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高考大题专项突破(五)　直线与圆锥曲线的综合应用
圆锥曲线综合问题高考必考，多以直线与椭圆、抛物线(有时也为双曲线)的位置关系为载体，一是考查圆锥曲线的标准方程求法、轨迹方程问题，二是考查所给目标的最值与范围问题，三是研究曲线过定点或某个量为定值，四是以探究题的形式考查满足条件的点或参数是否存在问题．此类解答题还经常与圆、向量、不等式等知识综合，难度较大，常放在解答题的最后两题位置，对数学运算和逻辑推理的数学素养有较高的要求．
题型一　最值、范围问题
角度1　最值问题
【例1】　(2021·全国高考乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4．
(1)求p；
(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
[规范解答]
(1)抛物线C的焦点为F，|FM|＝＋4，
所以，F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为＋4－1＝4，解得p＝2．
(2)抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝，对该函数求导得y′＝，
设点A(x1，y1)、B(x2，y2)、P(x0，y0)，
直线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，即y＝－y1，即x1x－2y1－2y＝0，
同理可知，直线PB的方程为x2x－2y2－2y＝0，
由于点P为这两条直线的公共点，
则
所以，点A、B的坐标满足方程x0x－2y－2y0＝0，
所以，直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0，
联立可得x2－2x0x＋4y0＝0，
由韦达定理可得x1＋x2＝2x0，x1x2＝4y0，
所以，|AB|＝·＝· eq \r(4x－16y0) ＝ eq \r(（x＋4）（x－4y0）) ，
点P到直线AB的距离为d＝ eq \f(|x－4y0|,\r(x＋4)) ，
所以，S△PAB＝|AB|·d＝
eq \r(（x＋4）（x－4y0）) · eq \f(|x－4y0|,\r(x＋4)) ＝
(x－4y0)，
∵x－4y0＝1－(y0＋4)2－4y0＝－y－12y0－15＝－(y0＋6)2＋21，
由已知可得－5≤y0≤－3，所以，当y0＝－5时，△PAB的面积取最大值×20＝20．
[思维升华]　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：一是利用几何法，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．
角度2　范围问题
【例2】　(2021·山东枣庄模拟)已知椭圆C1：＋＝1的左焦点为F1，抛物线C2：x2＝2py，C1与C2交于点A．
(1)求C1与C2的方程；
(2)动直线l与C1交于不同两点M、N，与C2交于不同两点P、Q，且A l，记AM、AN的斜率分别为k1、k2，满足k1k2＝，记线段PQ的中点R的纵坐标为t，求t的取值范围．
[思维点拨]　(1)法一　利用椭圆的定义求得a，然后利用b2＝a2－c2求得b，从而求得椭圆方程．
法二　由题意，解得a，b，进而可得C1的方程，把(2，1)代入抛物线方程，解得p，进而可得C2的方程．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，分两种情况：当直线l的斜率不存在，当直线l的斜率存在．分析k1k2＝，利用参数表示t，根据不等式性质求t的取值范围．
[规范解答]
(1)法一　因为椭圆的左焦点为F1，所以右焦点F2．
由椭圆的定义，2a＝＋＝＋＝2，
因此a＝．
又半焦距c＝，所以b2＝a2－c2＝－＝3，
所以C1的方程为＋＝1．
把代入x2＝2py，得2p＝4，所以C2的方程为x2＝4y．
法二　由题意，
消去b2可得a4－8a2＋12＝0，
即＝0．
又因为a2>3，所以a2＝6．b2＝a2－3＝3．所以C1的方程为＋＝1．
把代入x2＝2py，得2p＝4，所以C2的方程为x2＝4y．
(2)设M，N．若直线l的斜率不存在，则N．
由k1k2＝·＝，得2－2y＝(★)
又 eq \f(x,6) ＋ eq \f(y,3) ＝1，可得2y＝6－x，代入(★)式，可得x1＝2．
所以直线l的方程为x＝2．可见，直线l过点A．这与A l矛盾，因此，直线l的斜率必存在．
(注：下列说明同样给分，若直线l的斜率不存在，则l：x＝x1，显然，l与C2只有一个交点，这与已知条件矛盾．所以直线l的斜率必存在．)
设l：y＝kx＋m．由于A l，故2k＋m－1≠0．
由消去y，整理得x2＋4kmx＋2m2－6＝0．
由判别式Δ1＝8>0，得m2<6k2＋3(※)
因此x1＋x2＝－，x1x2＝(☆)
由题意，k1k2＝·＝＝．
所以2k2x1x2＋2k＋2＝x1x2－2＋4，
即x1x2＋＋2－4＝0．
把(☆)代入上式并整理得＝0．
因为2k＋m－1≠0，所以k＝－．
