2021届浙江新高考数学一轮复习教师用书：第九章 10 第10讲 圆锥曲线的综合问题
第10讲 圆锥曲线的综合问题
圆锥曲线中的定点、定值问题
(2020·杭州七校联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2＋y2＝相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点(1，0)的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得·为定值？如果有，求出点N的坐标及定值；如果没有，请说明理由．
【解】 (1)因为椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2＋y2＝相切，
所以，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
⇒(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则Δ＞0，，
若存在定点N(m，0)满足条件，
则有·＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2
＝x1x2＋m2－m(x1＋x2)＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(m＋k2)(x1＋x2)＋k2＋m2
＝－＋k2＋m2
＝.
如果要使上式为定值，则必须有＝⇒m＝，验证当直线l斜率不存在时，也符合．
故存在点N满足·＝－.
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：依题意设条件，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．
(2020·杭州、宁波二市三校联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点M(m，2)，其焦点为F′，且|MF′|＝2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x－1)2＋y2＝1相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点．
解：(1)抛物线C的准线方程为x＝－，
所以|MF′|＝m＋＝2，又4＝2pm，即4＝2p，
所以p2－4p＋4＝0，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：设点E(0，t)(t≠0)，由已知切线不为y轴，设直线EA：y＝kx＋t，联立，消去y，可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，①
因为直线EA与抛物线C相切，所以Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①可得x2－2x＋t2＝0，所以x＝t2，即A(t2，2t)．
设切点B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点O，B关于直线EF：y＝－tx＋t对称，则
，解得，
即B.
直线AF的斜率为kAF＝(t≠±1)，
直线BF的斜率为kBF＝＝(t≠±1)，
所以kAF＝kBF，即A，B，F三点共线．
当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时A，B，F三点共线．
所以直线AB过定点F(1，0)．
圆锥曲线中的范围、最值问题(高频考点)
圆锥曲线中的范围(最值)问题是高考命题的热点，多以解答题的第二问呈现，试题难度较大．主要命题角度有：
(1)建立目标函数求范围、最值；
(2)利用基本不等式求最值；
(3)利用判别式构造不等关系求范围．
角度一 建立目标函数求范围、最值
如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).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．
【解】 (1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，
因为－
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，抛物线上的点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＝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.
因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，由，消去x得y2－4sy－4＝0，
故y1y2＝－4，所以B.
又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为－.从而得直线FN：y＝－(x－1)，
直线BN：y＝－，所以N.
设M(m，0)，由A，M，N三点共线得＝，
于是m＝＝2＋.
所以m<0或m>2.
经检验，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，＋∞)．
2.(2020·杭州中学高三月考)如图，以椭圆＋y2＝1的右焦点F2为圆心，1－c为半径作圆F2(其中c为已知椭圆的半焦距)，过椭圆上一点P作此圆的切线，切点为T.
(1)若a＝，P为椭圆的右顶点，求切线长|PT|；
(2)设圆F2与x轴的右交点为Q，过点Q作斜率为k(k＞0)的直线l与椭圆相交于A，B两点，若OA⊥OB，且|PT|≥(a－c)恒成立，求直线l被圆F2所截得弦长的最大值．
解：(1)由a＝得c＝，
则当P为椭圆的右顶点时|PF2|＝a－c＝，
故此时的切线长|PT|＝ ＝.
(2)当|PF2|取得最小值时|PT|取得最小值，而|PF2|min＝a－c，
由|PT|≥(a－c)恒成立，得≥(a－c)，则≤c＜1.
由题意知Q点的坐标为(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入＋y2＝1，
得(a2k2＋1)x2－2a2k2x＋a2k2－a2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则有x1＋x2＝，x1x2＝，
可得y1y2＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝，
又OA⊥OB，则x1x2＋y1y2＝＝0⇒k＝a，
可得直线l的方程为ax－y－a＝0，
圆心F2(c，0)到直线l的距离d＝，半径r＝1－c，
则直线l被圆F2所截得弦长s＝2＝，
设1－c＝t，则0＜t≤，
又＝ ＝ ，
则当t＝时的最小值为，
即当c＝时s的最大值为.
