2020年高考数学解答题核心：圆锥曲线综合问题(答题指导)(教师版)

专题09 圆锥曲线综合问题（答题指导）

【题型解读】

题型特点 圆锥曲线是平面解析几何的核心部分,也是每年高考必考的一道解答题,常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主,这些试题的命制有一个共同的特点,就是起点低,但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算,对考生解决问题的能力要求较高,通常作为压轴题的形式出现. 命题趋势 圆锥曲线是历年高考命题的重点和热点,也是一大难点．命题的热点主要有四个方面：一是直线和圆锥曲线的位置关系中的基本运算；二是最值与范围问题；三是定点与定值问题；四是有关探究性的问题．命题多与函数、方程、不等式、数列、向量等多种知识综合,考查考生的各种数学思想与技能,因此也是高考的难点. ▶▶题型一 圆锥曲线中的最值问题

1．圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题． 2．最值问题的两类解法技巧

(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决．

(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．

3113912

【例1】 (2017·浙江卷)如图,已知抛物线x＝y,点A－，,B，,抛物线上的点P(x,y)－＜x＜.

224242过点B作直线AP的垂线,垂足为Q. (1)求直线AP斜率的取值范围； (2)求|PA|·|PQ|的最大值．

【答案】见解析

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141

【解析】(1)设直线AP的斜率为k,则k＝＝x－.

12x＋2

x2－

13

因为－2211

kx－y＋k＋＝0，24

(2)联立直线AP与BQ的方程可得93

x＋ky－k－＝0，42－k＋4k＋3

解得点Q的横坐标是xQ＝. 2

2k＋1122

因为|PA|＝1＋kx＋＝1＋k(k＋1),

2|PQ|＝1＋k(xQ－x)＝－

2

2

k－1

3

k＋1k2＋1

2

,

所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1).

令f(k)＝－(k－1)(k＋1)＝－k－2k＋2k＋1, 因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1),

11所以f(k)在区间－1，上单调递增,在区间，1上单调递减． 22127

因此当k＝时,|PA|·|PQ|取得最大值. 216

2

3

4

3

【素养解读】

本例问题(1)中用x表示k考查了数学建模的核心素养,第(2)问将最值问题转化成函数的最值进行处理,分别考查了数学运算和数学建模的核心素养．

【突破训练1】 已知动圆过定点(2,0),且在y轴上截得的弦长为4,设动圆圆心的轨迹为H,

点E(m,0)(m＞0)为一个定点,过点E作斜率分别为k1,k2的两条直线交H于点A,B,C,D,且M,N分别是线段

AB,CD的中点．

(1)求轨迹H的方程；

(2)若m＝1,且过点E的两条直线相互垂直,求△EMN的面积的最小值．

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【答案】见解析

【解析】(1)设动圆圆心的坐标为(x,y),由题意可以得到圆心的轨迹H的方程为y＝4x.

(2)当m＝1时,E为抛物线y＝4x的焦点,因为k1k2＝－1,所以AB⊥CD.设直线AB的方程为y＝k1(x－1),A(x1,y1),B(x2,y2)． 由

y＝k1(x-1)，y＝4x2

2

2

x－2

2

＋y＝x＋4,化简得y＝4x,所以动圆

222

4y1＋y242

得k1y－4y－4k1＝0,则y1＋y2＝,y1y2＝－4,x1＋x2＝＋2＝2＋2.

k1k1k1

因为M

x1＋x2，y1＋y2,所以M22＋1，2. k12k12

2

同理,可得N(2k1＋1,－2k1)． 11

所以S△EMN＝|EM|·|EN|＝

22

222＋22·

k1k1

2k1

22

＋(－2k1)＝2

2

2

k22＋2＝4,当且仅当k11＋2＋2≥2

k1

1

1

＝2,即k1＝±1时,△EMN的面积取最小值4.

k1

▶▶题型二 圆锥曲线中的定点与定值问题

1．定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题． 2．圆锥曲线中定点、定值问题的解法 (1)定点问题的常见解法

①假设定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解为坐标的点即为所求定点； ②从特殊位置入手,找出定点,再证明该点适合题意． (2)定值问题的常见解法

①从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关；

②直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值．

【例2】 (2018·北京卷)已知抛物线C：y＝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；

11

(2)设O为原点,QM＝λQO,QN＝μQO,求证：＋为定值．

→

→→

→

2

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【答案】见解析

【解析】(1)因为抛物线y＝2px经过点P(1,2),所以4＝2p,解得p＝2,所以抛物线的方程为y＝4x.由题意可知直线l的斜率存在且不为0,设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．

y＝4x，由y＝kx＋1

2

2

2

得kx＋(2k－4)x＋1＝0.

