第1部分 专题5 微专题16 圆锥曲线中的综合问题（word教参）-【创新教程】2025年高考数学大二轮专题增分方案

微专题16　圆锥曲线中的综合问题 ★[高考定位]　圆锥曲线的综合问题包括：轨迹问题、探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等，一般试题难度较大．这类问题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，参数处理为核心，需要综合运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识． 　　　　范围、最值问题 [例1]　(2024·金华、义乌三模)已知A、B、C、D四点在抛物线y2＝6x上，直线AC经过点P(1,0)，直线AB经过点Q(2,0)，直线AD与直线BC相交，交点E在x轴上． (1)求证：点C是线段BE的中点； (2)记△PBC的面积为S1，△DPQ的面积为S2，求的最小值． [解]　(1)设A(x0，y0)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，直线AB的方程为x＝t1y＋2，直线AC的方程为x＝t2y＋1，与抛物线联立可得y0y1＝－12，y0y2＝－6，进而可得y1＝2y2，可得结论；(2)设D(x3，y3)，可得y0y3＝y1y2，进而可得S2＝|PQ||y3|＝，求得E，可得S1＝S△BEQ＝3，进而可得＝2|y0|，法一：利用导数可求的最小值．法二：利用基本不等式可求的最小值． (1)设A(x0，y0)，B(x1，y1)，C(x2，y2)，直线AB的方程为x＝t1y＋2，直线AC的方程为x＝t2y＋1. 由，得y2－6t1y－12＝0，所以y0y1＝－12； 由，得y2－6t2y－6＝0，所以y0y2＝－6. 所以y1＝2y2，即点C的纵坐标是点E、点B的纵坐标的等差中项，故C是BE的中点． (2)设D(x3，y3)，因为直线AD与直线BC相交，交点在x轴上，所以y0y3＝y1y2， 从而y3＝＝，S2＝|PQ||y3|＝. 直线BC的方程是y＝x＋， 所以E，即E. 因为C是BE的中点，所以S1＝S△BEQ＝|EP||y1|＝3，＝2|y0|. 法一：记|y0|＝t，考察函数f(t)＝t2，t＞0. 因为f′(t)＝(t2－36)， 所以f(t)在(0,6]上是减函数，在[6，＋∞)上是增函数， 故f(t)的最小值是f(6)＝，即的最小值是. 法二：＝2|y0| ＝2|y0|≥2|y0|＝， y＝36时取到等号，即的最小值是. 求解范围、最值问题的五种方法 (1)利用判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围； (2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系； (3)利用隐含的不等关系，求出参数的取值范围； (4)利用已知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，确定参数的取值范围． (2024·温州适应性考试二)已知直线y＝kx与椭圆C：＋y2＝1交于A，B两点，P是椭圆C上一动点(不同于A，B)，记kOP，kPA，kPB分别为直线OP，PA，PB的斜率，且满足k·kOP＝kPA·kPB. (1)求点P的坐标(用k表示)； (2)求|OP|·|AB|的取值范围． 解：(1)设出点A，P的坐标，利用点差法求得k·kOP＝－，再联立直线y＝kx与椭圆方程求解即得．(2)利用(1)的结论求出|OP|，|AB|，再借助基本不等式求出范围即可． (1)依题意，点A、B关于原点对称，设A(x1，y1)，P(x2，y2)，则B(－x1，－y1)， 则，两式相减得·＝－，于是k·kOP＝－， 由，整理得(1＋4k2)x2＝4， 解得或， 用－代替上述坐标中的k， 得P或 P(k≠0)． (2)由(1)得，k≠0，|OP|·|AB|＝·， ＝4＝4 ＝4， 16k2＋8＋≥2＋8＝16，当且仅当k＝±时取等号， 显然1＜1＋≤，所以4＜|OP|·|AB|≤5，即|OP|·|AB|的取值范围是(4,5]． 　 　　　