(新高考)高考数学二轮复习讲义12《圆锥曲线中的热点问题》(解析版)

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12 圆锥曲线中的热点问题

核心考点
读高考设问知考法
命题解读
圆锥曲线中的最值、范围问题
【2017新课标1文12】设是椭圆长轴的两个端点，若上存在点满足，则的取值范围是（ ）
1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；
2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法的考查.
【2017新课标1理10】已知为抛物线：的焦点，过作两条互相垂直的直线，直线与交于两点，直线与交于两点，则的最小值为( )
【2014新课标1理20】已知点，椭圆:的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点．（I）求的方程；（II）设过点的动直线与相交于两点，当的面积最大时，求的直线方程．
圆锥曲线中定值、定点问题
【2018新课标1理19】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为（1）略；（2）设为坐标原点，证明：.
【2020新课标Ⅰ理20】已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.(1)求E的方程；(2)证明：直线CD过定点.
【2020新高考全国21】已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点A(2，1).(1)求C的方程；(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.
【2017新课标1理20】已知椭圆：，四点，，，中恰有三点在椭圆上．（1）求的方程；（2）设直线不经过点且与相交于两点，若与的斜率的和为，证明：直线过定点．
圆锥曲线中的存在性问题
【2016新课标1文20】在直角坐标系中，直线:交轴于点，交抛物线：于点，关于点的对称点为，连结并延长交于点．（I）求； （II）除以外，直线与是否有其它公共点？说明理由．
【2015新课标2理20】 已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．(Ⅰ)证明：直线与的斜率乘积为定值；（Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．

核心考点一 圆锥曲线中的最值、范围问题
1.圆锥曲线常考查的几何量
(1)直线方程：会用点斜式或斜截式设直线方程；
(2)线段长、面积：三角形、四边形的面积中蕴含着线段长、点到直线的距离公式；
(3)斜率公式、共线点的坐标关系：由两点坐标会表示出对应的直线斜率，共线点的横坐标或纵坐标也满足比例关系；
(4)平面图形的几何性质：平行四边形、菱形等图形中的几何性质，如垂直、平行、平分、中点关系；
(5)向量关系的转化：会把向量关系转化为对应点，如坐标关系.
2.圆锥曲线中的范围、最值问题：可以转化为函数的值域、最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解.
温馨提醒　圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.

1.【2017新课标1文12】设是椭圆长轴的两个端点，若上存在点满足，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
图 1 图 2
【解析】解法一：设是椭圆C短轴的两个端点，易知当点是椭圆C短轴的端点时最大，依题意只需使．
①当时，如图1，，解得，故；
②当时，如图2，，解得．
综上可知，m的取值范围是，故选A．
解法二：设是椭圆C短轴的两个端点，易知当点是椭圆C短轴的端点时最大，依题意只需使．
①当时，如图1，，即，
代入向量坐标，解得，故；
②当时，如图2，，即，
代入向量坐标，解得．综上m的取值范围是，故选A．
2．【2014新课标1理20】已知点，椭圆:的离心率为，是椭圆的右焦点，直线的斜率为，为坐标原点． （I）求的方程； （II）设过点的动直线与相交于两点，当的面积最大时，求的直线方程．
【解析】(Ⅰ) 设，由条件知，得，又，
所以， ，故的方程．
（Ⅱ）依题意当轴不合题意，故设直线l：，设
将代入，得，
当，即时，
从而，又点O到直线PQ的距离，所以OPQ的面积 ，设，则，，
当且仅当，等号成立，且满足，
所以当OPQ的面积最大时，的方程为 或．

1．【2017新课标1理10】已知为抛物线：的焦点，过作两条互相垂直的直线，直线与交于两点，直线与交于两点，则的最小值为( )
A．16 B．14 C．12 D．10
【解析1】由已知垂直于轴是不符合题意，所以的斜率存在设为，的斜率为，
由题意有，设，，，，
此时直线方程为，
取方程，得，
∴，同理得
由抛物线定义可知

当且仅当（或）时，取得等号．故选A；
【解析2】设倾斜角为．作垂直准线，垂直轴，易知，，同理，，，
又与垂直，即的倾斜角为，，而，即．

，当且仅当取等号，即最小值为，故选A；
【解析3】依题意知：，，由柯西不等式知：
，当且仅当取等号，故选A；
【解析4】设直线的倾斜角为，则，则，所以，故选A

2.已知椭圆的一个顶点为A(0，－1)，焦点在x轴上.若右焦点到直线x－y＋2＝0的距离为3.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围.
【解析】(1)依题意可设椭圆方程为＋y2＝1(a>1)，
则右焦点F(，0)，由题设＝3，
解得a2＝3.∴所求椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)设P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，P为弦MN的中点，
由得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，
∵直线与椭圆相交，
∴Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)>0⇒m2<3k2＋1.①
∴xP＝＝－，从而yP＝kxP＋m＝，
∴kAP＝＝－，
又∵|AM|＝|AN|，∴AP⊥MN，
则－＝－，即2m＝3k2＋1.②
把②代入①，得m2<2m，解得0 由②得k2＝>0，解得m>.
综上， 求得m的取值范围是.

