高中数学考点《圆锥曲线综合问题》专项训练题

1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，往往作为试卷的压轴题之一； 2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题． 1.圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的 几何意义求解. 2.定点、定值问题 (1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类 问题称为定点问题. 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). (2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参 变量无关，这类问题统称为定值问题. 3.存在性问题的解题步骤： (1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组). (2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在. (3)得出结论. 热点一　圆锥曲线中的最值、范围 【例 1】 (2016·浙江卷)如图所示，设抛物线 y2＝2px(p＞0)的焦点为 F，抛物线上的点 A 到 y 轴的距离等于|AF| －1. (1)求 p 的值； (2)若直线 AF 交抛物线于另一点 B，过 B 与 x 轴平行的直线和过 F 与 AB 垂直的直线交于点 N，AN 与 x 轴交 专题四 第 3 讲　圆锥曲线综合问题 解析几何 考向预测 知识与技巧的梳理 热点题型于点 M，求 M 的横坐标的取值范围. 解　(1)由题意可得，抛物线上点 A 到焦点 F 的距离等于点 A 到直线 x＝－1 的距离， 由抛物线的定义得 p 2＝1，即 p＝2. (2)由(1)得，抛物线方程为 y2＝4x，F(1，0)，可设 A(t2，2t)，t≠0，t≠±1. ∵AF 不垂直于 y 轴，可设直线 AF：x＝sy＋1(s≠0)，由{y2＝4x， x＝sy＋1消去 x 得 y2－4sy－4＝0. 故 yAyB＝－4，∴B( 1 t2，－2 t). 又直线 AB 的斜率为 2t t2－1，故直线 FN 的斜率为－ t2－1 2t ， 从而得直线 FN：y＝－ t2－1 2t (x－1)，直线 BN：y＝－ 2 t.∴N(t2＋3 t2－1，－2 t). 设 M(m，0)，由 A，M，N 三点共线得 2t t2－m＝ 2t＋2 t t2－t2＋3 t2－1 ，于是 m＝ 2t2 t2－1＝2＋ 2 t2－1，∴m＜0 或 m＞2. 经检验知，m＜0 或 m＞2 满足题意.综上，点 M 的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞). 探究提高　求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和 意义，则考虑利用图形性质数形结合求解. (2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间 的等量关系等，则利用代数法求参数的范围. 【训练 1】 已知点 A(0，－2)，椭圆 E： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 3 2 ，F 是椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜 率为 2 3 3 ，O 为坐标原点. (1)求 E 的方程； (2)设过点 A 的动直线 l 与 E 相交于 P，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求 l 的方程. 解　(1)设 F(c，0)，由条件知， 2 c＝ 2 3 3 ，得 c＝ 3.又 c a＝ 3 2 ，所以 a＝2，b2＝a2－c2＝1. 故 E 的方程为 x2 4 ＋y2＝1. (2)当 l⊥x 轴时不合题意，故设 l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2). 将 y＝kx－2 代入 x2 4 ＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0. 当 Δ＝16(4k2－3)>0，即 k2> 3 4时，x1，2＝8k ± 2 4k2－3 4k2＋1 . 从而|PQ|＝ k2＋1|x1－x2|＝ 4 k2＋1· 4k2－3 4k2＋1 . 又点 O 到直线 PQ 的距离 d＝ 2 k2＋1. 所以△OPQ 的面积 S△OPQ＝ 1 2d·|PQ|＝ 4 4k2－3 4k2＋1 .设 4k2－3＝t，则 t>0，S△OPQ＝ 4t t2＋4＝ 4 t＋4 t . 因为 t＋ 4 t≥4，当且仅当 t＝2，即 k＝± 7 2 时等号成立，且满足 Δ>0. 所以当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为 y＝ 7 2 x－2 或 y＝－ 7 2 x－2. 