2021高考数学一轮复习统考第9章平面解析几何高考大题冲关系列5高考解析几何中的热点题型学案含解析北师大版

高考解析几何中的热点题型

命题动向：从近五年的高考试题来看，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

角度1　　最值问题

例1　(2020·武汉摸底)如图，已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，双曲线－＝1的两条渐近线为l1，l2.过椭圆C的右焦点F作直线l，使l⊥l1.设直线l与椭圆C的两个交点由上至下依次为A，B，直线l与直线l2交于P点．

(1)若l1与l2的夹角为60°，且双曲线的焦距为4，求椭圆C的方程；

(2)求的最大值．

解　(1)因为双曲线方程为－＝1，

所以双曲线的渐近线方程为y＝±x，

因为两渐近线的夹角为60°且<1，所以∠POF＝30°，

所以＝tan30°＝，所以a＝b，

由于双曲线的半焦距为2

所以a2＋b2＝22，所以a＝，b＝1，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)因为l⊥l1，设椭圆C的右焦点为F(c,0)，

所以直线l的方程为y＝(x－c)，

其中c＝，

因为直线l2的方程为y＝x，

联立直线l与直线l2的方程解得点P.

设＝λ，A点的坐标为(x0，y0)，且F点的坐标为(c,0)，

则F＝λ，

所以(x0－c，y0)＝λ，

解得x0＝，y0＝，

因为点A(x0，y0)在椭圆＋＝1上，

所以＋＝1，

即(c2＋λa2)2＋λ2a4＝(1＋λ)2a2c2，

等式两边同除以a4得

(e2＋λ)2＋λ2＝e2(1＋λ)2，e∈(0,1)．

所以λ2＝，

设2－e2＝t，则e2＝2－t，

因为e∈(0,1)，所以e2∈(0,1)，t∈(1,2)，

λ2＝＝

＝－＋3

≤－2＋3＝3－2

＝(－1)2，

取等号时，t＝⇔t＝∈(1,2)，

此时2－e2＝，e＝，

所以λ2的最大值为(－1)2，

所以λ＝的最大值为－1.

[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　(2019·浙江高考)如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.

(1)求p的值及抛物线的准线方程；

(2)求的最小值及此时点G的坐标．

解　(1)由题意得＝1，即p＝2.

所以抛物线的准线方程为x＝－1.

(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.

由于直线AB过F，故直线AB的方程为x＝y＋1，

代入y2＝4x，得y2－y－4＝0，

故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B.

又xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，得2t－＋yC＝0，

得C，G.

所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)．

由于Q在焦点F的右侧，故t2>2.从而

＝

＝

＝＝2－.

令m＝t2－2，则m>0，

＝2－＝2－

≥2－＝1＋.

当m＝时，取得最小值1＋，此时G(2,0)．

角度2　　范围问题

例2　(2020·沈阳摸底)如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.

(1)求椭圆C的方程；

(2)点P(x0，y0)(y0≠0)为椭圆C上一动点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的平分线PM交椭圆C的长轴于点M(m,0)，求实数m的取值范围．

解　(1)将x＝c代入＋＝1中，由a2－c2＝b2，可得y2＝，所以过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为.

由解得

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)解法一：因为点P(x0，y0)(y0≠0)，F1(－，0)，

F2(，0)，所以直线PF1，PF2的方程分别为

l1：y0x－(x0＋)y＋y0＝0，

l2：y0x－(x0－)y－y0＝0.

由题意可知＝ .

由于点P为椭圆C上除左、右顶点外的任一点，

所以＋y＝1，

所以＝，

因为－<m<，－2<x0<2，

所以＝，即m＝x0，

因此，－<m<.

解法二：设|PF1|＝t，

在△PF1M中，＝，

在△PF2M中，＝，

因为∠PMF1＋∠PMF2＝π，∠MPF1＝∠MPF2，

所以＝，解得m＝(2t－4)，

因为t∈(a－c，a＋c)，即t∈(2－，2＋)，

所以－<m<.

[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＋＝1(a>)的右焦点为F，右顶点为A.已知＋＝，其中O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l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围．

解　(1)设F(c,0)，由＋＝，即＋＝，可得a2－c2＝3c2，又a2－c2＝b2＝3，所以c2＝1，因此a2＝4，所以，椭圆的方程为＋＝1.

(2)设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝k(x－2)．

设B(xB，yB)，由方程组消去y，

整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0.

解得x＝2或x＝，

由题意得xB＝，从而yB＝.

由(1)知，F(1,0)，设H(0，yH)，有＝(－1，yH)，＝.

由BF⊥HF，得·＝0，

所以＋＝0，解得yH＝.

因此直线MH的方程为y＝－x＋.

设M(xM，yM)，

由方程组消去y，

解得xM＝.

在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，即(xM－2)2＋y≤x＋y，化简得xM≥1，即≥1，解得k≤－，或k≥.

所以，直线l的斜率的取值范围为

∪.

题型2　定点、定值问题

角度1　　定点问题

例3　(2019·北京高考)已知抛物线C：x2＝－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C的焦点作斜率不为0的直线l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B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．

解　(1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，得p＝2.