核心考点二 圆锥曲线中定值、定点问题
圆锥曲线中的定点、定值问题：
(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.
若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).
(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.

1．【2018新课标1理19】设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为（1）当与轴垂直时，求直线的方程；（2）设为坐标原点，证明：.
【解析】（1）由已知得，l的方程为x=1.
由已知可得，点A的坐标为或.
所以AM的方程为或.
（2）当l与x轴重合时，.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，
则，直线MA，MB的斜率之和为.
由得.
将代入得.
所以，.
则.
从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以.
综上，.
2.【2020新课标Ⅰ理20】已知A，B分别为椭圆E：＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·＝8.P为直线x＝6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D.
(1)求E的方程；
(2)证明：直线CD过定点.
【解析】(1)由题设得A(－a，0)，B(a，0)，G(0，1).
则＝(a，1)，＝(a，－1).
由·＝8，得a2－1＝8，
解得a＝3或a＝－3(舍去).
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t).
若t≠0，设直线CD的方程为x＝my＋n，
由题意可知－3 易知直线PA的方程为y＝(x＋3)，所以y1＝(x1＋3).
易知直线PB的方程为y＝(x－3)，所以y2＝(x2－3).
可得3y1(x2－3)＝y2(x1＋3).①
由于＋y＝1，故y＝－，②
由①②可得27y1y2＝－(x1＋3)(x2＋3)，
结合x＝my＋n，
得(27＋m2)y1y2＋m(n＋3)(y1＋y2)＋(n＋3)2＝0.③
将x＝my＋n代入＋y2＝1，
得(m2＋9)y2＋2mny＋n2－9＝0.
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
代入③式得(27＋m2)(n2－9)－2m(n＋3)mn＋(n＋3)2(m2＋9)＝0，
解得n＝－3(舍去)或n＝.
故直线CD的方程为x＝my＋，
即直线CD过定点.
若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点.
综上，直线CD过定点.

3.【2020新高考全国21】已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点A(2，1).
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足.证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值.
【解析】(1)由题设得＋＝1, ＝，
解得a2＝6，b2＝3.
所以C的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2).若直线MN与x轴不垂直，
设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入＋＝1，
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0.
于是x1＋x2＝－，x1x2＝.①
由AM⊥AN，得·＝0，
故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，
整理得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0.
将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0，
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0.
因为A(2，1)不在直线MN上，
所以2k＋m－1≠0，所以2k＋3m＋1＝0，k≠1.
所以直线MN的方程为y＝k－(k≠1).
所以直线MN过点P.
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1).
由·＝0，
得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0.
又＋＝1，所以3x－8x1＋4＝0.
解得x1＝2(舍去)，或x1＝.
此时直线MN过点P.
令Q为AP的中点，即Q.
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝.
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|.
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值.

1.已知椭圆C：＋＝1过点A(2，0)，B(0，1)两点.
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.
【解析】(1)由题意知a＝2，b＝1.所以椭圆方程为＋y2＝1，
又c＝＝.所以椭圆离心率e＝＝.
(2)设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4，
由B点坐标(0，1)得直线PB方程为：y－1＝(x－0)，
令y＝0，得xN＝，从而|AN|＝2－xN＝2＋，
由A点坐标(2，0)得直线PA方程为y－0＝(x－2)，
令x＝0，得yM＝，从而|BM|＝1－yM＝1＋，
所以S四边形ABNM＝|AN|·|BM|
＝＝＝＝2.
即四边形ABNM的面积为定值2.
2.已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率e＝，且圆x2＋y2＝2过椭圆C的上、下顶点.
(1)求椭圆C的方程.
(2)若直线l的斜率为，且直线l交椭圆C于P，Q两点，点P关于原点的对称点为E，A(－2，1)是椭圆C上的一点，判断直线AE与AQ的斜率之和是否为定值，如果是，请求出此定值；如果不是，请说明理由.
【解析】(1)由圆x2＋y2＝2过椭圆C的上、下顶点，可得b＝.
又离心率e＝，所以＝，解得a＝2.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由直线l的斜率为，可设直线l的方程为
y＝x＋t(t≠0).
由消去y并整理得x2＋2tx＋2t2－4＝0.
由题意知Δ＝4t2－4(2t2－4)＞0，解得－2＜t＜2且t≠0.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由点P与点E关于原点对称，得E(－x1，－y1).
易知x1＋x2＝－2t，x1x2＝2t2－4.
设直线AE与AQ的斜率分别为kAE，kAQ，
由A(－2，1)，得kAE＋kAQ＝＋
＝.
又y1＝x1＋t，y2＝x2＋t，
于是有(2－x1)(y2－1)－(2＋x2)(y1＋1)
＝2(y2－y1)－(x1y2＋x2y1)＋(x1－x2)－4
＝(x2－x1)－＋(x1－x2)－4
＝－x1x2－t(x1＋x2)－4
＝－(2t2－4)－t(－2t)－4＝0.
因此kAE＋kAQ＝0.
于是直线AE与AQ的斜率之和为定值，此定值为0.
3．【2017新课标1理20】已知椭圆：，四点，，，
中恰有三点在椭圆上．　（1）求的方程； （2）设直线不经过点且与相交于两点，若直线与直线的斜率的和为，证明：直线过定点．
【解析】（1）根据椭圆对称性，必过、，又横坐标为1，椭圆必不过，所以过三点，
将代入椭圆方程得：，解得，，
∴椭圆的方程为：．
（2）当斜率不存在时，设，
，得，此时过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
当斜率存在时，设，，
联立，整理得，
由韦达定理得，，则又，，此时，
存在使得成立．∴直线的方程为，当时，，所以过定点．
核心考点三 圆锥曲线中的存在性问题
圆锥曲线中的存在性问题的解题步骤：
(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).
(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.
(3)下结论.