热点二　圆锥曲线中的存在性问题 【例 2】 (2017·长沙调研)已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 1 2，且过点 P(1， 3 2 )，F 为其右焦点. (1)求椭圆 C 的方程； (2)设过点 A(4，0)的直线 l 与椭圆相交于 M，N 两点(点 M 在 A，N 两点之间)，是否存在直线 l 使△AMF 与△MFN 的面积相等？若存在，试求直线 l 的方程；若不存在，请说明理由. 解　(1)因为 c a＝ 1 2，所以 a＝2c，b＝ 3c，设椭圆方程 x2 4c2＋ y2 3c2＝1，又点 P (1， 3 2 )在椭圆上， 所以 1 4c2＋ 3 4c2＝1，解得 c2＝1，a2＝4，b2＝3，所以椭圆方程为 x2 4 ＋ y2 3 ＝1. (2)易知直线 l 的斜率存在，设 l 的方程为 y＝k(x－4)， 由{y＝k（x－4）， x2 4 ＋y2 3＝1， 消去 y 得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0， 由题意知 Δ＝(32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，解得－ 1 20)的焦点为 F，直线 2x－y＋2＝0 交抛物线 C 于 A，B 两点，P 是线段 AB 的中点，过 P 作 x 轴的垂线交抛物线 C 于点 Q.(1)D 是抛物线 C 上的动点，点 E(－1，3)，若直线 AB 过焦点 F，求|DF|＋|DE|的最小值； (2)是否存在实数 p，使|2QA→ ＋QB→ |＝|2QA→ －QB→ |？若存在，求出 p 的值；若不存在，说明理由. 解　(1)∵直线 2x－y＋2＝0 与 y 轴的交点为(0，2)， ∴F(0，2)，则抛物线 C 的方程为 x2＝8y，准线 l：y＝－2. 设过 D 作 DG⊥l 于 G，则|DF|＋|DE|＝|DG|＋|DE|， 当 E，D，G 三点共线时，|DF|＋|DE|取最小值 2＋3＝5. (2)假设存在，抛物线 x2＝2py 与直线 y＝2x＋2 联立方程组得：x2－4px－4p＝0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝(4p)2＋16p＝16(p2＋p)>0， 则 x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，∴Q(2p，2p).∵|2QA→ ＋QB→ |＝|2QA→ －QB→ |，∴QA⊥QB. 则QA→ ·QB→ ＝0，可得(x1－2p)(x2－2p)＋(y1－2p)(y2－2p) ＝(x1－2p)(x2－2p)＋(2x1＋2－2p)(2x2＋2－2p)＝5x1x2＋(4－6p)(x1＋x2)＋8p2－8p＋4＝0， 代入得 4p2＋3p－1＝0，解得 p＝ 1 4或 p＝－1(舍去). 因此存在实数 p＝ 1 4，且满足 Δ>0，使得|2QA→ ＋QB→ |＝|2QA→ －QB→ |成立.1.(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)，四点 P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1， 3 2 )，P4 (1， 3 2 )中恰有 三点在椭圆 C 上. (1)求 C 的方程； (2)设直线 l 不经过 P2 点且与 C 相交于 A，B 两点.若直线 P2A 与直线 P2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点. 1.(2017·唐山一模)已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，点 Q (b，a b )在椭圆上，O 为坐标原点. (1)求椭圆 C 的方程； (2)已知点 P，M，N 为椭圆 C 上的三点，若四边形 OPMN 为平行四边形，证明四边形 OPMN 的面积 S 为定值， 并求该定值. 2.(2017·菏泽调研)已知焦距为 2 2的椭圆 C： x2 a2＋y2 b2＝1(a>b>0)的右顶点为 A，直线 y＝ 4 3与椭圆 C 交于 P，Q 两点(P 在 Q 的左边)，Q 在 x 轴上的射影为 B，且四边形 ABPQ 是平行四边形. (1)求椭圆 C 的方程； (2)斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C 交于两个不同的点 M，N.若 M 是椭圆的左顶点，D 是直线 MN 上一点，且 DA⊥AM.点 G 是 x 轴上异于点 M 的点，且以 DN 为直径的圆恒过直线 AN 和 DG 的交点，求证：点 G 是定点. （45 分钟）限时训练 经典常规题 高频易错题1.(2017·延安调研)如图，椭圆 E： x2 a2＋ y2 b2＝1(a＞b＞0)，经过点 A(0，－1)，且离心率为 2 2 . (1)求椭圆 E 的方程； (2)经过点(1，1)，且斜率为 k 的直线与椭圆 E 交于不同的两点 P，Q(均异于点 A)，证明：直线 AP 与 AQ 的斜 率之和为定值. 2.(2017·昆明二模)已知椭圆 C： x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，短轴长为 2.