2021届山东高考数学一轮创新教学案：解答题专项突破（五）　圆锥曲线的综合问题


解答题专项突破(五)　圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线是平面解析几何的核心内容，每年高考必有一道解答题，常以求圆锥曲线的标准方程、研究直线与圆锥曲线的位置关系为主，涉及题型有定点、定值、最值、范围、探索性问题等，此类命题起点较低，但在第(2)问中一般都有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常以压轴题的形式呈现．
热点题型1　圆锥曲线中的定点问题
典例1　　(2019·广州二模)已知抛物线y2＝4x的焦点F与椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点重合，且点F关于直线y＝x的对称点在椭圆上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点Q0，－且斜率为k的动直线l交椭圆于A，B两点，在y轴上是否存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点？若存在，求出M点的坐标，若不存在，说明理由．
解题思路　(1)求出抛物线的焦点F关于直线y＝x的对称点，结合已知条件及a，b，c的关系，求解椭圆的标准方程．
(2)假设存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点，求出AB垂直于两坐标轴时以AB为直径的圆的方程，联立方程组解得定点坐标，然后利用向量数量积证明一般结论．
规范解答　(1)由抛物线y2＝4x，得其焦点为F(1,0)，从而得点F关于直线y＝x的对称点为(0,1)，故b＝1，c＝1，因此a＝，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)假设存在定点M，使以AB为直径的圆恒过这个点．
当AB⊥x轴时，
以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.　①
当AB⊥y轴时，
以AB为直径的圆的方程为x2＋y＋2＝.　②
联立①②，得∴定点M(0,1)．
证明：设直线l：y＝kx－，代入＋y2＝1，
有(2k2＋1)x2－kx－＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
x1＋x2＝，x1x2＝－.
则＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)；
·＝x1x2＋kx1－kx2－
＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋
＝(1＋k2)·－k·＋＝0，
所以在y轴上存在定点M(0,1)，使以AB为直径的圆恒过这个定点．
典例2　　(2019·北京高考)已知椭圆C：＋＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．
解题思路　(1)由已知条件直接求b，c.再依据a2＝b2＋c2求a，写出椭圆C的方程．
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，写出直线AP的方程，求xM.利用y1＝kx1＋t和|OM|＝|xM|，把|OM|用k，t，x1表示，同理表示|ON|，直线l与椭圆C的方程联立，推出x1＋x2，x1x2.利用|OM|·|ON|＝2，求t，从而得到定点．
规范解答　(1)由题意，得b2＝1，c＝1，
所以a2＝b2＋c2＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.
又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝.
同理，|ON|＝.
由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|OM|·|ON|＝·
＝
＝
＝2.
又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.
解得t＝0，所以直线l经过定点(0,0)．
热点题型2　圆锥曲线中的定值问题
典例1　　(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．
解题思路　(1)由点A，B关于坐标原点O对称和点A在直线x＋y＝0上知，点A，B都在直线x＋y＝0上，于是得点M在线段AB的垂直平分线，即y＝x上，设圆心M为(a，a)．根据⊙M与直线x＝－2相切和⊥，求a从而得到⊙M的半径．
(2)联系第(1)问求圆心M坐标的方法．找等量关系，求出M的轨迹方程，进而利用相应曲线的性质求|MA|，|MP|，判断|MA|－|MP|是否为定值．
规范解答　(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知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，故可设圆心M为(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⊥，
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：
设圆心M为(x，y)，由已知，得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于⊥，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(1,0)．
典例2　　(2019·青岛三模)已知O为坐标原点，点F1，F2为椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，G为椭圆M上的一个动点，△GF1F2的最大面积为，椭圆M的离心率为.
(1)求椭圆M的标准方程；
(2)过抛物线N：x2＝y上的一点P与抛物线N相切的直线l与椭圆M相交于A，B两点，设AB的中点为C，直线OP与直线OC的斜率分别是k1，k2，证明：k1k2为定值．
解题思路　(1)根据题意，列方程组，结合a，b，c的关系即可求得a和b的值，进而求得椭圆方程．
(2)通过求导求得直线AB的方程，代入椭圆方程，利用根与系数的关系及中点坐标公式，即可求得k1k2为定值．
规范解答　(1)因为△GF1F2的最大面积为，椭圆M的离心率为.
所以又因为a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，所以椭圆M的标准方程为＋＝1.
(2)证明：设Pt，，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为抛物线方程N：y＝x2，
对其求导得y′＝x，
则直线AB的方程为
y＝t(x－t)＋t2＝x－t2，
将直线AB的方程代入椭圆方程＋＝1，
可得12(1＋t2)x2－12t3x＋3t4－48＝0，
因为x1＋x2＝，y1＋y2＝(x1＋x2)－＝，
所以点C，－，
所以k1＝，k2＝－，所以k1k2＝－.
热点题型3　圆锥曲线中的证明问题
典例1　　已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，过焦点F的直线交C于A，B两点，D是抛物线的准线l与y轴的交点．
(1)若AB∥l，且△ABD的面积为1，求抛物线的方程；
(2)设M为AB的中点，过M作l的垂线，垂足为N.证明：直线AN与抛物线相切．
解题思路　(1)判断△ABD的形状，求|FD|，|AB|.由△ABD的面积为1，列方程求p，得抛物线的方程．
(2)将直线AB的方程与抛物线C的方程联立，消去y并整理，结合根与系数的关系用k，p表示M，N的坐标．求kAN：①斜率公式，②导数的几何意义，两个角度求斜率相等，证明相切．
规范解答　(1)∵AB∥l，∴△ABD为等腰三角形，且FD⊥AB，又|FD|＝p，|AB|＝2p.
∴S△ABD＝p2＝1.
∴p＝1，故抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)证明：显然直线AB的斜率存在，设其方程为
y＝kx＋，A，B.
由消去y整理得，x2－2kpx－p2＝0.
∴x1＋x2＝2kp，x1x2＝－p2.
∴M，N.
∴kAN＝＝
＝＝＝.
又x2＝2py，∴y′＝.
∴抛物线x2＝2py在点A处的切线的斜率k′＝.
∴直线AN与抛物线相切．
典例2　　(2019·福州三模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F(－1,0)，过F且垂直于x轴的直线被椭圆截得的弦长为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点M(－4,0)，过F作直线l交椭圆于A，B两点，证明：∠FMA＝∠FMB.
解题思路　(1)根据焦点坐标求c，由点－c，在椭圆上和过F且垂直于x轴的弦长为3，列出关于a，b的方程，结合a2＝b2＋c2求出a，b，得出椭圆的方程．
(2)先讨论直线l斜率不存在的情况，再讨论直线l斜率存在的情况．设直线l的斜率为k，列出直线l的方程，并与椭圆方程联立，消元得到关于x的方程．根据根与系数的关系计算出kAM＋kBM＝0，从而得出结论．
规范解答　(1)由题意，知c＝1，把x＝－1代入椭圆方程，得＋＝1，解得y＝±，
∴＝，又a2＝b2＋1，得a＝2，b＝，
∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)证明：当直线l斜率不存在时，由对称性知
∠FMA＝∠FMB；
当直线l斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
代入椭圆方程，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
∴kAM＋kBM＝＋
＝
＝，
∵2x1x2＋5(x1＋x2)＋8＝－＋8＝0，
∴kAM＋kBM＝0，∴∠FMA＝∠FMB.
综上，∠FMA＝∠FMB.
热点题型4　圆锥曲线中的最值与范围问题
典例1　　(2019·包头二模)设F为抛物线C：y2＝2px的焦点，A是C上一点，FA的延长线交y轴于点B，A为FB的中点，且|FB|＝3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于M，N两点，直线l2与C交于D，E两点，求四边形MDNE面积的最小值．
解题思路　(1)由题意画出图形，结合已知条件列式求得p，则抛物线C的方程可求．
(2)由已知直线l1的斜率存在且不为0，设其方程为y＝k(x－1)，与抛物线方程联立，求出|MN|，同理可求|DE|实际上，在|MN|的表达式中用－代替k即可，可得四边形MDNE的面积表达式，再利用基本不等式求最值．
规范解答　(1)如图，∵A为FB的中点，∴A到y轴的距离为，