定点(直线)、定值问题 [例2]　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的短轴长为2，F1，F2分别为椭圆的左、右焦点，R为椭圆上的一点，且△RF1F2的周长为6. (1)求椭圆C的方程； (2)过F2作垂直于x轴的直线l与椭圆交于E，F两点(点E在第一象限)，P，Q是椭圆C上位于直线l两侧的动点，始终保持∠QEF＝∠PEF，求证：直线PQ的斜率为定值． [解]　(1)由已知有2b＝2，2c＋2a＝|F1F2|＋|RF1|＋|RF2|＝6，即a＋c＝3，b＝. 所以a－c＝＝＝＝1，从而a＝＋＝＋＝2. 故椭圆C的方程为＋＝1. (2)c＝＝＝1，故直线l的方程为x＝1. 将x＝1代入＋＝1可得＋＝1，解出y＝±，故E，F. 由于∠QEF＝∠PEF ，故PE，QE的斜率互为相反数． 设PE，QE的斜率分别是k，－k，则由E可知它们的方程分别是y＝kx＋－k和y＝－kx＋＋k. 将直线y＝kx＋－k与椭圆方程联立可知3x2＋42＝12，即(3＋4k2)x2＋4(3－2k)kx＋(3－2k)2－12＝0. 由E知此方程必有一根x＝1，故另一根是x＝＝. 这得到P，同理有Q. 所以直线PQ的斜率 kPQ＝＝＝. 直线过定点问题的两大类型及解法 (1)动直线l过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0)． (2)动曲线C过定点问题的解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点． (2024·厦门质检二)双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的离心率为，点T(，)在C上． (1)求C的方程； (2)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点P处的切线交C于M、N两点，证明：以MN为直径的圆过定点． [解]　(1)依题意有， 即有，解得：a2＝1，b2＝2， 所以双曲线方程为x2－＝1； (2)方法一： 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， ①当切线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m， 因为直线与圆相切，所以＝，整理得m2＝2＋2k2， 联立⇒(2－k2)x2－2kmx－m2－2＝0， Δ＝4k2m2＋4(2－k2)(m2＋2)＝8(m2＋2－k2)＞0， 则x1＋x2＝，x1x2＝， 由对称性知，若以MN为直径的圆过定点，则定点必为原点． ·＝x1x2＋y1y2 ＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(1＋k2)x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2 ＝(1＋k2)＋mk＋m2 ＝， 又m2＝2＋2k2，所以·＝0， 所以⊥，故以MN为直径的圆过原点； ②当直线斜率不存在时，直线方程x＝±， 此时M(，)，N(，－)或M(，－)，N(，) 此时圆方程为(x－)2＋y2＝2，过原点； 或M(－，)，N(－，－)或M(－，－)，N(－，) 此时圆方程为(x＋)2＋y2＝2，过原点； 综上所述，以MN为直径的圆过原点． 方法二： 设M(x1，y1)，N(x2，y2)， ①当切线斜率存在时，设直线方程为y＝kx＋m， 因为直线与圆相切，所以＝，整理得m2＝2＋2k2， 联立⇒(2－k2)x2－2kmx－m2－2＝0， Δ＝4k2m2＋4(2－k2)(m2＋2)＝8(m2＋2－k2)＞0， 则x1＋x2＝，x1x2＝， 以M(x1，y1)，N(x2，y2)为直径的圆的方程为(x－x1)(x－x2)＋(y－y1)(y－y2)＝0， 即x2－(x1＋x2)x＋x1x2＋y2－(y1＋y2)y＋y1y2＝0， 因为x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2， 所以x1x2＋y1y2＝(k2＋1)·＋km·＋m2＝＝0， 且y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝k·＋2m＝， 所以所求的圆的方程为x2－x＋y2－y＝0， 所以MN为直径的圆过原点； ②当直线斜率不存在时，同法一，此时圆方程为(x±)2＋y2＝2，恒过原点； 综上所述，以MN为直径的圆过原点． 　　　　探索性问题 [例3]　(2024·晋中5月适应性考试)在平面直角坐标系xOy中，已知点M(1,0)，P为动点，以线段MP为直径的圆与y轴相切． (1)求动点P的轨迹Γ的方程． (2)已知点A(1,2)，问：在Γ上是否存在点B，C，使得△ABC为等边三角形？