2

2

22

依题意Δ＝(2k－4)－4×k×1＞0,解得k＜0或0＜k＜1.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斜率的取值范围是(－∞,－3)∪(－3,0)∪(0,1)．

2k－41y1－2(2)证明：设A(x1,y1),B(x2,y2)．由(1)知x1＋x2＝－2,x1x2＝2.直线PA的方程为y－2＝(x－1)．

kkx1－1－y1＋2－kx1＋1

令x＝0,得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.

x1－1x1－1同理得点N的纵坐标为yN＝→

→→

→

－kx2＋1

＋2.

x2－1

由QM＝λQO,QN＝μQO得λ＝1－yM,μ＝1－yN.

2

11x1－1x2－112x1x2－x1＋x2

所以＋＝＋＝＋＝·

λμ1－yM1－yN(k－1)x1(k－1)x2k－1x1x2

1

1

1

1k＝

k－1

2

＋2k－4

k2

1

＝2.所以

1

λ＋

k2

μ为定值．

【素养解读】

本例考查了直线与抛物线的相交和平面向量的应用,综合性较强,解答中不仅要结合图象考虑它们相交的情况,还要考虑直线不过点(1,－2)这一条件,计算也比较复杂,因而它综合考查了逻辑推理、数学运算和直观想象的核心素养．

【突破训练2】

是

x2y2

(2019·河南豫北名校联盟联考)如图,椭圆E：2＋2＝1(a>b>0)的离心率

ab→

2

,点P(0,1)在短轴CD上,且PC·PD＝－1. 2

→

(1)求椭圆E的方程；

→→

→

→

(2)设O为坐标原点,过点P的动直线与椭圆交于A,B两点．是否存在常数λ,使得OA·OB＋λPA·PB为定值？若存在,求λ的值；若不存在,请说明理由．

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【答案】见解析

【解析】由已知得点C,D的坐标分别为(0,－b),(0,b)．

→

→

又点P的坐标为(0,1),且PC·PD＝－1,

c2于是＝，a2a－b＝c，

2

2

2

1－b＝－1，

2

解得a＝2,b＝2,

所以椭圆E方程为＋＝1.

42

(2)当直线AB的斜率存在时,设直线AB的方程为y＝kx＋1,

x2y2

A,B的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2)． xy＋＝1，联立42

y＝kx＋1

2

2

2

得(2k＋1)x＋4kx－2＝0.

22

其判别式Δ＝(4k)＋8(2k＋1)>0, 4k2

所以,x1＋x2＝－2,x1x2＝－2.

2k＋12k＋1

→

→

→

→

2

2

从而OA·OB＋λPA·PB＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)·(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－

λ－1λ－1

－λ－2.所以,当λ＝1时,－2－λ－2＝－3,OA·OB＋λPA·PB＝－3为定值． 2

2k＋12k＋1

→

→

→→→→

→

→

→→→→

当直线AB斜率不存在时,直线AB即为直线CD,此时OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋λPC·PD＝－2－λ＝－3, 故存在常数λ＝1.

→→

→

→

综上可知,存在常数λ＝1,使得OA·OB＋λPA·PB为定值－3.

x22222

【例3】 已知椭圆C：2＋y＝1(a＞0),过椭圆C的右顶点和上顶点的直线与圆x＋y＝相切．

a3

(1)求椭圆C的方程；

(2)设M是椭圆C的上顶点,过点M分别作直线MA,MB交椭圆C于A,B两点,设这两条直线的斜率分别为k1,k2,

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且k1＋k2＝2,证明：直线AB过定点． 【答案】见解析

222

【解析】(1)因为直线过点(a,0)和(0,1),所以直线的方程为x＋ay－a＝0,因为直线与圆x＋y＝相切,所

36x22

以＝,解得a＝2,所以椭圆C的方程为＋y＝1. 2

321＋a(2)证明：当直线AB的斜率不存在时,设A(x0,y0),则B(x0,－y0),由k1＋k2＝2得|－a|

2

y0－1－y0－1

＋＝2,解得x0x0x0

2

x＋y2＝1，

＝－1.当直线AB的斜率存在时,设AB的方程为y＝kx＋m(m≠1),A(x1,y1),B(x2,y2),由2

y＝kx＋m2

2

2

2

⇒(1

4km2m－2y1－1y2－1

＋2k)x＋4kmx＋2m－2＝0,得x1＋x2＝－＋＝2,x1·x2＝2,由k1＋k2＝2⇒

1＋2k1＋2kx1x22⇒

(kx2＋m－1)x1＋(kx1＋m－1)x2

x1x2

2

＝2,即(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)⇒(2－2k)(2m－2)＝(m－1)(－

2

4km),即(1－k)(m－1)＝－km(m－1),由m≠1得(1－k)(m＋1)＝－km⇒k＝m＋1,即y＝kx＋m＝(m＋1)x＋

m⇒m(x＋1)＝y－x,故直线AB过定点(－1,－1)．综上,直线AB过定点(－1,－1)．

【素养解读】

本例问题(1)中用直接法求解椭圆方程考查了数学运算的核心素养；本例问题(2)中分类讨论斜率存在与不存在两种情况,再利用相应公式计算求解考查了逻辑推理和数学运算的核心素养．

