备战2022年高考数学（理）母题题源解密（全国乙卷）专题21 圆锥曲线综合

专题21   圆锥曲线综合

【母题来源】2021年高考乙卷

【母题题文】已知抛物线的焦点为，且与圆上点的距离的最小值为．

（1）求；

（2）若点在上，是的两条切线，是切点，求面积的最大值．

【答案】（1）；（2）.

【试题解析】（1）抛物线的焦点为，，

所以，与圆上点的距离的最小值为，解得；

（2）抛物线的方程为，即，对该函数求导得，

设点、、，

直线的方程为，即，即，

同理可知，直线的方程为，

由于点为这两条直线的公共点，则，

所以，点、的坐标满足方程，

所以，直线的方程为，

联立，可得，

由韦达定理可得，，

所以，，

点到直线的距离为，

所以，，

，

由已知可得，所以，当时，的面积取最大值.

【点睛】

方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

【命题意图】

（1）了解圆或抛物线的实际背景，了解圆或抛物线在刻画现实世界和解决实际问题中的作用.

（2）掌握圆或抛物线的定义、几何图形、标准方程及简单性质.

（3）了解圆锥曲线的简单应用.

（4）理解数形结合的思想.

【命题方向】

解析几何的解答题一般难度较大，多为试卷的压轴题之一，常考查直线与圆锥曲线的位置关系及最值范围、定点、定值、存在性问题及证明问题，多涉及最值求法，综合性强.从近三年高考情况来看，多考查直线与椭圆或抛物线的位置关系，常与向量、圆等知识相结合，解题时，充分利用数形结合思想，转化与化归思想．同时注重数学思想在解题中的指导作用，以及注重对运算能力的培养.

【得分要点】

（一）求椭圆的方程有两种方法:

（1）定义法.根据椭圆的定义，确定a2，b2的值，结合焦点位置可写出椭圆方程.

（2）待定系数法.这种方法是求椭圆的方程的常用方法，其一般步骤是：

第一步，做判断.根据条件判断椭圆的焦点在x轴上，还是在y轴上，还是两个坐标轴都有可能（这时需要分类讨论）.

第二步，设方程.根据上述判断设方程为或.

第三步，找关系.根据已知条件，建立关于的方程组（注意椭圆中固有的等式关系）.

第四步，得椭圆方程.解方程组，将解代入所设方程，即为所求.

【注意】用待定系数法求椭圆的方程时，要“先定型，再定量”，不能确定焦点的位置时，可进行分类讨论或把椭圆的方程设为.

（二）用待定系数法求抛物线标准方程的步骤：

若无法确定抛物线的位置，则需分类讨论.特别地，已知抛物线上一点的坐标，一般有两种标准方程.

（三）直线与圆锥曲线的弦长问题有三种解法：

（1）过圆锥曲线的焦点的弦长问题，利用圆锥曲线的定义可优化解题．

（2）将直线的方程与圆锥曲线的方程联立，求出两交点的坐标，再运用两点间距离公式求弦长．

（3）它体现了解析几何中的设而不求的思想，其实质是利用两点之间的距离公式以及一元二次方程根与系数的关系.

（四）圆锥曲线中的定点、定值问题

定点、定值问题多以直线与圆锥曲线为背景，常与函数与方程、向量等知识交汇，形成了过定点、定值等问题的证明.解决此类问题的关键是引进参变量表示所求问题，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量.可以先研究一下特殊情况，找出定点或定值，再视具体情况进行研究.同时，也要掌握巧妙利用特殊值解决相关的定点、定值问题，如将过焦点的弦特殊化，变成垂直于对称轴的弦来研究等.

1．（2021·四川遂宁市·高三三模（理））已知椭圆(，)的左､右焦点分别为，，过且与轴垂直的直线与椭圆交于，两点，的面积为，点为椭圆的下顶点，.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）经过抛物线的焦点的直线交椭圆于，两点，求的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）利用为直角三角形，得到，再利用的面积，得到，，的关系，结合，求出，，即可得到椭圆的标准方程；

（2）利用平面向量数量积的定义表示出，分两种情况：①若直线与轴重合，求出；②若直线与轴不重合，设直线的方程，与椭圆方程联立，得到韦达定理，由两点间距离公式求出，，表示出，求解取值范围即可．

【详解】

（1）因为为直角三角形，所以，则，

又，所以，

又，所以，

则，

，故椭圆的标准方程为

（2）因为抛物线的焦点坐标为，所以点的坐标为，

设，

又因为

①若直线与轴重合，

②若直线不与轴重合，设直线的方程为，则，

消去得，

所以，，

则由两点间的距离公式有，

同理，

所以

，因为，

所以，所以，

综上①②可知，

即的取值范围是.

