2024届高考数学一轮复习第8章解答题模板构建5高考中的圆锥曲线问题学案

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已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：1λ+1μ为定值．
[规范解答]
(1)解：因为抛物线y2＝2px过点P(1，2)，所以2p＝4，即p＝2，
故抛物线C的方程为y2＝4x. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯2分
由题意知，直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由y2=4x，y=kx+1得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯4分
依题意Δ＝(2k－4)2－4k2×1>0，
解得k<1.
又因为k≠0，故k<0或0 又PA, PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)，
从而k≠－3.
所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．⋯⋯⋯6分
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－2k-4k2，x1x2＝1k2.
直线PA的方程为y－2＝y1-2x1-1(x－1)．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯7分
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝-y1+2x1-1＋2＝-kx1+1x1-1＋2. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯8分
同理得点N的纵坐标为yN＝-kx2+1x2-1＋2. ⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯9分
由QM＝λQO，QN＝μQO，
得λ＝1－yM，μ＝1－yN，⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯10分
所以1λ+1μ＝11-yM+11-yN＝x1-1k-1x1+x2-1k-1x2＝1k-1·2x1x2-x1+x2x1x2＝1k-1·2k2+2k-4k21k2＝2，
所以1λ+1μ为定值．⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯⋯12分

第一步：求圆锥曲线的方程；
第二步：联立直线和圆锥曲线的方程；
第三步：应用根与系数的关系用参数表示点的坐标；
第四步：根据相关条件计算推证；
第五步：明确结论．
类型一　定值问题
已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点A(0，－3)，直线AF2的倾斜角为60°，原点O到直线AF2的距离是34a2.
(1)求E的方程；
(2)过E上任一点P作直线PF1，PF2分别交E于M，N(异于P的两点)，且F1M＝mPF1，F2N＝nPF2，探究1m+1n是否为定值？若是，求出定值；若不是，请说明理由．
解：(1)由题意，点A(0，－3)，直线AF2的倾斜角为60°，所以c＝1.
在Rt△AOF2中，求得点O到直线AF2的距离是32.
又由原点O到直线AF2的距离是34a2，则a2＝2，所以b2＝a2－c2＝1，
故E的标准方程为x22＋y2＝1.
(2)①当点P为椭圆右顶点时，1m＝PF1F1M＝2+12-1，1n＝PF2F2N＝2-12+1，所以1m+1n＝6.
②当点P为椭圆左顶点时，同理可得1m+1n＝6.
③当点P不为椭圆的左、右顶点，即直线PM，PN的斜率均不为零时，
设直线PM的方程是x＝－1＋ry，直线PN的方程是x＝1＋sy.
分别代入椭圆方程x22＋y2＝1，
可得(r2＋2)y2－2ry－1＝0和(s2＋2)y2＋2sy－1＝0.
设P(x0，y0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则y0y1＝－1r2+2，y0y2＝－1s2+2.
由F1M＝mPF1，可得y1＝－my0，则1m＝－y0y1＝y02(r2＋2)．
由直线PM的方程x＝－1＋ry，可得r＝x0+1y0，
所以1m＝y02(r2＋2)＝x0+12+2y02＝3＋2x0.
由F2N＝nPF2，同理可得1n＝3－2x0，所以1m+1n＝6为定值．
综上所述，1m+1n为定值6.
类型二　圆锥曲线中的存在性问题
已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率e＝22，左、右焦点分别是F1，F2，且椭圆上一动点M到F2的最远距离为2＋1，过F2的直线l与椭圆C交于A，B两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)当△F1AB以∠F1AB为直角时，求直线AB的方程；
(3)直线l的斜率存在且不为0时，试问x轴上是否存在一点P使得∠OPA＝∠OPB？若存在，求出P点坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)由题意，椭圆C的离心率e＝22，且椭圆上一动点M到F2的最远距离为2＋1，
可得e=ca=22， a+c=2+1，a2=b2+c2，
解得a=2，c=1，b=1，
所以椭圆C的标准方程为x22＋y2＝1.
(2)由题意可知，当k不存在时，△F1AB不符合题意．
设直线lAB：y＝k(x－1)，则lAF1：y＝－1k(x＋1)，
所以y=kx-1， y=-1kx+1，得(k2＋1)x＝k2－1，
所以Ak2-1k2+1，-2kk2+1，
所以k2-12k2+12+8k2k2+12＝2，
整理得k4－2k2＋1＝0，
所以k2＝1，
直线AB的方程为y＝－x＋1或y＝x－1.
(3)存在点P，设P(m，0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，lAB：y＝k(x－1)，
联立得y=kx-1，x2+2y2=2，所以(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝4k21+2k2，x1x2＝2k2-21+2k2.
因为kAP＝y1x1-m，kBP＝y2x2-m，所以kAP＋kBP＝y1x2-m+y2x1-mx1-mx2-m＝0，
所以y1x2＋y2x1－m(y1＋y2)＝0，所以2kx1x2－(k＋mk)(x1＋x2)＋2km＝0，
所以2km＝4k，m＝2，所以P(2，0)．
类型三　圆锥曲线中的最值问题
已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，O是坐标原点，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，点M3，12在椭圆C上，过F2作∠F1MF2的外角的平分线的垂线，垂足为A，且|OA|＝2b.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：y＝kx＋3(k>0)与椭圆C交于P，Q两点，求△OPQ面积的最大值．
解：(1)如图，由题意可知|MF2|＝|MN|，由椭圆定义知|MF1|＋|MF2|＝2a，

则|MF1|＋|MF2|＝|NF1|＝2a，连接OA，
所以|OA|＝12|NF1|＝a，所以|OA|＝2b＝a.
又M3，12在椭圆C上，则3a2+14b2＝1，
解得a2＝4，b2＝1，
所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立y=kx+3，x24+y2=1，
整理可得(1＋4k2)x2＋83kx＋8＝0，
由Δ>0，可得k2>12，
x1＋x2＝－83k1+4k2，x1x2＝81+4k2，
得|PQ|＝1+k2·x1+x22-4x1x2＝41+k24k2-21+4k2.
又原点到直线的距离d＝31+k2，
所以S△OPQ＝12|PQ|·d＝234k2-21+4k2＝234k2-24k2-2+3＝234k2-2+34k2-2.
因为4k2-2+34k2-2≥23，当且仅当4k2-2＝34k2-2时，
即4k2－2＝3，即k2＝54>12时取等号，
所以S△OPQ≤1，即△OPQ面积的最大值为1.