(全国通用)高考数学二轮复习第二层提升篇专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题讲义

（全国通用）高考数学二轮复习第二层提升篇专题五解析几何第

3讲圆锥曲线的综合问题讲义

第3讲 圆锥曲线的综合问题

[全国卷3年考情分析] 年份 全国卷Ⅰ 直线与圆的位置关系，定2019 值问题·T21 直线的方程、直线与抛物2018 线的位置关系、证明问题·T20 直线与抛物线的位置关2017 系、导数的几何意义·T20

解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等.试题难度较大，多以压轴题出现.

解答题的热点题型有：

(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲线中的判断(与证明)及探究问题.

第1课时 圆锥曲线中的定值、定点、证明问题

考点一圆锥曲线中的几何证明问题

[例1] (2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于

2

向量的数量积等·T20 程·T20 参数的范围·T20 定点问题·T21 直线的方程、直线与抛物直线与椭圆的位置关系、线的位置关系、圆的方证明问题·T20 程·T20 两直线垂直的条件、直线点的轨迹方程、椭圆方程、与圆的位置关系、直线方全国卷Ⅱ 椭圆的定义及几何性质、系、直线与圆的位置关系、全国卷Ⅲ 直线与抛物线的位置关x2

2

A，B两点，点M的坐标为(2，0).

(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；

(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB. [解] (1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1. 则点A的坐标为?1，又M(2，0)，

所以直线AM的方程为y＝－

22

x＋2或y＝x－2， 22

?

?2??2??或?1，－?. 2??2?

即x＋2y－2＝0或x－2y－2＝0.

(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°. 当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线， 所以∠OMA＝∠OMB.

当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为

y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1<2，x2<2，直线MA，MB的斜率之和为

y1y2

kMA＋kMB＝＋. x1－2x2－2

由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，

2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k得kMA＋kMB＝.

（x1－2）（x2－2）将y＝k(x－1)代入＋y＝1，

2得(2k＋1)x－4kx＋2k－2＝0， 4k2k－2

所以x1＋x2＝2，x1x2＝2.

2k＋12k＋1则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k 4k－4k－12k＋8k＋4k＝＝0. 2

2k＋1从而kMA＋kMB＝0， 故MA，MB的倾斜角互补. 所以∠OMA＝∠OMB. 综上，∠OMA＝∠OMB成立.

[题后悟通] 几何证明问题的解题策略

(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位

3

3

32

2

2

2

2

2

x2

2

置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).

(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.

[跟踪训练]

x2y2

设椭圆E的方程为2＋2＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的

ab坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为

(1)求E的离心率e；

(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.

5. 10

?21?解：(1)由题设条件知，点M的坐标为?a，b?， ?33?

又kOM＝5b5，从而＝. 102a10

c2522

进而得a＝5b，c＝a－b＝2b，故e＝＝.

a5

b?―→?a5b?―→?a(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为?，－?，可得NM＝?，?.又AB＝(－

2??2?66?a，b)，

125212―→―→2

从而有AB·NM＝－a＋b＝(5b－a).

666由(1)可知a＝5b，

―→―→

所以AB·NM＝0，故MN⊥AB.

考点二 定值问题

2

2

x2y23

[例2] (2019·福建五校第二次联考)已知椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的离心率为，

ab2

上顶点M到直线3x＋y＋4＝0的距离为3.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线

MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值.

??a＝4，xy[解] (1)由题意可得?|b＋4|解得所以椭圆C的方程为＋＝1.

164＝3，b＝2，

2??a＝b＋c，

??

???

2

2

2

2

2

c3

e＝＝，a2

(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k＜0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

y＋2＝k（x－4），??22

联立得?xy

＋＝1，??164

得(1＋4k)x－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0， 16k（2k＋1）64k（k＋1）

则x1＋x2＝，x1x2＝， 22

1＋4k1＋4k因为kMA＋kMB＝＝

2

2

y1－2y2－2

＋ x1x2

x1x2

（kx1－4k－4）x2＋（kx2－4k－4）x1

，

所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×1(为定值).

[题后悟通]

求解定值问题的2大途径

x1＋x216k（2k＋1）

＝2k－4(k＋1)×＝2k－(2k＋1)＝－x1x264k（k＋1）

首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题途径一 转化为证明待证式与参数(某些变量)无关 先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件途径二 使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值

[跟踪训练]

已知椭圆方程为＋＝1，右焦点为F，若直线l与椭圆C相切，过点F作FQ⊥l，垂

43足为Q，求证：|OQ|为定值(其中O为坐标原点).

证明：①当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝±2，点Q的坐标为(－2，0)或(2，

x2y2

0)，此时|OQ|＝2；

②当直线l的斜率为0时，l的方程为y＝±3，点Q的坐标为(1，－3)或(1，3)，此时|OQ|＝2；

③当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0). 1

因为FQ⊥l，所以直线FQ的方程为y＝－(x－1).

ky＝kx＋m，??22

222

由?xy消去y，可得(3＋4k)x＋8kmx＋4m－12＝0.

＋＝1??43

因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(8km)－4×(3＋4k)×(4m－12)＝0， 整理得m＝4k＋3. (*)

2

2

2

2

2

y＝kx＋m，???1－km，k2＋m?， 由?得Q?21k＋1k＋1???y＝－（x－1）?k?

所以|OQ|＝

22

km??k＋m??1－

?k2＋1?＋?k2＋1? ????

2

2

22

＝

1＋km＋k＋m， 22（k＋1）

4（k＋2k＋1）

＝2. 22

（k＋1）

42将(*)式代入上式，得|OQ|＝

综上所述，|OQ|为定值，且定值为2.

考点三 定点问题

x2y2

[例3] (2019·北京高考)已知椭圆C：2＋2＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，

ab1).

(1)求椭圆C的方程；

(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点.

[解] (1)由题意，得b＝1，c＝1， 所以a＝b＋c＝2.

所以椭圆C的方程为＋y＝1.

2

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2

2

2

x2

2