【点睛】

关键点点睛：本题的关键是利用向量共线将向量的数量积的绝对值转化为焦半径来解答，本题中焦半径是利用两点间距离公式求解，转化为二次函数，利用二次函数在区间上的最值求解.

2．（2021·上海复旦附中高三其他模拟）已知过点的直线与抛物线交于、两点，且，其中为坐标原点.

（1）求的值；

（2）当最小时，求直线的方程.

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）设直线的方程为和抛物线方程联立利用韦达定理代入即可求得；（2）利用抛物线定义结合基本不等式求得取最小值时的值，代入点B坐标，将点代入，求得直线方程.

【详解】

（1）设直线的方程为

，得

设，，所以，

因为，所以

又，所以，又因为，所以.

（2）根据抛物线定义，得，

所以，当且仅当时等号成立.

将代入，得（负值舍去）.

将代入，得，即点

将点代入，得

所以直线的方程为，即.

3．（2021·重庆高三其他模拟）已知直线l：与抛物线C：交于A、B两点，O为坐标原点，．

（1）求抛物线C的标准方程；

（2）若过点A的另一条直线l1与抛物线C交于另一点M，与y轴交于点N，且满足|AN|＝|AM|，求的最小值．

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）先联立直线与抛物线，得到判别式和韦达定理，再根据垂直关系，利用，求得参数即可；

（2）设直线BM的方程，并与抛物线联立，得到判别式和韦达定理，根据已知关系，判断中点位置，利用坐标关系求得参数m，最后利用弦长公式计算，利用二次函数判断最小值即可.

【详解】

解：（1）依题意，设，

由，消去y，得，，

，，即，

即，所以，解得，

抛物线C的标准方程为；

（2）由题意知，直线BM的斜率存在，故可设直线BM的方程为，，

由，消去y，得，，

由（1）知，，故，

由题意知三点共线，且|AN|＝|AM|，即A为线段的中点，设，

则，即，即，，

，

故时，最小为.

【点睛】

思路点睛：

直线与抛物线中的弦长问题，我们常让直线与抛物线方程联立，再利用韦达定理及弦长公式，建立关系式．其中弦长公式：（已知直线上的两点距离）设直线，上两点，所以或，解决相关问题.

4．（2021·河北高三其他模拟）已知抛物线的焦点为F，C上一点G到F的距离为5，到直线的距离为5.

（1）求C的方程；

（2）过点F作与x轴不垂直的直线l与C交于A，B两点，再过点A，B分别作直线l的垂线，与x轴分别交于点P，Q，求四边形面积的最小值.

【答案】（1）（2）

【分析】

（1）求得抛物线的焦点和准线方程，由抛物线的定义和点到直线的距离公式，解得，可得抛物线的方程；

（2）设直线的方程为，，与抛物线的方程联立，运用韦达定理和弦长公式，求得直线和的方程，求得，的坐标，以及，由四边形面积，计算可得的函数，求得导数和单调性，可得所求最小值．

【详解】

（1）抛物线的焦点，，准线方程为，

由上一点到的距离为5，可得，

由到直线的距离为5，可得，解得，

所以抛物线的方程为；

（2）由（1）可得，设直线的方程为，，

与抛物线的方程联立，可得，

设，，，，，，

，

，

，

，

直线的方程为，令，可得，

即，，同理可得，，

，

所以四边形面积

，

设，，，

可得当时，递增，时，递减，

则的最小值为，

所以四边形面积的最小值为．

5．（2021·浙江省杭州第二中学高三其他模拟）已知抛物线经过点，是圆上一点，、都是的切线．

（1）求抛物线的方程及其准线方程；

（2）求的面积的最大值．

【答案】（1）抛物线的方程为，准线方程为；（2）.

【分析】

（1）将点的坐标代入抛物线的方程，求出的值，可得出抛物线的方程，可写出该抛物线的准线的方程；

（2）设点、、，求出直线的方程，联立直线与抛物线的方程，求出以及点到直线的距离，利用三角形的面积公式结合二次函数的基本性质可求得的面积的最大值．

【详解】

（1）将点的坐标代入抛物线的方程为，解得，

所以，抛物线的方程为，该抛物线的准线方程为；

（2）先证明抛物线在其上一点处的切线方程为.

证明如下：由于点在抛物线上，则，

联立，可得，即，

则，

所以，抛物线在其上一点处的切线方程为.

设点、、，

则直线的方程为，直线的方程为，

因为点在直线、上，所以，，

所以，点、的坐标满足方程，

由于两点确定一条直线，故直线的方程为，

联立，消去可得，

由韦达定理可得，，

所以，，

点到直线的距离为，

所以，，

另一方面，，其中，

所以，当时，取得最大值，

因此，.