直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 C 交于 M， N 两点，又 l 与直线 y＝ 1 2x，y＝－ 1 2x 分别交于 A，B 两点，其中点 A 在第一象限，点 B 在第二象限，且△OAB 的面积为 2(O 为坐标原点). (1)求椭圆 C 的方程； (2)求OM→ ·ON→ 的取值范围. 精准预测题参考答案 1.【解题思路】(1)观察坐标特征，排除一定，代入列方程组求 a，b；(2) 设 l：y＝kx＋m（需考虑斜率不存在 的情况），联立由韦达定理可得 x1＋x2，x1x2（用 k，m 表示），k1＋k2＝－1 化为只含有 x1＋x2，x1x2 形式，代入 可得的 k，m 关系. 【答案】(1)解　由于点 P3，P4 关于 y 轴对称，由题设知 C 必过 P3，P4.又由 1 a2＋ 1 b2> 1 a2＋ 3 4b2知，椭圆 C 不经过 点 P1，所以点 P2 在椭圆 C 上.因此{ 1 b2＝1， 1 a2＋ 3 4b2＝1， 解得{a2＝4， b2＝1. 故 C 的方程为 x2 4 ＋y2＝1. (2)证明　设直线 P2A 与直线 P2B 的斜率分别为 k1，k2. 如果直线 l 的斜率不存在，l 垂直于 x 轴. 设 l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)， k1＋k2＝ yA－1 m ＋ －yA－1 m ＝ －2 m ＝－1，得 m＝2， 此时 l 过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足. 从而可设 l：y＝kx＋m(m≠1). 将 y＝kx＋m 代入 x2 4 ＋y2＝1 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0. 由题设可知 Δ＝16(4k2－m2＋1)>0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1＋x2＝－ 8km 4k2＋1，x1x2＝ 4m2－4 4k2＋1. 则 k1＋k2＝ y1－1 x1 ＋ y2－1 x2 ＝ kx1＋m－1 x1 ＋ kx2＋m－1 x2 ＝ 2kx1x2＋（m－1）（x1＋x2） x1x2 . 由题设 k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. ∴(2k＋1)· 4m2－4 4k2＋1＋(m－1)· －8km 4k2＋1＝0. 解之得 m＝－2k－1，此时 Δ＝32(m＋1)>0，方程有解， ∴当且仅当 m>－1 时，Δ>0， ∴直线 l 的方程为 y＝kx－2k－1，即 y＋1＝k(x－2). 当 x＝2 时，y＝－1，所以 l 过定点(2，－1). 1.【解题思路】(1)列方程组求 a，b；(2) 设 PN：y＝kx＋m（需考虑斜率不存在的情况），联立由韦达定理可得 x1＋x2，x1x2（用 k，m 表示），由平行四边形法则可得OM→ ＝OP→ ＋ON→ ，即点 M 的可由 x1＋x2，x1x2 表示，进一步 可由 k，m 表示，点 M 在椭圆上可确定 k，m 的关系，OPMN 的面积 S=底×高，可利用弦长和点到直线距离 公式. 经典常规题 高频易错题【答案】(1)解　∵椭圆 x2 a2＋ y2 b2＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，∴e2＝ c2 a2＝ a2－b2 a2 ＝1 2，得 a2＝2b2，① 又点 Q (b， a b )在椭圆 C 上，∴ b2 a2＋ a2 b4＝1，② 联立①、②得 a2＝8，且 b2＝4.∴椭圆 C 的方程为 x2 8 ＋ y2 4 ＝1. (2)证明　当直线 PN 的斜率 k 不存在时，PN 方程为 x＝ 2或 x＝－ 2，从而有|PN|＝2 3， 所以 S＝ 1 2|PN|·|OM|＝ 1 2×2 3×2 2＝2 6； 当直线 PN 的斜率 k 存在时， 设直线 PN 方程为 y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)， 将 PN 的方程代入椭圆 C 的方程， 整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0， 所以 x1＋x2＝ －4km 1＋2k2，x1·x2＝ 2m2－8 1＋2k2， y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝ 2m 1＋2k2， 由OM→ ＝OP→ ＋ON→ ，得 M(－4km 1＋2k2， 2m 1＋2k2). 将 M 点坐标代入椭圆 C 方程得 m2＝1＋2k2. 又点 O 到直线 PN 的距离为 d＝ |m| 1＋k2， |PN|＝ 1＋k2|x1－x2|， 所以 S＝d·|PN|＝|m|·|x 1－x2|＝ 1＋2k2· （x1＋x2）2－4x1x2＝ 48k2＋24 2k2＋1 ＝2 6. 综上，平行四边形 OPMN 的面积 S 为定值 2 6. 2.【解题思路】(1)根据几何特征可得 ，|PQ→ |＝2|OB→ |，可得 B 的横坐标，也就是 Q 的；(2) 设 MN：y ＝k(x＋2)，联立可得 N 的坐标（用 k 表示），直径所对的圆周角是直角可知GD→ ·AN→ ＝0，以方程求解 G 的坐标. 