第8章 微专题2 专项4 圆锥曲线中的探索与综合问题（课件PPT）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（人教B版2019）

专项四　圆锥曲线中的探索与综合问题 微专题二　圆锥曲线的综合问题 探究、存在性问题：先假设存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论，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．要注意的是：(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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法． CONTECT 内 容 索 引 01 题型一　探索性问题 02 题型二　圆锥曲线的综合性问题 03 课 时 测 评 题型一　探索性问题 返回 例1 角度1　点、线的存在性问题 已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，直线l不过原点O且不平行于坐标轴，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； 解：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9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，Δ>0， 所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值． (2)若l过点，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；若不能，说明理由． 解：四边形OAPB能为平行四边形． 因为直线l过点( ，m)，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. 由(1)得OM的方程为y＝－ x. 设点P的横坐标为xP. 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. 规律方法 点、线存在性问题的求解方法 1．解决存在性问题通常采用”肯定顺推法“，将不确定性问题明朗化．一般步骤如下： 第一步：假设满足条件的曲线(直线或点等)存在，用待定系数法设出； 第二步：列出关于待定系数的方程(组)； 第三步：若方程(组)有实数解，则曲线(直线或点等)存在，否则不存在． 2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法． 角度2　含参数的存在性问题 ， (1)求椭圆C的方程； 例2 (2)AB是经过右焦点F的任一弦(不经过点P)，设直线AB与直线l相交于点M，记PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由． 解：法一：由题意可设AB的斜率为k，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，③ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 在方程③中，令x＝4得，M的坐标为(4,3k)， 故存在常数λ＝2符合题意． 故存在常数λ＝2符合题意． 规律方法 含参数的存在性问题的求解方法 求解含参数的存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的参数值，就说明满足条件的参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的 过程． 对点练1.已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右 焦点． (1)求椭圆C的方程； 又a2＝b2＋c2，所以b2＝12， (2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 因为直线l与椭圆C有公共点， 所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)≥0， 所以符合题意的直线l不存在． 返回 题型二　圆锥曲线的综合性问题 返回 例3 如图，过抛物线E：y2＝2px(p>0)焦点F的直线l交 抛物线于点A，B，|AB|的最小值为4，直线x＝－4分别 交直线AO，BO于点C，D(O为原点)． (1)求抛物线E的方程； 所以|AB|＝2p， ＋2p>2p，显然当直线AB的斜率不存在时，|AB|的值最小，即2p＝4，解得p＝2， 所以抛物线E：y2＝4x. (2)圆M过点C，D，交x轴于点G(t,0)，H(m,0)，证明：若t 为定值时，m也为定值．并求t＝－8时，△ABH面积S的最 小值． 解：证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(－4，y3)，D(－4，y4)，则直线OA 设圆心M(x0，y0)， 若G(t,0)(t为定值)，H(m,0)， 由|MD|＝|MG|， 得(x0＋4)2＋(y0－y4)2＝(x0－t)2＋y ， 所以4t＋4m＋80＝－tm， 所以H也为定点． 若t＝－8，则m＝12， 当且仅当y1＝±2时取到最小值． 故△ABH的面积S的最小值为22. 规律方法 圆与圆锥曲线综合问题中，圆大多数是以工具的形式出现，解决此类问题的关键是掌握圆的一些常用性质．如：圆的半径r，弦长的一半h，弦心距d满足r2＝h2＋d2；圆的弦的垂直平分线过圆心；若AB是圆的直径，则圆上任一点P有 ＝0. 所以抛物线C1的方程为y2＝8x， (1)求抛物线C1和椭圆C2的方程； (2)过A点作直线l交C1于C，D两点，射线OC，OD分别交C2于E，F两点，记△OEF和△OCD的面积分别为S1和S2，问是否存在直线l，使得S1∶S2＝3∶13？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由． 解：由题设知直线l的斜率不为0， 设直线l的方程为x＝my＋4. 设C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则y1＋y2＝8m，y1y2＝－32. 要使S1∶S2＝3∶13， 解得m＝±1， 所以存在直线l：x±y－4＝0符合条件． 返回 课时测评 返回 √ 1．(8分)已知抛物线C：y2＝4x，O为原点，过A(4,0)的任意直线l，与抛物线C交于点M，N两点，则△MON为 A．钝角三角形 B．直角三角形 C．