新高考數學二輪復習 第三課時 圓錐曲線解答題(大題) 學案

第三課時圓錐曲線解答題(大題)

圖畫囪劇

1.圓錐曲線中的定點與定值、最值與范圍問題是高考必考的問題之一，主要以解答

題形式考查.

2.以橢圓或拋物線為背景，尤其是與條件或結論相關存在性開放問題，對考生的代

數恒等變形能力、計算能力有較高的要求，并突出數學思想方法考查.

熱點分類考向探究］|

考向一直線與圓錐曲線的位置關系

，因KD(2021?新高考I卷)在平面直角坐標系％Oy中，已知點“一耳萬，0),F2(V17,

0),點M滿足IMBLIMF2M的軌跡為C.

(1)求C的方程；

(2)設點T在直線上，過T的兩條直線分別交。于4,3兩點和P,。兩點，

^\TA\-\TB\^\TP\-\TQ\,求直線A3的斜率與直線PQ的斜率之和.

【解】⑴因為財產1|一四冋=2＜尸匹|=2折，所以點M的軌跡C是以尸］,Fi

分別為左、右焦點的雙曲線的右支.

設雙曲線的方程為/一方=1(。＞0,Z?＞0),半焦距為c,則2。=2,c=yl~n,得a=

1,b2=c2—a2=16,所以點M的軌跡C的方程為d一汽=

(2)設卷，〃由題意可知直線AB,PQ的斜率均存在且不為0,設直線A3的方

程為y—/=k(%一3出W0),直線PQ的方程為y—t=kzx~^(fe^O),由

得（16一后）/_2Al（，-，■}?一卜一切2—16=0.

設A（XA,刊），B（XB,YB）,易知16一好NO,

一上一與）-162A{/_,

貝IxAXB=16—后，XA+XB=16_^,

所以i7xi='i+后刼一冃=47彳后卜一；），

|TB|=\1+解用一義=,1+61%8—9

則17MH7刼=（1+后）以-4%一；］=

11一L一郢一1612皿一芝|1

+

（1+6）&用一］（必+初）+區(qū)=（1+后＞一而二后—-/16_^4

_（］+后）（尸+12）

后一16

（1+后）（—+12）

同理得17pH7。1=\攵￡16―

因為|7XHTB|=|7PHTQ,

（1+好）（祥+12）（1+庭）（2+12）

所以，

后一16一一16'

所以R—16+后解一16后=好一16+后解一16解，即好=解，又k#k2,所以k\=—

22,即21+左2=0.

故直線A3的斜率與直線PQ的斜率之和為0.

總結提高：

若A（%i,y）,Bg,y2）是直線y=hc+b（%WO）上的兩點，則|A3|=人1+妁%i—刈=

yJl+^\yi~y2\,稱此公式為直線上兩點間的距離公式，若A,3是直線與圓錐曲線的

交點，則此公式即我們通常所說的弦長公式.注意此公式不僅求弦長時可以使用，只

要是求直線上兩點間的距離都可以用.

92

已知橢圓7+￡=1（。泌＞0）的一個頂點為40，-3）,右焦點、為F,且|。4|=|0日,

其中0為原點.

(1)求橢圓的方程；

(2)已知點C滿足3元=辦，點8在橢圓上(8異于橢圓的頂點)，直線與以C

為圓心的圓相切于點P,且P為線段A8的中點，求直線A3的方程.

解：(1)由已知得be,由|0F|=|O4|,c=ba2=b2-]-c2,得。?=18.

所以橢圓的方程為?+看=1.

1oy

(2)因為直線AS與以C為圓心的圓相切于點P,所以A8丄CP

依題意，直線AB和直線CP的斜率均存在，設直線AB的方程為y=

(y=kx—3,

媼止J.

118十9f

消去y,可得(2公+Df-12&=0,

解得％=0或%=27+].

依題意，可得點B的坐標為.

因為P為線段AB的中點，點A的坐標為(0,-3),所以點P的坐標為

'6k—3、

、2F+1'2^+1/

由3元=。冗得點C的坐標為(1,0),

-3

、2Z?+1°3

故直線CP的斜率kcp=6k=2幺_6%+「

2一十廠1

3

又因為AB丄。尸，所以“.獷二瓦不？=一1，

整理得24一32+1=0,解得或%=1.

所以直線AB的方程為y=5—3或)=%—3.

即直線AB的方程為x—2y—6=0或x—y—3=0.

考向二最值與范圍問題

為當已知點4—2,0),3(2,0),動點M(x,y)滿足直線4M與8M的斜率之積為一]

記M的軌跡為曲線C.