【突破训练3】 已知抛物线C：y＝2px(p＞0)的焦点F(1,0),O为坐标原点,A,B是抛物线

2

C上异于O的两点．

(1)求抛物线C的方程；

1

(2)若直线OA,OB的斜率之积为－,求证：直线AB过x轴上一定点．

2【答案】见解析

【解析】(1)因为抛物线y＝2px(p>0)的焦点坐标为(1,0),所以＝1,所以p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x.

1tt(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时,设A，t,B，－t.因为直线OA,OB的斜率之积为－,所以244

2

2

2

p2

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t

t2

4

－t 12·＝－,化简得t＝32.所以A(8,t),B(8,－t),此时直线AB的方程为x＝8. 2

t24

y＝4x，

的斜率存在时,设其方程为y＝kx＋b,A(x1,y1),B(x2,y2),联立

y＝kx＋b，

2

②当直线AB4b＝0.

化简得ky－4y＋

2

4b1y1y21

根据根与系数的关系得y1y2＝,因为直线OA,OB的斜率之积为－,所以·＝－,即x1x2＋2y1y2＝0,即

k2x1x22

y2y212

4

·＋2y1y2＝0,解得y1y2＝0(舍去)或y1y2＝－32.

4

4b所以y1y2＝＝－32,即b＝－8k,所以y＝kx－8k,

k即y＝k(x－8)．综上所述,直线AB过定点(8,0)．

▶▶题型三 圆锥曲线中的范围问题

圆锥曲线的有关几何量的取值范围问题一直是高考的热点,解决这类问题的基本途径：先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等),建立目标函数,然后利用函数的有关知识和方法进行求解．一般有五种思考方法：(1)利用判别式来构造不等式,从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围,求新参数的取值范围,解决这类问题的关键是在两个参数之间建立起相应的联系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求参数的取值范围；(4)利用已知不等关系构造不等式,从而求参数的取值范围；(5)利用函数的值域,确定参数的取值范围．

x22

【例4】 已知m＞1,直线l：x－my－＝0,椭圆C：2＋y＝1,F1,F2分别为椭圆C的左、右焦点．

2m(1)当直线l过右焦点F2时,求直线l的方程；

(2)设直线l与椭圆C交于A,B两点,△AF1F2,△BF1F2的重心分别为G,H,若原点O在以线段GH为直径的圆内,求实数m的取值范围．

m2

【答案】见解析

【解析】(1)因为直线l：x－my－＝0经过F2(m－1,0), 2所以m－1＝,得m＝2.又因为m＞1,所以m＝2,

2故直线l的方程为x－2y－1＝0. (2)设A(x1,y1),B(x2,y2),

2

m2

2

m2

2

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x＝my＋2，由xm＋y＝1，

2

2

2

2

m2

2

消去x,得2y＋my＋－1＝0,

4

2

m2

mm1m22

则由Δ＝m－8－1＝－m＋8＞0知m＜8,且有y1＋y2＝－,y1·y2＝－.由F1(－c,0),F2(c,0),可知

2824

2

x1y1x2y2G，,H，.因为原点O在以线段GH为直径的圆内,所以OH·OG＜0,即x1x2＋y1y2＜0.所以x1x2＋y1y23

33

2

→→

3

mmm1222

＝my1＋my2＋＋y1y2＝(m＋1)－＜0,解得m＜4(满足m＜8)．又因为m＞1,所以实数m的取值范

2282

围是(1,2)．

22

【素养解读】

本题的解答通过方程的知识得到一个不等式,进而求得所求范围,考查了数学建模、逻辑推理和数学运算的核心素养．

【突破训练4】 (2018·浙江卷)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C：y＝4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上． (1)设AB中点为M,证明：PM垂直于y轴；

(2)若P是半椭圆x＋＝1(x＜0)上的动点,求△PAB面积的取值范围．

4

2

2

y2

【答案】见解析

1212【解析】(1)设P(x0,y0),Ay1，y1,By2，y2. 44

12

y＋x04y＋y02＝4·22

因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程即y－2y0y＋8x0－y0＝0的两个不同的22实数根．所以y1＋y2＝2y0.因此,PM⊥y轴．

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y1＋y2＝2y0，

2

0

(2)由(1)可知

y1y2＝8x0－y，

123222

所以|PM|＝(y1＋y2)－x0＝y0－3x0,|y1－y2|＝2①2(y0－4x0).因此,△

84

2

13223y0222

PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y0－4x0).因为x0＋＝1(－1≤x0＜0),所以y0－4x0＝－4x0－4x0

24241510

＋4∈[4,5]．因此,△PAB面积的取值范围是62，.