锐角三角形 D．钝角、直角、锐角三角形均有可能 2 1 3 4 5 6 7 √ 2．(8分)[多选题]已知F1，F2为椭圆E： ＝1的左、右焦点，P在E上，下列说法正确的是 A．△F1PF2的周长为6 B．kPF1·kPF2＝－ C．存在点P，使得|PF1|＝2 D．存在点P，使得PF1⊥PF2 √ 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 3．(8分)若双曲线x2－ ＝1上存在两个点关于直线l：y＝kx＋4(k>0)对称，则实数k的取值范围为__________________． 依题意，双曲线上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，若点A，B关于直线l：y＝kx＋4(k>0)对称，则设直线AB的方程是x＝－ky＋n，代入双曲线方程x2－ ＝1，化简得(3k2－1)y2－6kny＋3n2－3＝0，则Δ＝36k2n2－4(3k2－1)(3n2－3)>0，且3k2－1≠0，解得3k2－1＋n2>0， 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 4.(18分)(2024·山东日照模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，E为C上的动点，EQ垂直于动直线y＝t(t<0)，垂足为Q，当△EQF为等边三角形时，其面积为4 . (1)求C的方程； 2 1 3 4 5 6 7 B两点，直线OQ与AB交于点M，试问：是否存在t，使得|AM|＝|BM|？若存在，求t的值；若不存在，请说明理由． 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 所以当t＝－1时，kOQ＝kOM＝－ ，此时O，M，Q三点 共线，满足M为AB的中点．当x0＝0时，结论亦成立．综 上，存在t＝－1，使得|AM|＝|BM|. 2 1 3 4 5 6 7 (1)求椭圆C的方程； 2 1 3 4 5 6 7 (2)是否存在直线l，使得l与椭圆C相交于A，B两点，且 点F恰为△EAB的垂心？若存在，求直线l的方程，若 不存在，请说明理由． 解：假设满足条件的直线l存在， 因为点F为△EAB的垂心， 所以AB⊥EF， 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 满足Δ>0， 2 1 3 4 5 6 7 6．(20分)已知A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C：x2＝2py(p＞0)上不同两点． (1)若抛物线C的焦点为F，D(x0，y0)为AB的中点，且|AF|＋|BF|＝4＋2y0，求抛物线C的方程； 解：由抛物线的定义得|AF|＋|BF|＝y1＋y2＋p＝2y0＋p＝4＋2y0，所以p＝4， 所以所求抛物线方程为x2＝8y. 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 所以x1＋x2＝2pk，x1x2＝－2pm， 作AA′⊥x轴，BB′⊥x轴，垂足分别为A′，B′，如图． 2 1 3 4 5 6 7 2 1 3 4 5 6 7 截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3. (1)求椭圆C的标准方程； 2 1 3 4 5 6 7 (2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由． 解：当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称． 当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，S(x1，y1)，R(x2，y2)． 得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 2 1 3 4 5 6 7 其中Δ>0恒成立， 由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)， 因为S，R两点在直线y＝k(x－1)上， 所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得 2 1 3 4 5 6 7 即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0.③ 将①代入③得 综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴 对称． 返回 2 1 3 4 5 6 7 谢谢观看 本节到此结束 故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝. 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9. 由得x＝，即xP＝. (，m) 所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形． 将点(，m)的坐标代入直线l的方程得b＝，因此xM＝. 于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋. 由离心率e＝得＝，即a＝2c，则b2＝3c2，② 代入①解得c＝1，a＝2，b＝， 故椭圆的方程为＋＝1. 如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)经过点P (1，)，离心率e＝直线l的方程为x＝4. 解：由椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)经过点P (1，)，可得＋＝1(a＞b＞0)，① 代入椭圆方程＋＝1并整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 注意到A，F，B共线，则有k＝kAF＝kBF，即有＝＝k， 所以k1＋k2＝＋ ＝＋－ 则x1＋x2＝，x1x2＝，④ 从而k1＝，k2＝，k3＝＝k－， 又k3＝k－，所以k1＋k2＝2k3， ＝2k－×，⑤ ④代入⑤得k1＋k2＝2k－×＝2k－1， 从而直线PM的斜率为k3＝， 联立得A， 法二：设B(x0，y0)(x0≠1)，则直线FB的方程为y＝(x－1)， 令x＝4，求得M， 则直线PA的斜率k1＝，直线PB的斜率为k2＝， 所以k1＋k2＝＋＝2×＝2k3， 所以椭圆C的方程为＋＝1. 