高考大题冲关系列2.docx

高考大题冲关系列(5)-I高考解析几何中的热点题型命题动向：圆锥曲线问题在高考中属于必考内容，并且常常在同一份试卷上 多题型考查.对圆锥曲线的考查在解答题局部主要表达以下考法：第一问一般是 先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识；第二问往往涉及定点、定值、最 值、取值范围等探究性问题，解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.题型1最值、范围问题I多角探究角度1最值问题例1 (2019全国卷II)点A(-2,0), 6(2,0),动点M>, y)满足直线AM与的斜率之积为记M的轨迹为曲线C.(1)求。的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于尸，。两点，点P在第一象限，PElx轴，垂足 为已连接QE并延长交。于点G证明：尸QG是直角三角形；求PQG面积的最大值.解(1)由题设得A -T Z X - Z乙化简得卷+5=1(I%|W2),所以C为中心在坐标原点，焦点在X轴上的椭圆，不含左右顶点.(2)证明：设直线PQ的斜率为3那么其方程为丁 二丘(*。).y = kx,由V X1 皿4 + 2 = 1、2is I 那么 P（，欣），。（一 u, - uk）, E（w,0）. jl+2lc于是直线QG的斜率为左方程为y二整理得3F - 3?>km + 2m2 = 0,得k =理或 =斗当左=坐机时，直线/的方程为丁 =专心+仍），过定点A（-，§, 0）,不符合题意；当左=邛2时，直线/的方程为丁 =邛41，+坐,过定点、J,经检近2，验，符合（*）式.综上所述，直线/过定点-竽，0）.角度2定值问题例4 （2020山东高考）椭圆C: ” +方=1（。9>0）的离心率为奇，且过点42, 1）.求。的方程；点M, N在C上，且AM1AN, AD1MN,。为垂足.证明：存在定点。,使得DQ为定值.工也a 2 5解（1）由题意可得<4*!q2 + /=1，<6Z2 = b2 + c2,/ v2解得2 = 6,白=心=3,故椭圆方程为不+ 2=1.(2)设点 M(xi, yi), N(X2, yi).因为AM_LAN,所以属4k=0,即（项 一 2）（X2 - 2） + - IQ-1） = 0.当直线MV的斜率存在时，设方程为y二丘+加，如图1.代入椭圆方程消去丁并整理，得（1 + 2心）* + 4knvc + 2汴- 6 = 0,4knt27iz 6,+垃=一市庐,左,根据yi =，+根，yi = kx2 + m,代入整理，可得(於 + 1 )xiX2 + (km - k - 2)(xi + xi) + (m - I)2 + 4 = 0,+ (m - 1 )2 + 4 = 0,+ (m - 1 )2 + 4 = 0,_2m2 - 6(将代入上式，得+ 1) +2M+(乃”-)一2)整理化简得(2%+ 3加 + 1)(2/: + m - 1) = 0,因为A(2,l)不在直线MN上，所以2人+机-120,所以 2Z + 3 根+1=0, Ml,于是MN的方程为y |)一指kWl, (i n所以直线过定点为，当直线"N的斜率不存在时，可得N3, -V),如图2.代入(XI - 2)(X2 - 2) + (yi - l)Cy2 -1) = 0 得3 - 2)2 + 1 -货=0,结合呼+弓=1,解得XI =2(舍去)或1 =|,代入(XI - 2)(X2 - 2) + (yi - l)Cy2 -1) = 0 得3 - 2)2 + 1 -货=0,结合呼+弓=1,解得XI =2(舍去)或1 =|,此时直线"N过点石停，因为AE为定值，且为直角三角形，AE为斜边,所以 AE 的中点。所以 AE 的中点。满足 DQ 为定值AE长度的一半;由于 A(2/)，_ 3<4 n故由中点坐标公式可得窗，3/故存在点 霏，使得DQ为定值.冲关策略圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数 式、化简即可得出定值.(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式， 再利用题设条件化简、变形求得.(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进 行化简、变形即可求得.