2021年高考数学(四川专用-理)一轮复习考点突破：第8篇-第9讲-圆锥曲线的热点问题.docx

第9讲圆锥曲线的热点问题最新考纲1理解数形结合的思想2了解圆锥曲线的简洁应用.知 识 梳 理1直线与圆锥曲线的位置关系推断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程AxByC0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程即消去y后得ax2bxc0.(1)当a0时，设一元二次方程ax2bxc0的判别式为，则0直线与圆锥曲线C相交；0直线与圆锥曲线C相切；0直线与圆锥曲线C无公共点(2)当a0，b0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行2圆锥曲线的弦长(1)圆锥曲线的弦长直线与圆锥曲线相交有两个交点时，这条直线上以这两个交点为端点的线段叫做圆锥曲线的弦(就是连接圆锥曲线上任意两点所得的线段)，线段的长就是弦长(2)圆锥曲线的弦长的计算设斜率为k(k0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|AB|x1x2| |y1y2|(抛物线的焦点弦长|AB|x1x2p，为弦AB所在直线的倾斜角)3圆锥曲线的中点弦问题遇到中点弦问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解在椭圆1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k；在双曲线1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k；在抛物线y22px(p0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k.同学用书第157页辨 析 感 悟1对直线与圆锥曲线交点个数的理解(1)直线ykx1与椭圆1恒有两个公共点()(2)经过抛物线上一点有且只有一条直线与抛物线有一个公共点()(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点()2对圆锥曲线中有关弦的问题的理解(4)已知F1(1,0)，F2(1,0)是椭圆C的两个焦点，过F2且垂直于x轴的直线交C于A，B两点，且|AB|3，则C的方程为1.()(5)已知点(2,1)是直线l被椭圆1所截得线段的中点，则l的方程为x4y60.()(6)(2022潍坊一模改编)直线4kx4yk0与抛物线y2x交于A，B两点，若|AB|4，则弦AB的中点到直线x0的距离等于.()感悟提升两个防范一是在解决直线与抛物线的位置关系时，要特殊留意直线与抛物线的对称轴平行的特殊状况，如(2)；二是中点弦问题，可以利用“点差法”，但不要遗忘验证0或说明中点在曲线内部，如(5).考点一直线与圆锥曲线位置关系【例1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：1(ab0)的左焦点为F1(1,0)，且点P(0,1)在C1上(1)求椭圆C1的方程；(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y24x相切，求直线l的方程解(1)由于椭圆C1的左焦点为F1(1,0)，所以c1.把点P(0,1)代入椭圆1，得1，即b1，所以a2b2c22.所以椭圆C1的方程为y21.(2)由题意可知，直线l的斜率明显存在，且不等于0，设直线l的方程为ykxm.联立消去y并整理得(12k2)x24kmx2m220.由于直线l与椭圆C1相切，所以116k2m24(12k2)(2m22)0，整理得2k2m210.联立消去y并整理得k2x2(2km4)xm20.由于直线l与抛物线C2相切，所以2(2km4)24k2m20.整理得km1.综合，解得或所以直线l的方程为yx或yx.规律方法 将直线与圆锥曲线的两个方程联立成方程组，然后推断方程组是否有解，有几个解，这是直线与圆锥曲线位置关系的推断方法中最常用的方法，留意：在没有给出直线方程时，要对是否有斜率不存在的直线的状况进行争辩，避开漏解【训练1】 在平面直角坐标系xOy中，经过点(0，)且斜率为k的直线l与椭圆y21有两个不同的交点P和Q.(1)求k的取值范围；(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A，B，是否存在常数k，使得向量与垂直？假如存在，求k值；假如不存在，请说明理由解(1)由已知条件，直线l的方程为ykx，代入椭圆方程得(kx)21，整理得x22kx10.