1．【2016新课标1文20】在直角坐标系中，直线:交轴于点，交抛物线
：于点，关于点的对称点为，连结并延长交于点．
（I）求； （II）除以外，直线与是否有其它公共点？说明理由．
【解析】（1）如图，由题意不妨设，可知点的坐标分别为，，，

从而可得直线的方程为，联立方程，解得，．
即点的坐标为，从而由三角形相似可知．
（2）由于，，可得直线的方程为，
整理得，联立方程，整理得，
则，从而可知和只有一个公共点．
2．【2015新课标2理20】 已知椭圆，直线不过原点且不平行于坐标轴，与有两个交点，，线段的中点为．(Ⅰ)证明：直线的斜率与的斜率的乘积为定值；　　（Ⅱ）若过点，延长线段与交于点，四边形能否为平行四边形？若能，求此时的斜率，若不能，说明理由．
【解析】 (Ⅰ)设直线，，，．
将代入得，故，
．于是直线的斜率，即．所以直线的斜率与的斜率的乘积为定值．
（Ⅱ）四边形能为平行四边形．
因为直线过点，所以不过原点且与有两个交点的充要条件是，．
由(Ⅰ)得的方程为．设点的横坐标为．由得，即．将点的坐标代入直线的方程得，因此．
四边形为平行四边形当且仅当线段与线段互相平分，即．
于是．解得，．因为，，，
所以当的斜率为或时，四边形为平行四边形．

1.设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－1，0)，B(1，0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB＝，S△ABC＝.
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得·为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)在△ABC中，由余弦定理
AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.
又S△ABC＝CA·CB·sin C＝CA·CB＝，
∴CA·CB＝，代入上式得CA＋CB＝2.
椭圆长轴长为2a＝2，焦距为2c＝AB＝2，b2＝a2－c2＝1.
所以椭圆M的标准方程为＋y2＝1.
(2)设直线方程y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，
联立
消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
假设x轴上存在定点D(x0，0)，使得·为定值.
∴·＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x＋k2
＝.
要使·为定值，则·的值与k无关，
∴2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝，
此时·＝－为定值，定点为.
2.已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线经过点P(－1，0).
(1)求抛物线C的方程.
(2)设O是原点，直线l恒过定点(1，0)，且与抛物线C交于A，B两点，直线x＝1与直线OA，OB分别交于点M，N，请问：是否存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点？若存在，求出两个定点的坐标；若不存在，请说明理由.
【解析】(1)依题意知，－＝－1，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)存在，理由如下.
设直线AB的方程为x＝ty＋1，A，B.
联立直线AB与抛物线C的方程得消去x并整理，得y2－4ty－4＝0.
易知Δ＝16t2＋16＞0，则
由直线OA的方程y＝x，可得M，由直线OB的方程y＝x，可得N.
设以MN为直径的圆上任一点D(x，y)，则·＝0，
所以以MN为直径的圆的方程为
(x－1)2＋＝0.
令y＝0，得(x－1)2＋＝0.
将y1y2＝－4代入上式，得(x－1)2－4＝0，
解得x1＝－1，x2＝3.
故存在以MN为直径的圆经过x轴上的两个定点，两个定点的坐标分别为(－1，0)和(3，0).