变式训练4 (2020滨州二模)椭圆C:、+奈=1("历0)经过点(啦，1), 离心率为乎.(1)求椭圆。的方程；(2)设直线/: y = " +与椭圆C相交于A, 3两点，假设以OA,为邻边的平行四边形OAPB的顶点产在椭圆C上，求证：平行四边形OAPB的面积为 定值.解(1)因为椭圆。过点(也，D,代入椭圆方程，21可得浸+落1，又因为离心率为坐，所以合乎,从而。2 = 2庐，联立,解得 =4, b2 = 2,所以椭圆C的方程为Y + £=l?2(2)证明：把 =丘+，代入椭圆方程5 + 5=1,得(2F + l)x2 + 4ktx + 2(? - 2) = 0,所以/ 二(4比产8(2左2 + 1)(» 2)=82(2+ l)-fl0,设 A(», yi), 8(x2, J2),4kt2(P - 2)那么为+%2=一汨加及"玄2t所以 yi + p = kx +及)+ 2/=27+ ，因为四边形OAPB是平行四边形,所以0P=。4 + 03 = (xi+X2, yi+>2)( 4kt 2t )=12标+ 1 2S+ 1)（ 4kt所以P点坐标为一声JP（ 4kt所以P点坐标为一声JP又因为点尸在椭圆上，4sti 2?1 nn 2 2F+1所以?kF而"=i，即心因为 |A8| = 1 + lcx - X2|=q i+修 q（xi+X2）2 - 4x1x225业 +玄2（2%2+ I） ： 2小业 +。=2庐+1="77 ,又点。到直线I的距离d= r-7, a/1+Z所以平行四边形0APB的面积SaOAPB = 2soab = AB-d2回 ,12+ 1 立即平行四边形0APB的面积为定值.题型3圆锥曲线中的探索性问题例5 （2020海南高考调研）如图，点F为抛物线C: y2 = 2p%（p0）的焦点, 过点F的动直线I与抛物线C交于M,N两点，且当直线/的倾斜角为45。时,|MN|=16.(1)求抛物线C的方程；(2)试确定在轴上是否存在点P,使得直线PM,PN关于轴对称？假设存在, 求出点P的坐标；假设不存在，请说明理由.解当/的斜率为1时，.理，0/的方程为y =得 x2 - 3Px + = 0.得 x2 - 3Px + = 0.,y=x2,由j 2)? = 2px,设 M(xi, yi), N(X2, V),那么 xi+X2 = 3p,/.MN =x +X2+ p = 4p= 16, p = 4,抛物线。的方程为V = 8x.(2)解法一：假设满足条件的点P存在.设P(a,O),由知F(2,0).当直线/不与九轴垂直时,设/的方程为广总- 2)(0),y = k(x - 2),由j)得 Fx2-(4%2 + 8)x + 4R = 0,1/ = 8x,/ = (43 + 8)2 - 4d43=64k2 + 64>0,4F + 8X +X2= 乒一,X1X2 = 4.,直线PM, PN关于X轴对称，.hw +如v =。，k(x - 2) k(xi - 2)又 kpM =, kpN =.x- aXi- a攵(xi _ 2) k(xi _ 2) +=0,攵(xi _ 2) k(xi _ 2) +=0,x- aX2- a两边同时乘以(xi -。)(X2 -得8(。+ 2)k(x - 2)(x2 - a) + kg - 2)(xi - a) = k2xX2 - (a + 2)(xi + xi) + 4q = -%0,a= -2,此时 P( 2,0).当直线/与X轴垂直时，由抛物线的对称性,易知PM, PN关于x轴对称，此时只需P与焦点厂不重合即可.综上，存在唯一的点P(-2,0),使直线PM, PN关于x轴对称.解法二：假设满足条件的点P存在.设由(1)知网2,0),显然，直线/的斜率不为0,设/：片，町+ 2,x = my + 2,9 q 得 y2 8my-16 = 0, 1/= 8x,贝IJ / = ( 一 8m)2 + 4X16 = 64m2 + 64>0,y +y2 = 8m, yy2 - - 16.kPM = 4 kPN = J x- a X2- akpM + kpN- 0=(x2 - a)y + (xi - d)yi - 0,/. (my2 + 2 - d)y + (my + 2- d)yi - 0.2myyi + (2 - )(yi + yi) - 2m X ( - 16) + (2 -。)义 8m = 0, ci 2,存在唯一的点尸(-2,0),使直线PM, PN关于轴对称.