直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q等价于中8k244k220，解得k或k.即k的取值范围是.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则(x1x2，y1y2)由方程得，x1x2，y1y2k(x1x2)22.()，(x1x2)()y1y20，即：()20.解得k，由(1)知k2，与此相冲突，所以不存在常数k使与垂直.同学用书第158页考点二圆锥曲线中的弦长问题【例2】 已知椭圆C：1(ab0)的一个顶点为A(2,0)，离心率为.直线yk(x1)与椭圆C交于不同的两点M，N.(1)求椭圆C的方程；(2)当AMN的面积为时，求k的值解(1)由题意得解得b.所以椭圆C的方程为1.(2)由得(12k2)x24k2x2k240.设点M，N的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则y1k(x11)，y2k(x21)，x1x2，x1x2.所以|MN|.又由于点A(2,0)到直线yk(x1)的距离d，所以AMN的面积为S|MN|d.由，解得k1.规律方法 直线与圆锥曲线的弦长问题，较少单独考查弦长的求解，一般是已知弦长的信息求参数或直线的方程解此类题的关键是设出交点的坐标，利用根与系数的关系得到弦长，将已知弦长的信息代入求解【训练2】 (2021新课标全国卷)平面直角坐标系xOy中，过椭圆M：1(ab0)右焦点的直线xy0交M于A，B两点，P为AB的中点，且OP的斜率为.(1)求M的方程；(2)C，D为M上的两点，若四边形ACBD的对角线CDAB，求四边形ABCD面积的最大值解(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P0(x0，y0)，则1，1，1，由此可得1.由于P为AB的中点，且OP的斜率为，所以x1x22x0，y1y22y0，.所以y0x0，即y1y2(x1x2)所以a22b2，又由题意知，M的右焦点为(，0)，故a2b23.所以a26，b23.所以M的方程为1.(2)将xy0代入1，解得或所以可得|AB|；由题意可设直线CD方程为yxm，所以设C(x3，y3)，D(x4，y4)，将yxm代入1得3x24mx2m260，则|CD|，又由于16m212(2m26)0，即3mb0)的离心率e，ab3.(1)求椭圆C的方程；(2)如图，A、B、D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：2mk为定值审题路线(2)写出直线BP的方程与椭圆方程联立解得P点坐标写出直线AD的方程由直线BP与直线AD的方程联立解得M点坐标由D，P，N三点共线解得N点坐标求直线MN的斜率m作差：2mk为定值(1)解由于e，所以ac，bc.代入ab3得，c，a2，b1.故椭圆C的方程为y21.(2)证明由于B(2,0)，P不为椭圆顶点，则直线BP的方程为yk(x2)(k0，k)，代入y21，解得P.直线AD的方程为yx1.与联立解得M.由D(0,1)，P，N(x,0)三点共线知，解得N.所以MN的斜率为m，则2mkk(定值)规律方法 求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值【训练3】 椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，该椭圆经过点P且离心率为.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：ykxm与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标(1)解设椭圆方程为1(ab0)，由e，得a2c，a2b2c2，b23c2，则椭圆方程变为1.又椭圆过点P，将其代入求得c21，故a24，b23，即得椭圆的标准方程为1.(2)证明设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(34k2)x28mkx4(m23)0，又y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m2.椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2BA2，(x12)(x22)y1y20，y1y2x1x22(x1x2)40，40，7m216mk4k20，解得m12k，m2，由，得34k2m20，当m12k时，l的方程为yk(x2)，直线过定点(2,0)，与已知冲突当m2时，l的方程为yk，直线过定点，直线l过定点，定点坐标为.