∴|AF|＝＋＝＝＝，解得p＝2.
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由已知直线l1的斜率存在且不为0，设其方程为y＝k(x－1)．
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
∵Δ>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝2＋，则|MN|＝x1＋x2＋2＝41＋；同理设D(x3，y3)，E(x4，y4)，∴x3＋x4＝2＋4k2，则|DE|＝x3＋x4＋2＝4(1＋k2)．∴四边形MDNE的面积S＝|MN|·|DE|＝82＋k2＋≥32.当且仅当k＝±1时，四边形MDNE的面积取得最小值32.
典例2　　如图，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A(2,0)，左、右焦点分别为F1，F2，过点A且斜率为的直线与y轴交于点P，与椭圆交于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为点F1.

(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P且斜率大于的直线与椭圆交于M，N两点(|PM|>|PN|)，若S△PAM∶S△PBN＝λ，求实数λ的取值范围．
解题思路　(1)求点B的坐标→根据kAB＝列方程→由题意得a＝2，a2＝b2＋c2，解方程组求a，b，c，写出椭圆C的标准方程．
(2)S△PAM∶S△PBN＝λ与的关系→点M，N坐标之间的关系→直线MN的方程与椭圆C的方程联立，消去y整理→用根与系数的关系得出点M，N的坐标之间的关系式→推出λ与k的关系，并根据k>求范围，找到λ所满足的不等式，求出λ的取值范围．
规范解答　(1)因为BF1⊥x轴，所以点B，
所以⇒
所以椭圆C的标准方程是＋＝1.
(2)因为＝
＝＝λ⇒＝(λ>2)，
所以＝－.
由(1)可知P(0，－1)，设直线MN：y＝kx－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程，得化简得，(4k2＋3)x2－8kx－8＝0.
得(*)
又＝(x1，y1＋1)，＝(x2，y2＋1)，
有x1＝－x2，
将x1＝－x2代入(*)可得，＝.
因为k>，所以＝∈(1,4)，
则1