【点睛】

方法点睛：圆锥曲线中的最值问题解决方法一般分两种：

一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值；

二是代数法，常将圆锥曲线的最值问题转化为二次函数或三角函数的最值问题，然后利用基本不等式、函数的单调性或三角函数的有界性等求最值．

6．（2021·湖南岳阳市·高三其他模拟）已知动圆过定点，且与定直线相切，点C在l上．

（1）求动圆圆心的轨迹M的方程；

（2）设过点P且斜率为的直线与曲线M相交于A，B两点．

①问：能否为正三角形？若能，求点C的坐标；若不能，说明理由；

②当为钝角三角形时，求这种点C的纵坐标的取值范围．

【答案】（1）；（2）①不能，理由见解析；②或．

【分析】

（1）可得曲线M是以点P为焦点的抛物线，即可得出方程；

（2）①得出直线方程，与抛物线联立可求得坐标，根据，建立方程求解可判断；

②设，根据边长关系分别讨论各个角为钝角时的范围即可.

【详解】

（1）依题意，曲线M是以点P为焦点，直线l为准线的抛物线，

所以曲线M的方程为．

（2）①由题意得，直线的方程为，

由消y得，解得．

所以A点坐标为，B点坐标为，．

假设存在点，使为正三角形，则，，

即，

由①-②得，解得．

但不符合①，所以由①，②组成的方程组无解．

因此，直线l上不存在点C，使得是正三角形．

②设使成钝角三角形，

由得，

即当点C的坐标为时，A，B，C三点共线，故．

又，

，．

当，即，

即时，为钝角．

当，即，

即时为钝角．

又，即，

即．该不等式无解，所以不可能为钝角．

因此，当为钝角三角形时，点C的纵坐标y的取值范围是或．

【点睛】

关键点睛：解题的关键是利用两边的平方和大于第三边平方建立关系得出钝角.

7．（2021·浙江金华市·高三三模）如图，已知抛物线，过x轴正半轴上一点P的两条直线分别交抛物线于A､C和B､D两点，且A，D在第一象限，直线AB与x轴的交点E在原点O和P点之间.

（1）若P为抛物线的焦点，且，求点A的坐标；

（2）若P为动点，且的面积是面积的3倍，求的值.

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）根据抛物线的定义，得到，进而求得点的坐标；

（2）由于，得到，设直线，联立方程组得到，，得到，求得，即可求解.

【详解】

（1）设，根据抛物线的定义，可得，所以，可得，

因为点A在第一象限，所以，所以点A的坐标为.

（2）设，，

由于，且，

所以，所以，所以.

假设有过点的直线交抛物线于M，N两点，

联立消去x的，则有，，(*)

由(*)式可知，，.

所以，

所以，所以.

【点睛】

直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：

对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．

8．（2021·浙江嘉兴市·高三其他模拟）抛物线的焦点为F，准线为是抛物线上一点，过F的直线交抛物线于A，B两点，直线AP､BP分别交准线于M､N.当，点P恰好与原点O重合时，的面积为4.

（1）求抛物线C的方程；

（2）记点的横坐标与AB中点的横坐标相等，若，求的最小值.

【答案】（1）；（2）8.

【分析】

（1）由题设，结合抛物线的性质知：当且P恰好与原点O重合时有，进而根据三角形面积求p，写出抛物线方程.

（2）设为，，，联立抛物线方程，应用韦达定理求，，可求，即可得、、到的距离，进而可得关于k的表达式，再写出直线、方程，即可求，可得关于k的表达式，结合已知条件应用基本不等式求的最小值.

【详解】

（1）由题设，当且P恰好与原点O重合，的面积为4，

∴，即，可得，

∴抛物线C的方程为.

（2）由题意，可设为，，，

∴联立抛物线方程，整理得：，显然，

∴，，则，

∵的横坐标与AB中点的横坐标相等，

∴，则，若在第一象限，则，可得到的距离，

∴，

由上知：，

，

令，有，，

∴，

∴，

∴知：，

∴，当且仅当时等号成立，

∴的最小值为8.

【点睛】

关键点点睛：第二问，设交点及直线方程，联立抛物线应用韦达定理求，，进而得到坐标，综合应用点线距离公式、三角形面积公式，结合已知条件列方程求参数的范围.

9．（2021·全国高三其他模拟（理））已知抛物线的焦点为，点在上，且(为坐标原点).

（1）求的方程；

（2）若，是上的两个动点，且，两点的横坐标之和为8，求当取最大值时，直线的方程.

【答案】（1）；（2）.

【分析】

（1）根据题意，列出方程组，求得的值，即可求得的标准方程；

（2）设，，当时，得到的方程；当时，得到，得到，联立方程组，结合根与系数的关系，得到，根据弦长公式和基本不等式，即可求解.