同学用书第159页考点四圆锥曲线中的范围与最值问题【例4】 已知抛物线C的顶点为O(0,0)，焦点为F(0,1)(1)求抛物线C的方程；(2)过点F作直线交抛物线C于A，B两点若直线AO，BO分别交直线l：yx2于M，N两点，求|MN|的最小值审题路线(2)设直线AB的方程与抛物线方程联立消去y得关于x的一元二次方程解得|x1x2|由直线AM的方程与直线l联立解得点M的横坐标由直线ON的方程与直线l联立解得点N的横坐标|MN|xMxN|换元、分类求|MN|的最小值解(1)由题意可设抛物线C的方程为x22py(p0)，则1，所以抛物线C的方程为x24y.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为ykx1.由消去y，整理得x24kx40，所以x1x24k，x1x24.从而|x1x2|4.又yx，且yx2，解得点M的横坐标xM.同理点N的横坐标xN.所以|MN|xMxN|8，令4k3t，t0，则k.当t0时，|MN|22.当tb0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2y24的直径l1，l2是过点P且相互垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.(1)求椭圆C1的方程；(2)求ABD面积取最大值时直线l1的方程解(1)由题意得所以椭圆C1的方程为y21.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为ykx1.又圆C2：x2y24，故点O到直线l1的距离d，所以|AB|22.又l2l1，故直线l2的方程为xkyk0.由消去y，整理得(4k2)x28kx0，故x0.所以|PD|.设ABD的面积为S，则S|AB|PD|，所以S，当且仅当k时取等号所以所求直线l1的方程为yx1.1涉及弦长的问题时，应娴熟地利用根与系数的关系，设而不求计算弦长；涉及垂直关系往往也是利用根与系数的关系设而不求简化运算；涉及过焦点的弦的问题，可考虑利用圆锥曲线的定义求解2关于圆锥曲线的中点弦问题直线与圆锥曲线相交所得弦中点问题，是解析几何的内容之一，也是高考的一个热点问题这类问题一般有以下三种类型：(1)求中点弦所在直线方程问题；(2)求弦中点的轨迹方程问题；(3)弦长为定值时，弦中点的坐标问题其解法有代点相减法、设而不求法、参数法、待定系数法及中心对称变换法等3圆锥曲线综合问题要四重视：(1)重视定义在解题中的作用；(2)重视平面几何学问在解题中的作用；(3)重视根与系数的关系在解题中的作用；(4)重视曲线的几何特征与方程的代数特征在解题中的作用答题模板12圆锥曲线中的探究性问题【典例】 (14分)(2022广东卷)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：1(ab0)的离心率e ，且椭圆C上的点到Q(0,2)的距离的最大值为3.(1)求椭圆C的方程；(2)在椭圆C上，是否存在点M(m，n)，使得直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点A，B，且OAB的面积最大？若存在，求出点M的坐标及相对应的OAB的面积；若不存在，请说明理由规范解答(1)由于e ，所以a23b2，即椭圆C的方程可写为1. (2分)设P(x，y)为椭圆C上任意给定的一点，则d(byb)(3分)当b1，即b1，dmax3得b1；当b1，即b1，dmax3得b1(舍)b1，a，(5分)故所求椭圆C的方程为y21.(6分)(2)存在点M满足要求，使OAB的面积最大 (7分)假设存在满足条件的点M，由于直线l：mxny1与圆O：x2y21相交于不同的两点A，B，则圆心O到l的距离d1.(8分)由于点M(m，n)在椭圆C上，所以n21m2n2，于是0b0)经过点P，离心率e，直线l的方程为x4.(1)求椭圆C的方程；(2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数，使得k1k2k3？若存在，求的值；若不存在，请说明理由解(1)由P在椭圆上，得1依题设知a2c，则b23c2，代入，解得c21，a24，b23.故椭圆C的方程为1.(2)法一由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为yk(x1)，代入椭圆方程3x24y212，并整理，得(4k23)x28k2x4(k23)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1x2，x1x2，在方程中令x4，得M的坐标为(4,3k)从而k1，k2，k3k.