冲关策略存在性问题的解题策略存在性的问题，先假设存在，推证满足条件的结论，假设结论正确那么存在，假设 结论不正确那么不存在.(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论.(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意.变式训练5 (2020.淄博二模)椭圆E:3+91(。泌0)的左、右焦点分 别为R, F2,离心率是4-，P为椭圆上的动点.当NBPB取最大值时，APFiFz 的面积是事.(1)求椭圆£的方程；(2)假设动直线/与椭圆石交于A, B两点，且恒有油.宿=0,是否存在一个以 原点0为圆心的定圆C,使得动直线/始终与定圆。相切？假设存在，求圆。的方 程；假设不存在，请说明理由.解(1)依题意可得£ = ?二坐.设NF1PF2 = 6,由余弦定理可知，4c2 = |PFi|2 + |PF2|2 - 2|PFi|PF2|cos,2。2(2)2 吩所以 1 + cos6>= ffi|PF2|21|PFi| + |P尸2庐/=萨,当且仅当|PFi| = |P产2|(即P为椭圆短轴端点)时等号成立，且/APB取最大 值.此时尸乃尸2的面积是;2c乃=be = y3,同时二廿+廿，联立Ac二S和?二解得 a = 2, b=l, c = y3,所以椭圆£的方程为这+ y2=l.(2)当直线/斜率不存在时，设直线/的方程为1 = %因为为访=0,那么04103,所以点A, 5的坐标分别为(% )，( -n), 又因为A, 8两点都在椭圆上，4所以2 + 4层=4,川二不此时原点0到直线I的距离d=同=芈，4所以定圆。的方程是V + y2 =/当直线/的斜率存在时，设直线/的方程为y=乙+机，4.，ji), Bg p),原点。到直线/的距离为"，所以原点。到直线/的距离为"，所以m整理得，= "(S+l),v*V=l，y = kx + m,可得(4 3 + l)x2 + 8kmx + 4m2 -4 = 0,所以/ = (Skm)2 - 4(422 + l)(4m2 - 4) = 16(4以一 =)+ 1 )>0,8km4/ - 4X1 + X2 人d , XX2 j 191 4公 + 141c + 1yyi - kx + m)(kx2 + m)=+ km(x + X2)+ nr4m2 - 4- 8km 而-4-k2二%E+版.ET+m= HP因为以.为 =xX2 + yy24加2 - 4 m2 - 4M 5 m2 - 4d - 4=4炉 + 1 + 必2 + i =43+1 =仇所以 5根2一4%2-4 二。，即5"(1 + F)- 43_ 4 = 0恒成立,即(5心-4)(3+1) = 0恒成立，所以5片-4 = 0,所以2 =岑,且411,4所以定圆C的方程是f + y2=/所以当次油=0时，存在定圆C始终与直线/相切,4其方程是x2+ «/ =/y= x1 2+得(2 +一 2uk1x + 422 一 8 = 0.(*)设G(%g, yG),那么-"和xg是方程(*)的解,(3乒 + 2)i膜故XG=2 + 1'由此倚y6 = 57户.0 一 UK2 + k21从而直线PG的斜率为认3%2 + 2)=一%Z 7? 一 2 + 1c所以PQ1PG,即aPOG是直角三角形.1 _ _ lukyjk1 +1由得|PQI = 2N1+F，IPGI = 2；18(+攵)1+29+小所以PQG的面积1幽1+3)S =/ Q"PG| =( +2?(2 +石=设% =攵+ £那么由Q0得后2,当且仅当k=l时取等号Qf因为S二丁方在2, +8）上单调递减，6所以当U2,即女二1时，S取得最大值，最大值为互.16因此aPOG面积的最大值为豆.冲关策略处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法: _是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性 质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个（些）参数的函数（解析式），然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.变式训练1 （2020海南高考）椭圆C: 了 +方=过点 颇2,3）,点A为其左顶点，且AM的斜率为:（1）求。