圆锥曲线中的探索性问题
(2020·温州中学高三模拟)设直线l与抛物线x2＝2y交于A，B两点，与椭圆＋＝1交于C，D两点，直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，k4，若OA⊥OB.
(1)是否存在实数t，满足k1＋k2＝t(k3＋k4)，并说明理由；
(2)求△OCD面积的最大值．
【解】 设直线l方程为y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．
联立y＝kx＋b和x2＝2y，
得x2－2kx－2b＝0，
则x1＋x2＝2k，x1x2＝－2b，Δ＝4k2＋8b＞0.
由OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，得b＝2.
联立y＝kx＋2和3x2＋4y2＝12，得
(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
所以x3＋x4＝－，x3x4＝.
由Δ2＝192k2－48＞0，得k2＞.
(1)因为k1＋k2＝＋＝k，k3＋k4＝＋＝－6k，
所以＝－.
即存在实数t＝－，满足k1＋k2＝－(k3＋k4)．
(2)根据弦长公式|CD|＝|x3－x4|，得
|CD|＝4··，
根据点O到直线CD的距离公式，得d＝，
所以S△OCD＝|CD|·d＝4·，
设＝t＞0，则S△OCD＝≤，
所以当t＝2，即k＝±时，S△OCD的最大值为.
探索性问题的求解策略
(1)探索性问题通常采用“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．
(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．
(2020·温州十五校联合体联考)如图，已知抛物线C1：y2＝2px(p＞0)，直线l与抛物线C1相交于A，B两点，且当倾斜角为60°的直线l经过抛物线C1的焦点F时，有|AB|＝.
(1)求抛物线C1的方程；
(2)已知圆C2：(x－1)2＋y2＝，是否存在倾斜角不为90°的直线l，使得线段AB被圆C2截成三等分？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)当倾斜角为60°的直线l经过抛物线C1的焦点F时，直线l的方程为y＝(x－)，联立方程组，即3x2－5px＋p2＝0，
所以|AB|＝＋p＝，即p＝，所以抛物线C1的方程是y2＝x.
(2)假设存在直线l，使得线段AB被圆C2截成三等分，令直线l交圆C2于C，D，设直线l的方程为x＝my＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知，线段AB与线段CD
的中点重合且有|AB|＝3|CD|，联立方程组，即4y2－my－b＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝－，x1＋x2＝＋2b，
所以线段AB的中点坐标M为(＋b，)，即线段CD
的中点为(＋b，)，又圆C2的圆心为C2(1，0)，所以kMC2＝＝－m，
所以m2＋8b－7＝0，即b＝－，
又因为|AB|＝·＝·，因为圆心C2(1，0)到直线l的距离d＝，圆C2的半径为，
所以3|CD|＝6＝(m2＜3)，
所以m4－22m2＋13＝0，即m2＝11±6，
所以m＝±，b＝，
故直线l的方程为x＝±y＋.
[基础题组练]
1．已知椭圆E的中心在坐标原点，左、右焦点F1，F2在x轴上，离心率为，在其上有一动点A，A到点F1距离的最小值是1.过A，F1作一个平行四边形，顶点A，B，C，D都在椭圆E上，如图所示．
(1)求椭圆E的方程；
(2)判断▱ABCD能否为菱形，并说明理由．
解：(1)依题，令椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，
c2＝a2－b2(c>0)，所以离心率e＝＝，即a＝2c.
令点A的坐标为(x0，y0)，所以＋＝1，
焦点F1(－c，0)，即|AF1|＝
＝
＝＝|x0＋a|，
因为x0∈[－a，a]，所以当x0＝－a时，|AF1|min＝a－c，
由题a－c＝1，结合上述可知a＝2，c＝1，所以b2＝3，
于是椭圆E的方程为＋＝1.