留意到A，F，B共线，则有kkAFkBF，即有k.所以k1k22k，代入，得k1k22k2k1，又k3k，所以k1k22k3.故存在常数2符合题意法二设B(x0，y0)(x01)，则直线FB的方程为y(x1)，令x4，求得M，从而直线PM的斜率为k3，联立得A，则直线PA的斜率为k1，直线PB的斜率为k2，所以k1k22k3，故存在常数2符合题意.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1直线ykx2与抛物线y28x有且只有一个公共点，则k的值为()A1 B1或3 C0 D1或0解析由得k2x2(4k8)x40，若k0，则y2，若k0，若0，即6464k0，解得k1，因此直线ykx2与抛物线y28x有且只有一个公共点，则k0或1.答案D2(2022济南模拟)若双曲线1(a0，b0)与直线yx无交点，则离心率e的取值范围是()A(1,2) B(1,2 C(1，) D(1，解析由于双曲线的渐近线为yx，要使直线yx与双曲线无交点，则直线yx应在两渐近线之间，所以有，即ba，所以b23a2，c2a23a2，即c24a2，e24，所以10，b0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为e，过F2的直线与双曲线的右支交于A，B两点，若F1AB是以A为直角顶点的等腰直角三角形，则e2()A12 B42C52 D32解析如图，设|AF1|m，则|BF1|m，|AF2|m2a，|BF2|m2a，|AB|AF2|BF2|m2am2am，得m2a，又由|AF1|2|AF2|2|F1F2|2，可得m2(m2a)24c2，即得(208)a24c2，e252，故应选C.答案C二、填空题6(2022东北三省联考)已知椭圆C：1(ab0)，F(，0)为其右焦点，过F垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为2，则椭圆C的方程为_解析由题意，得解得椭圆C的方程为1.答案17已知双曲线方程是x21，过定点P(2,1)作直线交双曲线于P1，P2两点，并使P(2,1)为P1P2的中点，则此直线方程是_解析设点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则由x1，x1，得k4，从而所求方程为4xy70.将此直线方程与双曲线方程联立得14x256x510，0，故此直线满足条件答案4xy708(2022青岛调研)过抛物线y22px(p0)的焦点F且倾斜角为60的直线l与抛物线分别交于A，B两点，则的值是_解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，且x1x2，易知直线AB的方程为yxp，代入抛物线方程y22px，可得3x25pxp20，所以x1x2p，x1x2，可得x1p，x2，可得3.答案3三、解答题9椭圆1(ab0)与直线xy10相交于P，Q两点，且OPOQ(O为原点)(1)求证：等于定值；(2)若椭圆的离心率e，求椭圆长轴长的取值范围(1)证明由消去y，得(a2b2)x22a2xa2(1b2)0，直线与椭圆有两个交点，0，即4a44(a2b2)a2(1b2)0a2b2(a2b21)0，ab0，a2b21.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1 、x2是方程的两实根x1x2，x1x2.由OPOQ得x1x2y1y20，又y11x1，y21x2，得2x1x2(x1x2)10.式代入式化简得a2b22a2b2.2.(2)解利用(1)的结论，将a表示为e的函数由eb2a2a2e2，代入式，得2e22a2(1e2)0.a2.e，a2.a0，a.长轴长的取值范围是，10(2022佛山模拟)已知椭圆1(a0，b0)的左焦点F为圆x2y22x0的圆心，且椭圆上的点到点F的距离最小值为1. (1)求椭圆方程；(2)已知经过点F的动直线l与椭圆交于不同的两点A，B，点M，证明：为定值解(1)化圆的标准方程为(x1)2y21，则圆心为(1,0)，半径r1，所以椭圆的半焦距c1.又椭圆上的点到点F的距离最小值为1，所以ac1，即a.故所求椭圆的方程为y21.(2)当直线l与x轴垂直时，l的方程为x1.可求得A，B.此时，.当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为yk(x1)，由得(12k2)x24k2x2k220，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.