的方程；（2）点N为椭圆上任意一点，求的面积的最大值.解（1）由题意可知直线AM的方程为y _ 3 = 2（- - 2）,即 x - 2y = 4.当y = 0时，解得-4,所以。=4,X2 V2 由椭圆C: 了 +京X2 V2 由椭圆C: 了 +京=1(»>0)过点颇2,3),4 Q可得读+/=1,解得。2=12.所以C的方程为才余1.（2）设与直线AM平行的直线方程为1-2y =加，如下图，当直线与椭圆相切 时，与AM距离比拟远的直线与椭圆的切点为N,此时4MN的面积取得最大值.f y2联立直线方程x - 2y =根与椭圆方程而+右=1,可得 3(m + 2yy + 4y2 = 48,化简可得 1+ 12my + 3m2 - 48 = 0,所以 J = 144m2-4X 16(3机2-48) = 0,即 m2 = 64,解得 m = ±8,与AM距离比拟远的直线方程为x - 2y = 8,直线4M的方程为x-2y二-4,点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离,8 + 4125利用两平行线之间的距离公式可得公E二母由两点之间的距离公式可得y(2 + 4产+ 32 = 3小. 所以AMN的面积的最大值为:X3小X今后=18.角度2范围问题例2 (2020沈阳摸底)如图，椭圆C: ' +5=1(。90)的左、右焦点分别为Fi, F2,离心率为，过焦点凡且垂直于x轴的直线被椭圆。截得的线段长为 1.(1)求椭圆。的方程；(2)点P(xo, yo)UoWO)为椭圆。上一动点，连接PFi, PF2,设/为尸人的平分 线PM交椭圆C的长轴于点求实数m的取值范围.解(1)将 = c代入最+方=1中，由层可得产劣 所以过焦点放且垂直于X轴的直线被椭圆。截 2b1得的线段长为7.(2b2 ,1，a - 5。二 2,由色_近解得。=1,。一2, 八,+。2,所以椭圆。的方程为5+ V=1.（2）解法一:因为点尸（xo, yoXyo法0）,尸1（-小,0）,F2（V3, 0）,所以直线PQ,的方程分别为1 ： yox - （xo + y3）y + yyo = 0, h ： yox - （xo-小）y - y3yo = 0.由题意可知|，%yo + y/3yo|2yo - V5 yoi7川 +（X0 +小）27R +（X。一 5）2由于点P为椭圆。上除左、右顶点外的任一点, 所以苧+弱=1,刈*0,因为一 y3<m<y3, 一 2<xo<2,m + y3y）3 - m3所以不 二行一，即m = 7x0,<o + 2 2-<o4在PFiM中,sinZPA/Fi-sinZMPFi,m + y3sin Z PMF2 sin Z MPF25因为NPMB += % NMPFi = /MPF2,t yJ3 + m1 l 广所以十二齐薪解得加二手小”2小）,因为，e（Q c, a + c）,即，（2 小，2 + V3）,冲关策略圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范(2)利用参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个 参数之间的等量关系.(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围.(4)利用的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围.(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而 确定参数的取值范围.92变式训练2设椭圆，+看=1(。，§)的右焦点为F,右顶点为A两+ 意=尚，其中。为原点，e为椭圆的离心率.(1)求椭圆的方程；(2)设过点A的直线I与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于/的直线与/交 于点M,与)，轴交于点”.假设且NM0AW/M4。，求直线/的斜率的取 值范围.113G1 1 3c解设尸(GO),由两+两二两，即H武不，可得。2-2 = 3。2,工2 v2又2一/ =尻=3,所以因此次二4,所以椭圆的方程为W +左二1.(2)设直线/的斜率为&/W0),那么直线I的方程为y = k(x-2).