若不存在，请说明理由；若存在，请说明这样的点B，C有几组(不必说明点B，C的坐标)． [解]　(1)设P(x，y)，根据题意列式整理即可得轨迹方程；(2)设lBC：x＝my＋t(m≠0)，B(x1，y1)，C(x2，y2)．联立方程可得韦达定理，取BC的中点为Q(x0，y0)，可知lAQ⊥lBC且|AQ|＝|BC|，整理可得3m3＋3m2＋7m－1＝0，构建h(m)＝3m3＋3m2＋7m－1，m∈(0,1)，求导，利用导数判断其单调性，结合零点存在性定理分析判断． (1)设P(x，y)，则线段PM的中点坐标为， 因为以线段PM为直径的圆与y轴相切，则＝|MP|＝， 化简得y2＝4x，所以Γ的方程为y2＝4x (2)存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形，理由如下： 由题意可知：直线BC的斜率存在且不为0， 设lBC：x＝my＋t(m≠0)， B(x1，y1)，C(x2，y2) 联立方程，消去x得y2－4my－4t＝0， 则Δ＝(－4m)2＋16t＝16(m2＋t)＞0，解得m2＋t＞0， 可得y1＋y2＝4m，y1·y2＝－4t， 设BC的中点为Q(x0，y0)， 则y0＝＝2m，x0＝my0＋t＝2m2＋t，即Q(2m2＋t,2m)， 若△ABC为等边三角形，则lAQ⊥lBC且|AQ|＝|BC|， 由lAQ⊥lBC可得·＝－1，整理得t＝－2m2－1＋， 则m2＋t＝m2－2m2－1＋＝－m2－1＋＝＞0， 注意到m2＋m＋2＝2＋＞0，可得＞0，解得0＜m＜1， 由|AQ|＝|BC|可得＝×4＝2 ＝， 整理得－3(m－1)(1＋m2)＝(m－1)2， 又因为0＜m＜1，可得－3(m2＋m＋2)＝，即3m3＋3m2＋7m－1＝0， 令h(m)＝3m3＋3m2＋7m－1， 则h′(m)＝9m2＋6m＋7＞0在R内恒成立， 可知h(m)在R上单调递增，且h(0)＝－1＜0，h(1)＝12＞0， 故h(m)在区间(0,1)内存在唯一的零点m0， 所以存在唯一一组点B，C，使得△ABC为等边三角形． 探索性问题的解题策略 探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在． (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)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径． (2024·桂林、来宾三模)双曲线C：－＝1(b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F1且倾斜角为60°的直线为l1，过F2且倾斜角为60°的直线为l2，已知l1，l2之间的距离为4. (1)求C的方程； (2)若过点F2的直线l与C的左、右两支分别交于M，N两点(点M，N不在x轴上)，判断是否存在实数k使得||MF2|－|NF2||＝k|MF2||NF2|.若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由． 解：(1)由题意可得2csin 60°＝4，解出c，结合c2＝a2＋b2解得b即可；(2)易知直线l的斜率存在且不为0，设直线l：M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立双曲线方程，利用韦达定理表示y1＋y2，y1y2，由两点距离公式表示|MF2|，|NF2|，化简计算2即可求解． (1)设c＝，因为l1，l2之间的距离为4， 所以2csin 60°＝4，c＝4，则b2＝c2－4＝12， 所以C的方程为－＝1. (2)由(1)知F2(4,0)，易知直线l的斜率存在且不为0， 设直线l：x＝my＋4(m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 联立方程组，消去x，得(3m2－1)y2＋24my＋36＝0， 所以， 因为|MF2|2＝(x1－4)2＋y＝(m2＋1)y， 所以|MF2|＝|y1|，同理|NF2|＝|y2|. 因为直线l过点F2且与C的左、右两支分别交于M，N两点， 所以M，N两点在x轴同侧，∴y1y2＞0， 此时3m2－1＞0，即m2＞. 所以2＝＋－ ＝＋－ ＝·＝ · ＝·＝， 所以＝. 所以存在k＝，使得||MF2|－|NF2||＝k|MF2||NF2|. 学科网（北京）股份有限公司 $$