【答案】(1)解　设坐标原点为 O，∵四边形 ABPQ 是平行四边形，∴|AB → |＝|PQ→ |， ∵|PQ→ |＝2|OB→ |，∴|AB→ |＝2|OB→ |，则点 B 的横坐标为 a 3， ∴点 Q 的坐标为(a 3， 4 3 )，代入椭圆 C 的方程得 b2＝2， 又 c2＝2，∴a2＝4，即椭圆 C 的方程为 x2 4 ＋ y2 2 ＝1. (2)证明　设直线 MN 的方程为 y＝k(x＋2)，N(x0，y0)，DA⊥AM，∴D(2，4k). AB PQ= 由{x2 4 ＋y2 2＝1， y＝k（x＋2）， 消去 y 得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，则－2x0＝ 8k2－4 1＋2k2，即 x0＝ 2－4k2 1＋2k2， ∴y0＝k(x0＋2)＝ 4k 1＋2k2，则 N(2－4k2 1＋2k2， 4k 1＋2k2)， 设 G(t，0)，则 t≠－2，若以 DN 为直径的圆恒过直线 AN 和 DG 的交点，则 DG⊥AN，∴GD→ ·AN→ ＝0 恒成立. ∵GD→ ＝(2－t，4k)，AN → ＝( －8k2 1＋2k2， 4k 1＋2k2)， ∴GD→ ·AN→ ＝(2－t)· －8k2 1＋2k2＋4k· 4k 1＋2k2＝0 恒成立，即 8k2t 1＋2k2＝0 恒成立，∴t＝0，∴点 G 是定点(0，0). 1.【解题思路】(1) 列方程组求 a，b；(2) 设 PQ：y＝k(x－1)＋1，联立由韦达定理可得 x 1＋x2，x1x2（用 k 表 示），计算 kAP＋kAQ 用 x1＋x2，x1x2 表示，再代入韦达定理用 k 表示，化简即可. 【答案】(1)解　由题设知c a＝ 2 2 ，b＝1，结合 a2＝b2＋c2，解得 a＝ 2，所以椭圆的方程为 x2 2 ＋y2＝1. (2)证明　由题设知，直线 PQ 的方程为 y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入 x2 2 ＋y2＝1， 得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知 Δ＞0， 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则 x1＋x2＝ 4k（k－1） 1＋2k2 ，x1x2＝ 2k（k－2） 1＋2k2 ， 从而直线 AP，AQ 的斜率之和 kAP＋kAQ＝ y1＋1 x1 ＋ y2＋1 x2 ＝ kx1＋2－k x1 ＋ kx2＋2－k x2 ＝2k＋(2－k) x1＋x2 x1x2 ＝2k＋(2－k) 4k（k－1） 2k（k－2）＝2k－2(k－1)＝2. 故 kAP＋kAQ 为定值 2. 2.【解题思路】(1) c a＝ 2 2 ，b＝1；(2)联立直线 l 与椭圆 C 由韦达定理可得 x1＋x2，x1x2（用 k，m 表示），分别 联立直线 l 与 y＝ 1 2x，y＝－ 1 2x 可得 A，B 两点的坐标（用 k，m 表示），注意象限可确定 k，m 满足的范围，用 弦长和点到直线距离公式计算△OAB 的面积，可得 k，m 的关系，计算OM→ ·ON→ ，先用 x1＋x2，x1x2 表示，化为 用 k，m 表示，消元化为用 k 表示，进而确定其范围. 【答案】解　(1)由于 b＝1 且离心率 e＝ 2 2 ， ∴ c a＝ a2－1 a ＝ 2 2 ，则 a2＝2， 因此椭圆的方程为 x2 2 ＋y2＝1. 精准预测题(2)联立直线 l 与直线 y＝ 1 2x，可得点 A( 2m 1－2k， m 1－2k)， 联立直线 l 与直线 y＝－ 1 2x，可得点 B(－ 2m 1＋2k， m 1＋2k)， 又点 A 在第一象限，点 B 在第二象限， ∴{ 2m 1－2k > 0， － 2m 1＋2k < 0 ⇒{m（1－2k） > 0， m（1＋2k） > 0， 即 m2(1－4k2)>0，而 m2≥0， ∴1－4k2>0， 又|AB|＝ ( 2m 1－2k＋ 2m 1＋2k)2 ＋( m 1－2k－ m 1＋2k)2 ＝ 4|m| 1－4k2 1＋k2， 又原点 O 到直线 l 的距离为 |m| 1＋k2，即△OMN 底边 AB 上的高为 |m| 1＋k2， ∴S△OMN＝ 4|m| 1＋k2 1－4k2 · |m| 1＋k2＝ 2m2 1－4k2＝2， ∴m2＝1－4k2， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线 l 代入椭圆方程， 整理可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， ∴x1＋x2＝－ 4km 1＋2k2，x1·x2＝ 2m2－2 1＋2k2， Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝48k2>0，则 k2>0， ∴y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝ m2－2k2 1＋2k2 ， ∴OM→ ·ON→ ＝x1x2＋y1y2＝ 2m2－2 1＋2k2＋ m2－2k2 1＋2k2 ＝ 8 1＋2k2－7， ∵0