【详解】

（1）由题意，点在上，且，

可得，解得，所以的标准方程为.

（2）设，，且，

设中点为，则，，

当时，，；

当时，，

则，即，

与联立方程消去，整理得，

由，解得，

且，，

所以，

当时取“=”，所以的最大值为10，

此时的方程为.

【点睛】

直线与圆锥曲线的综合问题的求解策略：

对于直线与圆锥曲线的位置关系的综合应用问题，通常联立直线方程与圆锥曲线方程，应用一元二次方程根与系数的关系，以及弦长公式等进行求解，此类问题易错点是复杂式子的变形能力不足，导致错解，能较好的考查考生的逻辑思维能力、运算求解能力．

10．（2021·四川高三二模（理））已知点，直线，为轴右侧或轴上动点，且点到的距离比线段的长度大1，记点的轨迹为.

（1）求曲线的方程；

（2）已知直线交曲线于，两点（点在点的上方），，为曲线上两个动点，且，求证：直线的斜率为定值.

【答案】（1）；（2）证明见解析.

【分析】

(1)由题设条件分析讨论，再用抛物线定义即可得解；

(2)求出点A坐标，利用抛物线方程设出点C，D坐标，由条件探求出这两点纵坐标关系即可得解.

【详解】

（1）依题意，线段的长度等于到的距离，由抛物线定义知，

点的轨迹是以为焦点，为准线的抛物线，

所以的方程为；

（2）将代入得，则，，如图：

设抛物线E上动点，显然直线AC，AD斜率存在，

，同理，因为，则，

，

直线的斜率，

即直线的斜率为定值-1.

11．（2021·全国高三其他模拟（文））已知抛物线的焦点为，点在上，且(为坐标原点).

（1）求的方程；

（2）若A，是上的两个动点，且A，两点的横坐标之和为8.

（i）设线段的中垂线为，证明：恒过定点.

（ii）设（i）中定点为，当取最大值时，且，位于直线两侧时，求四边形的面积.

【答案】（1）；（2）（i）证明见解析；（ii）.

【分析】

（1）根据抛物线焦半径公式可得，结合题意，将点P坐标代入，联立即可求的p值，即可得答案.

（2）（i）设，，当时，可求得，进而求得直线l的方程，即可得定点坐标，当时，，经过定点，即可得证，

（ii）由（i）知直线，与抛物线联立，结合韦达定理，可得，表达式，代入弦长公式即可求得，结合基本不等式，可得的最大值及直线AB的方程，经检验可得，根据点到直线距离公式，可得P、D到直线AB的距离，，代入面积公式，即可得答案.

【详解】

（1）由题意得，解得，

所以的标准方程为.

（2）设，，且.

（i）设中点为，则，，

当时，，

则，，即，

令，解得，此时，所以恒过定点.

当时，，过，

综上：恒过定点.

（ii）由（i）知直线，即，

与联立方程消去，整理得，

由，得，

，，

，

当且仅当时取等号，所以的最大值为10，

此时直线的方程为.

对于直线，，

点，在同侧，不合题意，所以取直线，

点到直线的距离，

点到直线的距离，

所以.

【点睛】

解题的关键是熟练掌握弦长公式、基本不等式、点到直线距离公式等知识，并灵活应用，易错点为，求得时，需分别代入，检验，是否位于直线两侧，再求解，考查分析理解，计算求值的能力，属中档题.

12．（2021·浙江湖州市·高三二模）已知，是椭圆的左､右焦点，动点在椭圆上，且的最小值和最大值分别为1和3.

（1）求椭圆的标准方程；

（2）动点在抛物线上，且在直线的右侧.过点作椭圆的两条切线分别交直线于，两点.当时，求点的坐标.

【答案】（1）；（2）.

【分析】

(1)由椭圆上的点到一焦点距离最大、最小值求出a及半焦距c即可得解；

(2)设出点M坐标，过点M的椭圆切线方程，联立切线与椭圆组成的方程组，消元后利用判别式等于0建立关系即可得解.

【详解】

（1）设椭圆半焦距为c，依题意有，解得，，，

所以椭圆方程为；

（2）设，，，过点的椭圆切线斜率为k，此切线方程为，

由，得，

由得到，切线MA，MB的斜率分别为k1，k2，

所以，，显然y1=(-2-t2)k1，y2=(-2-t2)k2，

则，而，

所以，即，解得或(舍去)，

所以点的坐标为.

【点睛】

方法点睛：联立直线l与椭圆C的方程组，消元后的一元二次方程判别式为：

(1)直线l与椭圆C相交；(2)直线l与椭圆C相切；(3)直线l与椭圆C相离.