的两A，BPA，PBC上．(1)ABM，证明：PMy 12121

所以y1，y2为方程2 0y2－2y0y＋8x0－y2＝0的两个不同的实根．y1＋y2＝2y0，0因此，PMy00220120所以 1200 3 0y2y00

4 15因此，△PAB面积的取值范围是6

3

3 C(1)C(2)lP2CA，BP2AP2B的斜率的和为－1，证明：l【解析】(1)P3，P4y轴对称，CP3，P4两点． 3P2C11

3 解得C的方程为4(2)P2AP2B如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为

y＝kx＋m代入4Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.

x1＋ 2kx1x2＋ 故 k＝－2m＞－1

2

2l过定点 卷)CA(－2,0)，B(2,0)x2(1)C(2)DxDxCM，NDAMBN于E.求证：△BDE与△BDN4∶5.

3

c＝3.C的方程为4 DE

n.DE

n(x－m)BN y＝－ x－m

n n

EyE＝－4－m2＋n2.MC4 所以△BDE与△BDN9.（2017·高考）在直角坐标系xOy中，曲线yx2mx2与x轴交于A，B两点，点C的坐标为(0,1).m变化时，解答下列问题：A，B，Cy轴上截得的弦长为定值（2）（1

（x2 （01 况x2

BC的中点坐标为 ，，可得BC的中垂线方程为y 2x 2 由（1）xxmABxm xm

2x联立

x2x

20，可得 xx2 y

m2mm2

2，半径r 2

3A、B、Cy值1．(2017·卷Ⅱ)设点O为坐标原点，动点M在椭圆C：2＋y2＝1上，过点M作x轴的垂线，垂 NP满足NP＝P→Qx＝－3上，且OP·PQ＝1.POQlC 由NP＝2NMx0＝x，y0＝2 M(x0，y0)C上，所以22P → →又由(1)m2＋n2＝2m＋3m－tn＝0.22

1（a>b0P（1,1（,1P（–1，P4（1， ClP2CA，B两点.P2AP2B的斜率的和为–1过定点

x2y4y

1.（2）

又由1

1

知，CP1P2C上1

a2因此13

，解得 b2 C

x2y4y

1（2）P2AP2Bk1，k2，lxl：x=t，由题设知t0

t

4t2，可得A，B的坐标分别为4t22

44t4t24t2则k1k24t24t2 1l：ykxm（m1）.ykxmx2y214k21x28kmx4m24由题设可知=164k2m21

4m2A（1y1，Bx2y2

4k21，x1x2=4k21k

y11y2 kx1m1kx2m 2kx1x2m1x1x2由题设k1k21，故2k1x1x2m1x1x20即2k

4m22

2

04k 4k解得km12当且仅当m1

0

ym1xmy1m1x2l过定点

2ab2

2017山东理21在平面直角坐标

的离心率 2焦距为2如图，动直线lyk1x

3EABCEOC2kk1k2

2，M是线段OC延长线上一点，且MC:AB2:3 的半径为MC，OS,OTM4MMS,T.求SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率M

x2y2y

1（Ⅱ）SOT，取得最大值时直线l的斜率为k2

eca

2，2c22所以a 2,bE

x2y2y

1Ax1,y1Bx2y2联立方程

x2y2y

3yk1x23 得4k22x243kx10，由题意知0 x

2

,xx 2k2 1

22k2所以AB

x

1k1k12 1k218k2k21Mr为r

21k221k218k1112由题设知k1k242所以

因此直线OCy

x22yx2y2联立方程{2y

8k ,y214k

14k1818k114k1x2x2

sinSOT rrrr

1

rk1k1r3 12k14k214k21k1141令t12k21则t110,1t2t2t2t2t32因 2当且仅当11，即t2时等号成立，此时k 2 所以sinSOT1 因此SOT 所以SOT最大值为3

SOT，取得最大值时直线lk2 【 2M，NMxOP，ONA，BO为原点求证：ABM的中点（Ⅰ）y2xC的焦点坐标为（1，0x1.（Ⅱ）详见解析

y22pxP（1，1p12Cy2xC的焦点坐标为（1，0x1 lykx1（k0lC的交点为Mxy

Nx,yykx由 y2

，得4k2x24k4x10

x

1k

xx1 k 1 4k（1，1ONy

y2xB的坐标为x,y2y11 1

x2yy2y1

y1y2y2y12x1 kx1xkx1x2x 2 2 1 2k2xx1xx 1 2k2110

4k

2k

y2y12x1x11x2ABM的中点2【 2

y 1(ab0FA，离心率为y Ay22pxp0)F到抛物线的准线l12设lP，QxAPB（BABQD.若△APD的面积为6AP的方程2 4 4【答案（Ⅰ）x 3

y24x.（Ⅱ）3x

6y30，或3x

6y30F的坐标为c,0.依题意

c1

paac1a1c1 p2，于是b2a2c23.x24y2y24x 【解析】设直线APxmy1m0lx1联立，可得点P1,2 Q1,2

xmy

4 m，

m.

与x 1联立，消

3m24y26my

，解得y

，或y3m2

.由点B异于点A，可得点3m2 6m

2B3m24,

Q m m

2