解：依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且可知左焦点F′的坐标为(－2,0)， 所以解得 解得－4≤t≤4，且t≠0. 解：假设存在符合题意的直线l，其方程为y＝x＋t(t≠0)． 由消去y，整理得3x2＋3tx＋t2－12＝0. 因为±2∉[－4，0)∪(0,4]， 又因为直线OA与l的距离d＝4，得＝4， 解得t＝±2. 解：当直线AB的斜率不存在时，此时A (，p)，B (，－p)， 当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k (x－)，联立抛物线方程得k2x2－(k2p＋2p)x＋＝0，Δ＝(k2p＋2p)2－k4p2>0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＋x2＝＝＋p，此时|AB|＝x1＋x2＋p＝ 所以y3＝，y4＝＝＝4y1， 的方程：y＝x，直线OB的方程：y＝x， 由(1)知，x1x2＝，所以y1y2＝－2p＝－4， 由于t≠－4，所以m＝也为定值． 则y0＝＝2y1－. 则x0＝. S＝|FH||y1－y2|＝|y1－y2| ＝≥×4＝22， · 对点练2.如图，O为坐标原点，抛物线C1：y2＝2px(p>0)的焦点是椭圆C2：＋＝1(a>b>0)的右焦点，A为椭圆C2的右顶点，椭圆C2的长轴长为|AB|＝8，离心率e＝. 椭圆C2的方程为＋＝1. 解：由题知，a＝4，＝， 所以c＝2，所以b＝＝2，p＝4. 则⇒y2－8my－32＝0. 所以＝ 所以直线OC的方程为y＝x. 由得y2＝1， 则y＝1， ＝＝＝， 因为直线OC的斜率为＝＝， 所以y·y＝， 只需＝2， 同理可得y＝1， 所以y·y＝1， 设直线l的方程为x＝my＋4.联立方程所以y2－4my－16＝0，令M(x1，y1)，N(x2，y2)．所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－16.又·＝x1x2＋y1y2＝(my1＋4)·(my2＋4)＋y1y2＝m2y1y2＋4m(y1＋y2)＋16＋y1y2＝0.所以OM⊥ON，故△MON为直角三角形．故选B． 根据题意得a＝2，b＝，c2＝a2－b2＝1，F1(－1,0)，F2(1,0)，对于A，△F1PF2的周长为|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|＝2a＋2c＝6，故A正确；对于B，设P(x，y)，所以＋＝1， ＋ 则kPF1·kPF2＝·＝＝≠－，故B错误；对于C，设P(x，y)，要存在点P，使得|PF1|＝2，则＝2，即(x＋1)2＋y2＝4，即(x＋1)2＋3 (1－)＝4，解得x＝0(x＝－8舍去)，所以存在点P，使得|PF1|＝2，故C正确；对于D，要使存在点P，使得PF1⊥PF2，即·＝0，则点P在以F1F2为直径的圆上，且|F1F2|＝2，所以点P为以F1F2为直径的圆与椭圆的交点，而椭圆的短半轴长为>r＝＝1，所以不存在点P，故D错误．故选AC． (0，)∪(，＋∞) 且3k2－1≠0.又y1＋y2＝，设AB的中点是D(x0，y0)，所以y0＝＝，x0＝－ky0＋n＝－.因为AB的中点D在直线l：y＝kx＋4(k>0)上， 所以＝k·＋4，所以nk＝3k2－1. 又3k2－1≠0，所以nk≠0，即k≠0，n≠0，所以n＝，所以3k2－1＋2>0，整理得(3k2－1)(4k2－1)>0，解得0<k<或k>，所以实数k的取值范围为(0，)∪，＋∞)． 解：因为△EQF为等边三角形时，其面积为4，所以×|EQ|2sin＝4，解得|EQ|＝4，根据|EF|＝|EQ|和抛物线的定义可知，Q落在准线上，即y＝t＝－，设准线和y轴交点为H，易证∠HFQ＝，于是|FQ|cos＝2＝|FH|＝p，所以C的方程为x2＝4y； 由y＝可得y′＝， 所以切线l的斜率为kl＝x0， (2)设O为原点，过点E的直线l与C相切，且与椭圆＋＝1交于A， 解：假设存在t，使得|AM|＝|BM|，则M为线段AB的中点，设E(x0≠0)，依题意得Q(x0，t)，则kOQ＝， 所以＋＝0， 整理可得：·＝－， 即kl·kOM＝－，所以x0·kOM＝－， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，线段AB的中点M， 由可得＋＝0， 可得kOM＝－，又因为kOQ＝kOM＝， 所以椭圆C的方程为＋＝1. 5．(18分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率 为，点E，F分别为其下顶点和右焦点，坐标原 点为O，且△EOF的面积为. 解：由题意可知解得 设直线l的方程为y＝－x＋t，代入＋＝1， 由E(0，－2)，F(，0)，得kEF＝， 所以kAB＝－， 即－<t<，记A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 由AF⊥BE得·＝－1， 所以y1y2＋2y1＋x1x2－x2＝0， 得7x2－6tx＋6(t2－4)＝0，① Δ＝(－6t)2－4×7×6(t2－4)＝－96t2＋672>0， 所以3×－(t＋2)·＋(2t2＋4t)＝0， 所以5t2＋t－18＝0，解得t＝ (t＝－2舍去)， 所以直线l的方程为y＝－x＋. 将y1＝－x1＋t，y2＝－x2＋t代入上式， 得3x1x2－(t＋2)(x1＋x2)＋(2t2＋4t)＝0， 联立方程组得x2－2pkx－2pm＝0， (2)若直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且y1y2＝，是否存在直线AB，使得＋＝？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由． 解：假设存在直线AB，使得＋＝.由题意得 AB的斜率存在，设AB：y＝kx＋m(k≠0，m＞0)，则点 Q(0，m)， 所以＋＝3，所以＋＝3， 所以y1y2＝m2＝，所以m＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝2pk2＋2m， 因为＋＝， 所以存在直线AB：y＝±x＋符合题意． 所以＋＝＝＝＝＝3. 所以k2＝，所以k＝±， 故椭圆C的标准方程为＋＝1. 7．(20分)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C 解：由内切圆的性质，得×2c×b＝×(2a＋2c)×，所以＝.将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝， 联立消去y， 由根与系数的关系得① 即＋＝0.② ＝＝0，则t＝4， ＝＝0， $$