由于y1y2x1x2(x1x2)2k(x11)k(x21)(1k2)x1x2(x1x2)k2(1k2)k22.所以，为定值，且定值为.力量提升题组(建议用时：25分钟)一、选择题1(2022石家庄模拟)若AB是过椭圆1(ab0)中心的一条弦，M是椭圆上任意一点，且AM、BM与两坐标轴均不平行，kAM，kBM分别表示直线AM，BM的斜率，则kAMkBM()A B C D解析法一(直接法)：设A(x1，y1)，M(x0，y0)，则B(x1，y1)，kAMkBM.法二(特殊值法)：由于四个选项为定值，取A(a,0)，B(a,0)，M(0，b)，可得kAMkBM.答案B2(2022兰州诊断)若直线mxny4和O：x2y24没有交点，则过点(m，n)的直线与椭圆1的交点个数为()A至多一个 B2C1 D0解析直线mxny4和O：x2y24没有交点，2，m2n24，0，y24p2，所以y2p.所以A(p,2p)又点A在双曲线上，所以1.又由于cp，所以1，化简，得c46a2c2a40，即46210.所以e232，e1.答案B二、填空题11(2022兰州一模)已知抛物线x24y上一点P到焦点F的距离是5，则点P的横坐标是_解析由抛物线定义知，yP15，即yP4，所以有x16，解得xP4.答案412(2021上海卷)设AB是椭圆的长轴，点C在上，且CBA.若AB4，BC，则的两个焦点之间的距离为_解析设D在AB上，且CDAB，AB4，BC，CBA45，所以有CD1，DB1，AD3，所以有C(1,1)，把C(1,1)代入椭圆的标准方程得1，a2b2c2且2a4，解得，b2，c2，则2c .答案 13已知双曲线x21的焦点为F1，F2，点M在双曲线上且0，则M到x轴的距离为_解析设|MF1|m，|MF2|n，则可得mn4.由MF1F2的面积可得M到x轴的距离为.答案14(2022淄博二模)若双曲线1(a0，b0)的左、右焦点分别为F1和F2，线段F1F2被抛物线y22bx的焦点分成53两段，则此双曲线的离心率为_解析抛物线的焦点坐标为，由题意知，c2b，所以c24b24(c2a2)，即4a23c2，所以2ac，所以e.答案三、解答题15(2021广东卷改编)已知抛物线C的顶点为原点，其焦点F(0，c)(c0)到直线l：xy20的距离为.设P为直线l上的点，过点P作抛物线C的两条切线PA，PB，其中A，B为切点(1)求抛物线C的方程；(2)当点P(x0，y0)为直线l上的定点时，求直线AB的方程解(1)依题意，设抛物线C的方程为x24cy，则，c0，解得c1.所以抛物线C的方程为x24y.(2)抛物线C的方程为x24y，即yx2，求导得yx，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，所以切线PA的方程为yy1(xx1)，即yxy1，即x1x2y2y10.同理可得切线PB的方程为x2x2y2y20，又点P(x0，y0)在切线PA和PB上，所以x1x02y02y10，x2x02y02y20，所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x2y02y0 的两组解，所以直线AB的方程为x0x2y2y00.16已知圆M：(x1)2y21，圆N：(x1)2y29，动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)l是与圆P，圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A，B两点，当圆P的半径最长时，求|AB|.解(1)设圆P的半径为r，则|PM|1r，|PN|3r，|PM|PN|4|MN|，P的轨迹是以M，N为焦点的椭圆(左顶点除外)，且2a4,2c2，a2，c1，b2a2c23.P的轨迹曲线C的方程为1(x2)(2)由(1)知2r(|PM|PN|)2|MN|24，圆P的最大半径为r2.此时P的坐标为(2,0)圆P的方程为(x2)2y24.当l的倾斜角为90，方程为x0时，|AB|2，当l的倾斜角不为90，设l的方程为ykxb(kR)，解得或l的方程为yx，yx.联立方程化简得7x28x80，x1x2，x1x2，|AB|.当k时，由图形的对称性可知|AB|.综上，|AB|2或.17(2022东北三校联考)如图，已知点E(m,0)(m0)为抛物线y24x内一个定点，过E作斜率分别为k1，k2的两条直线交抛物线于点A，B，C，D，且M，N分别是AB，CD的中点(1)若m1，k1k21，求EMN面积的最小值；(2)若k1k21，求证：直线MN过定点解(1)当