(2)由(1)知F1(－1，0)，直线AB不能平行于x轴，所以令直线AB的方程为x＝my－1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程，
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝.
连接OA，OB，
若▱ABCD是菱形，则OA⊥OB，即·＝0，于是有x1x2＋y1y2＝0，
又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1，所以有(m2＋1)y1y2－m(y1＋y2)＋1＝0，得到＝0，可见m没有实数解，
故▱ABCD不能是菱形．
2．(2020·金华十校第二期调研)已知抛物线C：y＝x2，点P(0，2)，A，B是抛物线上两个动点，点P到直线AB的距离为1.
(1)若直线AB的倾斜角为，求直线AB的方程；
(2)求|AB|的最小值．
解：(1)设直线AB的方程：
y＝x＋m，则＝1，
所以m＝0或m＝4，所以直线AB的方程为y＝x或y＝x＋4.
(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，则＝1，所以k2＋1＝(m－2)2.
由，得x2－kx－m＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝－m，所以|AB|2＝[－4x1x2]＝＝，记f(m)＝(m2＋3)，所以f′(m)＝2(m－2)(2m2－2m＋3)，又k2＋1＝≥1，所以m≤1或m≥3，
当m∈时，f′(m)＜0，f(m)单调递减，
当m∈时，f′(m)＞0，f(m)单调递增，
f(m)min＝f(1)＝4，所以|AB|min＝2.
3．(2020·宁波市高考模拟)已知椭圆方程为＋y2＝1，圆C：(x－1)2＋y2＝r2.
(1)求椭圆上动点P与圆心C距离的最小值；
(2)如图，直线l与椭圆相交于A，B两点，且与圆C相切于点M，若满足M为线段AB中点的直线l有4条，求半径r的取值范围．
解：(1)设P(x，y)，|PC|＝＝＝，由－2≤x≤2，当x＝时，|PC|min＝.
(2)当直线AB斜率不存在且与圆C相切时，M在x轴上，故满足条件的直线有2条；当直线AB斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0),
由，整理得＝－×，
则kAB＝－，kMC＝，kMC×kAB＝－1，
则kMC×kAB＝－×＝－1，解得x0＝，
由M在椭圆内部，则＋y＜1，解得y＜，
由r2＝(x0－1)2＋y＝＋y，
所以＜r2＜，解得＜r＜.
所以半径r的取值范围为(，) .
4.已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．
解：(1)由题意知m≠0，
可设直线AB的方程为y＝－x＋b.
由消去y，得
x2－x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋>0.①
将线段AB的中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－.②
由①②得m<－或m>.
(2)令t＝∈∪，
则|AB|＝·，
且O到直线AB的距离d＝ .
设△AOB的面积为S(t)，所以
S(t)＝|AB|·d＝ ≤，
当且仅当t2＝时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为.
5．(2020·湘中名校联考)如图，曲线C由上半椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0，y≥0)和部分抛物线C2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为.
(1)求a，b的值；
(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，是否存在直线l，使得以PQ为直径的圆恰好过点A，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)在C1，C2的方程中，令y＝0，可得b＝1，且A(－1，0)，B(1，0)是上半椭圆C1的左、右顶点．
设C1的半焦距为c，由＝及a2－c2＝b2＝1得a＝2.
所以a＝2，b＝1.
(2)由(1)知，上半椭圆C1的方程为＋x2＝1(y≥0)．易知，直线l与x轴不重合也不垂直，设其方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入C1的方程，整理得(k2＋4)x2－2k2x＋k2－4＝0.(*)
设点P的坐标为(xP，yP)，
因为直线l过点B，
所以x＝1是方程(*)的一个根．
由根与系数的关系，得xP＝，从而yP＝，
所以点P的坐标为.
同理，由得点Q的坐标为(－k－1，－k2－2k)．
所以＝(k，－4)，＝－k(1，k＋2)．
因为AP⊥AQ，所以·＝0，
即[k－4(k＋2)]＝0.