4

▶▶题型四 圆锥曲线中的探索性问题

1．圆锥曲线中的存在性问题具有开放性和发散性,此类问题的条件和结论不完备,要求考生结合已知条件或假设新的条件进行探究、观察、分析、比较、抽象、概括等,是高考中的常考题型,作为解答题的压轴题出现,难度一般较大,常和不等式、函数、直线、圆及圆锥曲线等知识结合在一起,对数学能力和数学思想有较高的要求．

2．圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．解决此类问题通常采用“肯定顺推法”,将不确定性问题明朗化．其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在,用待定系数法设出,列出关于待定系数的方程组,若方程组有实数解,则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则,元素(点、直线、曲线或参数)不存在．反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．

【例5】 (2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中,曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a＞0)交于M,N两点．

4(1)当k＝0时,分别求C在点M和N处的切线方程；

(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM＝∠OPN？说明理由． 【答案】见解析

【解析】(1)依题意求得x与c的交点不妨设为M(2a,a),N(－2a,a)．又y′＝,故y＝在x＝2a处的

24导数值为a,所以C在点M(2a,a)处的切线方程为y－a＝a(x－2a),即ax－y－a＝0.y＝在x＝－

42a处的导数值为－a,所以C在点N(－2a,a)处的切线方程为y－a＝－a(x＋2a),即ax＋y＋a＝0. 故所求切线方程为ax－y－a＝0和ax＋y＋a＝0.

(2)存在符合题意的点．证明如下：设P(0,b)为符合题意的点,M(x1,y1),N(x2,y2),直线PM,PN的斜率分别为

x2

xx2

x2

y1－bk1,k2.将y＝kx＋a代入C的方程,得x2－4kx－4a＝0.故x1＋x2＝4k,x1x2＝－4a.从而可得k1＋k2＝＋

x1y2－b2kx1x2＋(a－b)(x1＋x2)k(a＋b)＝＝.当b＝－a时,有k1＋k2＝0,则直线PM的倾斜角与直线PN的倾x2x1x2a斜角互补,故∠OPM＝∠OPN,所以点P(0,－a)符合题意．

【素养解读】

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本例问题(1)中将解析几何的计算与导数应用结合起来求切线方程,考查了数学运算和数学抽象的核心素养；问题(2)中将角的关系转化为直线的斜率进行处理,考查了数学建模和直观想象的核心素养．

【突破训练5】 (2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C：9x＋y＝m(m＞0),直线l不过原点O且不

2

2

2

平行于坐标轴,l与C有两个交点A,B,线段AB的中点为M. (1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；

(2)若l过点，m,延长线段OM与C交于点P,四边形OAPB能否为平行四边形？若能,求此时l的斜率；若3

不能,说明理由． 【答案】见解析

【解析】(1)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0,b≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),M(xM,yM)．将y＝kx＋b代入9x＋y＝m,得(k＋9)x＋2kbx＋b－m＝0,故xM＝

2

2

2

2

2

2

2

mx1＋x2

2

＝

－kb9byM,yM＝kxM＋b＝2.于是直线OM的斜率kO M＝＝2

k＋9k＋9xM9

－,即kO M·k＝－9.故直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．

k(2)四边形OAPB能为平行四边形．因为直线l过点，m, 3

所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k＞0,k≠3. 9

由(1)得OM的方程为y＝－x.设点P的横坐标为xP.

mk9y＝－x，k由9x2＋y2＝m2

k2m2±km得xP＝2,即xP＝. 2

9k＋81 3k＋9

2

将点，m的坐标代入直线l的方程得b＝

3

因此xM＝

mm(3－k)3

,

k(k－3)m.四边形OAPB为平行四边形,当且仅当线段AB与线段OP互相平分,即xP＝2xM. 23(k＋9)

±kmk(k－3)m于是＝2×, 22

3(k＋9) 3k＋9 解得k1＝4－7,k2＝4＋7.

因为ki＞0,ki≠3,i＝1,2,所以当直线l的斜率为4－7或4＋7时,四边形OAPB为平行四边形．

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