所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.

(2)证明：抛物线C的焦点为F(0，－1)．

设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．

由得x2＋4kx－4＝0.

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.

直线OM的方程为y＝x.

令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.

同理得点B的横坐标xB＝－.

设点D(0，n)，则＝，

＝，

·＝＋(n＋1)2

＝＋(n＋1)2

＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.

令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，得n＝1或n＝－3.

综上，以AB为直径的圆经过y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，y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)．

变式训练3　(2019·合肥模拟)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右顶点与抛物线C2：y2＝2px(p>0)的焦点重合，椭圆C1的离心率为，过椭圆C1的右焦点F且垂直于x轴的直线截抛物线所得的弦长为4.

(1)求椭圆C1和抛物线C2的方程；

(2)过点A(－2,0)的直线l与C2交于M，N两点，若点M关于x轴的对称点为M′，证明：直线M′N恒过一定点．

解　(1)依题意，可得a＝，

则C2：y2＝4ax，令x＝c得y2＝4ac，

即y＝±2，所以4＝4，所以ac＝2.

由解得a＝2，b＝，

所以椭圆C1的方程为＋＝1，抛物线C2的方程为y2＝8x.

(2)证明：依题意可知直线l的斜率不为0，

可设l：x＝my－2，

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则M′(x1，－y1)，

联立消去x得y2－8my＋16＝0，

由Δ>0得m<－1或m>1.

因为y1＋y2＝8m，y1y2＝16，所以m＝，

所以直线M′N的斜率

kM′N＝＝＝，

可得直线M′N的方程为y－y2＝(x－x2)，

即y＝x＋y2－

＝x＋

＝x－＝(x－2)，

所以当m<－1或m>1时，直线M′N恒过定点(2,0)．

角度2　　定值问题

例4　(2020·兰州诊断)已知曲线C上的任意一点到直线l：x＝－的距离与到点F的距离相等．

(1)求曲线C的方程；

(2)若过P(1,0)的直线与曲线C相交于A，B两点，Q(－1，0)为定点，设直线AQ的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2，直线AB的斜率为k，证明：＋－为定值．

解　(1)由条件可知，此曲线是焦点为F的抛物线，＝，p＝1，

∴曲线C的方程为y2＝2x.

(2)证明：根据已知，直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，

由可得ky2－2y－2k＝0.

设A，B，则y1＋y2＝，y1y2＝－2.

∵k1＝＝，k2＝＝，

∴＋＝＋

＝

＝

＝＝

＝＝＋4.

∴＋－＝4，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　(2019·全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．

(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；

(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．

解　(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．因为A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．

因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.

由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.

故⊙M的半径r＝2或r＝6.

(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．

理由如下：

设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.

由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.

因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.

因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，

所以存在满足条件的定点P.

题型3　圆锥曲线中的探索性问题

例5　(2019·辽宁沈阳联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点F1的坐标为(－c,0)，F2的坐标为(c,0)，且经过点P，PF2⊥x轴．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设过F1的直线l与椭圆C交于A，B两个不同点，在椭圆C上是否存在一点M，使四边形AMBF2为平行四边形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

解　(1)由题知c＝1，＝，

又因为a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝.

所以椭圆的方程为＋＝1.

(2)假设存在点M(x0，y0)，

当l斜率不存在时，

|F1M|＝|F1F2|，a－c＝2c，不成立；

当l斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

联立消去y得

(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，

∵Δ＝16(9k2＋9)>0，∴x1＋x2＝－，

∴y1＋y2＝k(x1＋x2＋2)＝，

则AB的中点坐标为.

AB与MF2的中点重合，∴

∴代入椭圆的方程＋＝1化简得80k4＋24k2－27＝0，解得k2＝，即k＝±.

∴存在符合条件的直线l的方程为y＝±(x＋1)．

[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　(2020·三明高中月考)设椭圆E的方程为＋y2＝1(a>0)，点O为坐标原点，点A，B的坐标分别为(a,0)，(0,1)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.

(1)求椭圆E的方程；

(2)若斜率为k的直线l交椭圆E于C，D两点，交y轴于点T(0，t)(t≠1)，问是否存在实数t使得以CD为直径的圆恒过点B？若存在，求t的值；若不存在，说明理由．

解　(1)设点M的坐标为(x0，y0)，

＝＝，

＝＋＝，

∴x0＝，y0＝，又＝，∴a＝2，

∴椭圆E的方程为＋y2＝1.

(2)设直线l的方程为y＝kx＋t，代入＋y2＝1，得

(4k2＋1)x2＋8ktx＋4t2－4＝0.

设C(x1，y1)，D(x2，y2)，

则x1＋x2＝－，x1x2＝.

假设存在实数t，使得以CD为直径的圆恒过点B，则⊥.∵＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，

∴·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝0，

即x1x2＋(kx1＋t－1)(kx2＋t－1)＝0，得

(k2＋1)x1x2＋k(t－1)(x1＋x2)＋(t－1)2＝0，

整理得5t2－2t－3＝0，解得t＝－(t≠1)，

即当t＝－时，符合题意．