(1)求C的方程，并說明C是什么曲線；

(2)過坐標原點的直線交C于P,。兩點，點P在第一象限，PE丄％軸，垂足為E,

連接QE并延長交C于點G

①證明：aPOG是直角三角形；

②求△PQG面積的最大值.

【解】⑴由題設得我?言=一；，化簡得手+*1(1舊2),

所以C為中心在坐標原點，焦點在入軸上的橢圓，不含左、右頂點.

(2)①證明：設直線P。的斜率為2,則其方程為>=抬":>0).

由咨+J得k士聲表

、2

設u=q=匚卜2M，則P(v,uk),Q(一〃，一〃女)，E(w,0).

kk

于是直線QG的斜率為5，方程為y=1(%—〃).

得(2+3)%2—2欣%+右7―8=0.①

〃(3k2+2)uk^

設G(%G,yd),則一“和％G是方程①的解，故％G=2+,'由此得先=2衛(wèi)72：

2+女2一派]

從而直線尸G的斜率為〃(3沼+2)=一%

2+一一“

所以PQ丄PG,即△PQG是直角三角形.

②由①得『。|=2吟/1+F,

|PG|=2"*:1,所以△PQG的面積

S=^\PQ\\PG\=幽1+R)

(1+23)(2+公)

81+0

1+2(+4

1Qf

設，=憶+7，則由*0得后2,當且僅當左=1時取等號.因為在［2,+

K1十"

8)單調遞減，所以當，=2,即％=1時，S取得最大值，最大值為幣.

y

因此，△PQG面積的最大值為學.

y

總結提咼：

求圓錐曲線中范圍、最值的主要方法

(1)幾何法：若題目中的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圖形

性質數形結合求解.

(2)代數法：若題目中的條件和結論能體現一種明確的函數關系，或者不等關系，

或者已知參數與新參數之間的等量關系等，列出含參數的函數式；可利用求函數值域

(最值)或基本不等式、換元法、導數法，利用已知或隱含的參數范圍求最值、范圍.特

別是分式形式時，會用換元法將復雜化為簡單.

變麗練

X__Z__A__A__/

(2021.沈陽質量監(jiān)測)已知橢圓C的方程為5+左=1,斜率為如:W0)的直線與C相

交于M,N兩點.

3

(1)若G為的中點，且3G=一滅，求橢圓C的方程；

(2)在(1)的條件下，如圖，若P是橢圓C的左頂點，kpM,kpN=-1,/是橢圓的左

焦點，要使尸在以MN為直徑的圓內，求2的取值范圍.

解：⑴設M(xi,yD,N(xi,yi),G(xo,州),將M,N兩點的坐標分別代入橢圓方

兩式相減得

(巾+%2>(即一。)+)'2>。'1一>'2)

a2I3嗔—U,，

吟+引=。，得癡弋=_爲=_表解得。2=4,...橢圓C的方

程為?+m=1.

(2)設直線MN的方程為y=kx+m,聯立得消去y,得(3+43)/+

iy=kx-\-m,

-8km4m2—12

2

8bnx+4m2—12=0,A=48(4Z?—m+3)>0,則即+及=3+4圧孫％2=3+必2，

?6m3m2—12Z:2

+?=訐礪，険2=3+4/，

‘船"姪'=3+2>(%2+2)=

3m2—12F1

4m2—16km+16/4'

解得m=~k或/n=2%(舍).

若廠在以MN為直徑的圓內，則戶財?司V<0,即(％1+1,》>(%2+1,)2)=%]%2+%1+

%2+1+》1>2<0,

即當熱爲+"謊=磊<。，解得-邛成坪,叉5

產。)電明

即要使尸在以MN為直徑的圓內，則k的取值范圍是(一平，0)U(0,明.

考向三定點問題

徳后)(2020?全國I卷)已知A,8分別為橢圓氏5+>2=1(。>1)的左、右頂點，G為

E的上頂點，屍?舒=8/為直線％=6上的動點，出與E的另一交點為C,PB與E

的另一交點為。.

(1)求E的方程；

(2)證明：直線CD過定點.

【解】⑴由題設得厶(一。,0),8(a,0),6(0,1).

則而=3,1),②=3,-1).

由伍?坊=8得/一1=8,即Q=3(負值舍去).

所以E的方程為"+V=1.

y

(2)證明：設C(%i,y),D(X2,yi),P(6,t).若樣0,設直線CO的方程為％=歿

+/?,由題意可知一3<n<3.

由于直線PA的方程為y=g>+3),

所以>1=和+3).

又直線P8的方程為y=g(%—3),

所以>2=*2—3).

消去?？傻?y1(%2—3)=>2(XI+3).①

由中^丄>1弘2(及+3)(%2—3)

由于勺+其=1,故痰=―-----9---------'

代入①式，消去％2—3,可得27yly2=—(%]+3)(%2+3),

即(27+m2)yiy2+機(〃+3>(y+/)+(〃+3>=0.②

#x=my+n代入方+9=1得

(m2+9)產+2mny+n2-9=0.