因为k≠0，所以k－4(k＋2)＝0，解得k＝－.
经检验，k＝－符合题意．
故直线l的方程为y＝－(x－1)．
6.(2020·学军中学高三模拟)已知椭圆＋y2＝1(a＞1)，过直线l：x＝2上一点P作椭圆的切线，切点为A，当P点在x轴上时，切线PA的斜率为±.
(1)求椭圆的方程；
(2)设O为坐标原点，求△POA面积的最小值．
解：(1)当P点在x轴上时，P(2，0)，PA：y＝±(x－2)，⇒(＋)x2－2x
＋1＝0，
Δ＝0⇒a2＝2，椭圆方程为＋y2＝1.
(2)设切线为y＝kx＋m，设P(2，y0)，A(x1，y1)，
则⇒(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0⇒Δ＝0⇒m2＝2k2＋1，
且x1＝，y1＝，y0＝2k＋m，
则|PO|＝，PO的直线为y＝x⇒A到直线PO距离d＝，
则S△POA＝|PO|·d＝|y0x1－2y1|
＝|(2k＋m)－|
＝|m|＝|k＋m|＝|k＋|，
所以(S－k)2＝1＋2k2⇒k2＋2Sk－S2＋1＝0，
Δ＝8S2－4≥0⇒S≥，此时k＝±，所以△POA面积的最小值为.
[综合题组练]
1．(2020·浙江高考冲刺卷)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，点F，B分别是椭圆的右焦点与上顶点，O为坐标原点，记△OBF的周长与面积分别为C和S.
(1)求的最小值；
(2)如图，过点F的直线l交椭圆于P，Q两点，过点F作l的垂线，交直线x＝3b于点R，当取最小值时，求的最小值．
解：(1)△OBF的周长C＝＋b＋c.△OBF的面积S＝bc.
＝＝≥·＝2＋2，
当且仅当b＝c时，的最小值为2＋2.
(2)由(1)得当且仅当b＝c时，的最小值为2＋2.
此时椭圆方程可化为＋ ＝1.
依题意可得过点F的直线l的斜率不能为0，故设直线l的方程为x＝my＋c.
联立，整理得(2＋m2)y2＋2mcy－c2＝0.
y1＋y2＝，y1y2＝，
|PQ|＝＝×＝2c×.
当m＝0时，PQ垂直横轴，FR与横轴重合，此时|PQ|＝c，|FR|＝3b－c＝2c，＝＝.
当m≠0时，设直线FR：y＝－m(x－c)，令x＝3c得R(3c，－2mc)，|FR|＝2c，
＝2c×＝
＝(＋)＞×2＝，
综上所述：当且仅当m＝0时，取最小值为.
2．(2020·杭州市第一次高考数学检测)设点A，B分别是x，y轴上的两个动点，AB＝1.若＝λ(λ＞0)．
(1)求点C的轨迹Γ；
(2)过点D作轨迹Γ的两条切线，切点分别为P，Q，过点D作直线m交轨迹Γ于不同的两点E，F，交PQ于点K，问是否存在实数t，使得＋＝恒成立，并说明理由．
解：(1)设A(a，0)，B(0，c)，C(x，y)，则＝(a，－c)，＝(x－a，y)．由AB＝1得a2＋c2＝1，
所以，消去a，c，得
点C的轨迹Γ为＋＝1.
(2)设点E，F，K的横坐标分别为xE，xF，xK，
设点D(s，t)，则直线PQ的方程为x＋y＝1.
设直线m的方程：y＝kx＋b，所以t＝ks＋b.
计算得xK＝.
将直线m代入椭圆方程，得x2＋x＋－1＝0，
所以xE＋xF＝，
xExF＝，
所以＋＝＋
＝·
＝2.
验证当m的斜率不存在时成立．
故存在实数t＝2，使得＋＝恒成立．