仁£ 1+ 二 I设8(皿/)，由方程组4 3 一 消去，y = k(x-2)整理得(43 + 3)x2 - 16 於 +16-12 = 0.83 - 6解得 x = 2 或 x = 4. + 3，8-612k由题意得用=4炉+ 3,从而涧= 4F + 3,由知,尸(1,0),设"(0, yH),一 /9-4-12k )有” 二(一1, y”)，=由/，得航标二0,所以4严+ 3+4产+ 3二d所以4严+ 3+4产+ 3二d9-4F 解得yH二12k19一43因此直线的方程为=-讲+ 12k设 M(xm,9)，'y = k(x - 2),由方程组1 19-4/C2消去y,9二 一+ 12k/20一 + 9解得XM = 12(於+ 1),在M40 中，Z MOA Z MAOMAMO,即(xm - 2)2 + yM 化简得 1,20k2 + 9即12(d+ 1)三1，解得kW -所以直线/的斜率的取值范围为题型2定点、定值问题I多角探究角度1定点问题例3 (2019北京高考)抛物线C:-2外经过点(2, -1).(1)求抛物线C的方程及其准线方程；(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线I交抛物线。于两点 M, N,直线y= -1分别交直线OM, ON于点A和点A求证：以A3为直径的圆 经过J轴上的两个定点.解 由抛物线C： /= -2外经过点(2, -1),得p = 2.所以抛物线。的方程为l2= -4y,其准线方程为y=l.(2)证明：抛物线。的焦点为方(0, -1).设直线/的方程为y=区- 1(ZW。).y-kx- 1,由彳9得f + 4日-4 = 0.= -4y设 M(xi, yi), Ng 闻，那么 xiX2=-4.直线0M的方程为尸41ri令尸-1,得点A的横坐标称二Y7同理得点B的横坐标知二-7；.设点D(0, n),那么俞=(寸疫=屋，-1-4DADB =+ ( + I)2yy2 '7X1X2;PW)16X1X216X1X2+ ( + 1 )2=- 4 + (/2+ I)2.令殖用=0,即一4+ 5+1)2=0,解得 =1或 =-3.综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0, -3).冲关策略(1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方 程中的变量，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方 程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关 于l, y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点.(2)由直线方程确定其过定点时，假设得到了直线方程的点斜式y -加二心-刈,那么直线必过定点(血，y。)；假设得到了直线方程的斜截式y二息+机，那么直线必过定 点(0, 771).变式训练3(2020滨州二模)椭圆C:£=1(。0)的左顶点为4。为坐标原点，Q4|=S，。的离心率为乎.求椭圆。的方程；(2)不经过点A的直线/: y = kx + m(kQ,加CR)交椭圆。于“，N两点,线段"N的中点为伍 假设|加| 二 2|成|,求证：直线/过定点.解(1)由|OA|二S，得。=小,设椭圆。的半焦距为c,因为常 =£ 所以c =也，所以户=3-2=1,所以椭圆。的方程为0+ 丁2=1.(2)证明：由题意知A( 3, 0).y = kx + m,联立，X2 2%+y =1，得(3 架 + l)f + 6kmx + 3m2 -3 = 0.由题意知，/ = (6km)2 - 4(3- + 1)(3根2 - 3) = 12 + 36- 12m2>0. (*)设 M(», ji), Ng ”),-6km 37t?2 - 3因为|说V| = 2|屈I, 3为线段MN的中点，所以AM1AN, 所以病.病=(xi +5)g + V3) + yy2 = 0.y = kxi + m, y2 - kxi + m,所以 = lxX2 + m2 + kmx + X2),所以(22 + 1)X1X2 + (km + 小)(X1 + X2)+ 7772 + 3 = 0.mz©二一 3)(S+1) 6km(km + 5)所以371 3炉+1+疗+ 3 = 0