..,.2mnn2~9

所以y+>2=一薪百，).=蔡匸百.

代入②式得(27+m2)(〃2—9)—2〃z(〃+3)?如?+(〃+3)2.(T7?+9)=O.解得”=一3(舍去)

或H=1.

3

故直線CD的方程為x=my+^,

即直線C3過定點修，o].

若7=0,則直線CO的方程為y=0,過點(I，o]

綜上，直線CQ過定點(I，o].

總結提咼：

1.動直線I過定點問題.設動直線方程(斜率存在)為y=kx+t,由題設條件將t

用A表示為f=，7法，得》=%(X+"。，故動直線過定點(一加,0).

2.動曲線C過定點問題.引入參變量建立曲線C的方程，再根據其對參變量恒

成立，令其系數等于零，得出定點.

變或加加J

\_人_JS___A___/

已知橢圓C：f+/=l的右焦點為F,過點F的直線(不與x軸重合)與橢圓C相

交于A,8兩點，直線/：%=2與％軸相交于點”，過點A作4D丄/,垂足為D

(1)求四邊形OA"B(O為坐標原點)面積的取值范圍；

(2)證明直線BD過定點E,并求出點石的坐標.

解：(1)由題意得網1,0),設直線A3:

x=my+A(%i,y),Bgyi),

x=my-\-\,

X2.,消去X,得(m2+2)>2+2沖-1=0,

{爹+V=1，

則A=4m2+4(m2+2)>0,

,2m1

y+”=一^2="^+2>

，ly~y2\=y](y\-y2)2=

?8+>2)2—46竺=2與4豐」.

...四邊形OAHB的面積

12y[2-ylm2+1

S=^\OH\-\y}-y2\=\y\-j2|=加-

令廬H=f,則-21,s=*=哼

荘7

?L+：N2(當且僅當，=1,即m=0時取等號)，：.U<SWji.

四邊形OAHB面積的取值范圍為(0,啦].

(2)證明：???8(x2,”),D(2,yi),

直線3。的斜率a=無坐，

乙人2

...直線30的方程為y—y產呆(%—2).

%2)'1-2"+—2/①

令y=0,得x=

>1一>2》一》2

2m

由⑴知，

>1竺=—m2+2,，)1+>2=2岫”.

読i+》2)+y|_2y2

化簡①，得％:----------------

V一”

3,、

力L>2)3

―y1~y2-2,

直線8D過定點4|,oL

考向四定值問題

遇&2021.甘肅省診斷考試)已知圓0：^+尸加經過橢圓c：(?>/?0)

的右焦點Fi,過點B作圓0的切線，其被橢圓C截得的弦長為41

(1)求橢圓C的方程；

(2)若點A,3是橢圓。上異于短軸端點的兩點，點M滿足加="4+防，且加2

+屈2=6,試確定直線04,03斜率之積是不是定值，若是，求出這個定值；若不是,

說明理由.

【解】(1)因為圓O：%2+y=b2經過橢圓C的右焦點所以h=c,又q2=b2

+/,所以a=jb,

因為過點尸2作圓0的切線，其被橢圓C截得的弦長為陋，所以點,，當在橢圓

上，

1

則碰序+定=1，解得力=1,故。=啦?

所以橢圓C的方程為，+y2=l.

(2)直線0A,03斜率之積是定值，證明如下：

i殳A(%i,y),B(X2,y2),由防，得Af(%i+%2,y+y2).

故8/2+蜃2=(%]+jC2)2+(^l+^2)2+(^1-X2)2+(J1一”尸=2(%彳+＞彳+%夕+貫)=6

①.

又點A,B在橢圓上，所以q+24=2②，￡+2義=2③，

聯立①②③，可得才+6=2,為+其=1.

由宕=2-2貨，與=2—2於，

得好%夕=(2—2_y?)(2—2y3)=4—4(濟+義)+4)力3=4比應,

從而依m(xù)01}=皿=±\,即直線0A,08斜率之積是定值

X\X2乙2

總結提高:

定值問題解題方法

(1)特殊到一般法，通過考查極端位置探索出“定值”是多少，然后再證明這個值

與變量無關，特別是如果題目以客觀題出現，這種方法非常有效.

(2)引入參數法，即引入變量，構建函數，推導定值.

變或加加J

\_人__/\____A___/

已知點A,3的坐標分別為(一小，0),(小，0),直線AP,BP相交于點P,且它

們的斜率之積為一2(

(1)求點尸的軌跡方程；

(2)設點尸的軌跡為曲線C