因此，直线l的方程为y＝－x＋m．
由(※)可得m2<6k2＋3＝6×＋3＝，即－又因为2k＋m－1＝m－2≠0，所以m≠2．
由消去y，整理得x2＋2x－4m＝0，
由判别式Δ2＝4＋16m>0，得m>－．
所以m的取值范围是－设P，Q，R．
则由x3＋x4＝－2，可得x0＝＝－1，所以R．
代入y＝－x＋m，得t＝＋m．
因为－所以，实数t的取值范围是∪．
[思维升华]　解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)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围；
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解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)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)利用求函数的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．
题型二　定值、定点问题
角度1　定点问题
【例3】　(2021·北京海淀一模)已知椭圆M：＋＝1(a＞b＞0)过A(－2，0)，B(0，1)两点．
(1)求椭圆M的离心率；
(2)设椭圆M的右顶点为C，点P在椭圆M上(P不与椭圆M的顶点重合)，直线AB与直线CP交于点Q，直线BP交x轴于点S，求证：直线SQ过定点．
[思维点拨]　(1)由已知两点坐标得a，b，求得c后由公式计算离心率；
(2)根据题意得直线AB方程，设三点坐标P(x0, y0)(y0≠0，y0≠±1)，Q(2yQ－2，yQ)，S(xS，0)．由C，P，Q三点共线用P点坐标表示Q点，由B，P，S共线用P点坐标表示S点，写出直线QS的方程，把x＝4－4y代入直线方程变形可得定点坐标．
规范解答：
(1)因为点A(－2，0)，B(0，1)都在椭圆M上，
所以a＝2，b＝1．所以c＝＝．
所以椭圆M的离心率e＝＝．
(2)由(1)知椭圆M的方程为＋y2＝1，C(2, 0)．
由题意知：直线AB的方程为x＝2y－2．
设P(x0, y0)(y0≠0，y0≠±1)，Q(2yQ－2，yQ)，S(xS，0)．
因为C，P，Q三点共线，所以有∥，＝(x0－2，y0)，＝(2yQ－2－2，yQ)，
所以(x0－2)yQ＝y0(2yQ－4)．所以yQ＝．
所以Q．
因为B，S，P三点共线，所以＝，即xs＝．所以S．
所以直线QS的方程为x＝y＋，
即x＝ eq \f(x－4y－4x0y0＋8y0－4,4y0（1－y0）) y＋．
又因为点P在椭圆M上，所以x＝4－4y．
所以直线QS的方程为x＝(y－1)＋2．
所以直线QS过定点(2，1)．
[思维升华]　圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
角度2　定值问题
【例4】　(2020·新高考全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2，1)．
(1)求C的方程；
(2)点M，N在C上，且AM⊥AN, AD⊥MN，D为垂足．证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值．
[思维点拨]　(1)由题意求得a2，b2，即可确定椭圆方程．(2)首先分直线MN的斜率存在和斜率不存在两种情况讨论，当斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m，联立直线与椭圆的方程，结合·＝0及根与系数的关系，求得直线MN的方程为y＝k－(k≠1)，当斜率不存在时，可求得直线MN的方程为x＝，所以由以上两种情况可知直线MN恒过定点P．设Q为AP的中点，当D与P不重合时，由△ADP为直角三角形，易得|DQ|＝|AP|；当D与P重合时，易得|DQ|＝|AP|，综上即可得结果．
规范解答：
(1)由题设得＋＝1，＝，
解得a2＝6，b2＝3．
所以C的方程为＋＝1．
(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，
代入＋＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0．
于是x1＋x2＝－，x1x2＝．①
由AM⊥AN知 ·＝0，故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0，可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0．
将①代入上式，可得(k2＋1)－(km－k－2)＋(m－1)2＋4＝0．
整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0．
因为A(2，1)不在直线MN上，所以2k＋m－1≠0，
故2k＋3m＋1＝0，k≠1．
所以直线MN的方程为y＝k－(k≠1)．
所以直线MN过点P．
若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)．
由· ＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0．
又 eq \f(x,6) ＋ eq \f(y,3) ＝1，可得3x－8x1＋4＝0，
解得x1＝2(舍去)，x1＝．
此时直线MN过点P．
令Q为AP的中点，即Q．
若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边，
故|DQ|＝|AP|＝．
若D与P重合，则|DQ|＝|AP|．
综上，存在点Q，使得|DQ|为定值．
[思维升华]　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．
题型三　证明问题
【例5】　(2021·山东烟台二模)已知椭圆＋＝1过点，离心率为．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点P作椭圆的两条弦AB，CD(A，C分别位于第一、二象限)．若AD，BC与直线y＝1分别交于点M，N．求证：＝．
[思维点拨](1)由椭圆过点及其离心率求椭圆参数，写出椭圆方程．
(2)设AB：y＝k1x＋1，CD：y＝k2x＋1，A，B，C，D，M，N点的横坐标为xM，xN，联立椭圆方程应用韦达定理求x1＋x2、x1x2、x3＋x4、x3x4，由三点共线结合向量共线的坐标表示求xM、xN关于其他参数的关系式，可得xM＋xN＝0即结论得证．
规范解答：
(1)∵椭圆＋＝1过点，则＋＝1，
又＝，则c2＝．又a2＝b2＋c2，
∴联立上述式子，解得a2＝8，b2＝4，
故椭圆的方程为＋＝1．
(2)由题意，可设直线AB：y＝k1x＋1，CD：y＝k2x＋1，
A，B，C，D，M，N点的横坐标为xM，xN，
将直线AB方程代入椭圆＋＝1，整理得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2k)) x2＋4k1x－6＝0，
而Δ＝64k＋24>0，x1＋x2＝－ eq \f(4k1,1＋2k) ，x1·x2＝－ eq \f(6,1＋2k) ，
同理得x3＋x4＝－ eq \f(4k2,1＋2k) ，x3·x4＝－ eq \f(6,1＋2k) ，
∵＝，＝
，且三点A，M，D共线，
∴－＝0，
将y1－1＝k1x1，y4－1＝k2x4代入并整理可得xM＝x1x4，
又y1≠y4，即k2x4－k1x1≠0，
∴xM＝，同理xN＝，
∴xM＋xN＝＋
＝
＝ eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2－k1))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(24k1k2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2k))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2k)))－\f(24k1k2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2k))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋2k))))),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2x3－k1x2))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k2x4－k1x1))) ＝0，
∴xM＝－xN，＝，故＝．
[思维升华]　常见的圆锥曲线中的证明问题
(1)位置关系：证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等．
(2)数量关系：存在定值、恒成立、相等等．
在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明．
题型四　探索性问题
【例6】　(2021·广东深圳二模)在平面直角坐标系xOy中，O是坐标原点，P是直线x＝－2上的动点，过P作两条相异直线l1和l2，其中l1与抛物线C：y2＝4x交于A、B两点，l2与C交于M、N两点，记l1、l2和直线OP的斜率分别为k1、k2和k3．
(1)当P在x轴上，且A为PB中点时，求；
(2)当AM为△PBN的中位线时，请问是否存在常数μ，使得＋＝μk3？若存在，求出μ的值；若不存在，请说明理由．
[思维点拨](1)设出直线l1的方程，联立与抛物线的方程，再根据A为PB的中点，得到yA，yB的关系，结合根与系数关系可得关于k1的方程，进而求解；
(2)根据已知条件将k1，k2先表示为坐标形式，然后根据AM为中位线得到yA，yB以及yM，yN的关系，结合抛物线方程得到yA，yM所满足的方程，由此确定出yA，yM的关系，即可计算出＋关于yP的表示，再结合P点坐标可求解出k3，则μ的值可确定．
规范解答：
(1)由条件知P且k1≠0，设l1：y＝k1，
所以消去x可得y2－y＋8＝0，
所以yA＋yB＝，yAyB＝8，
又因为A为PB中点，所以yP＋yB＝2yA，所以yB＝2yA，
所以3yA＝，2y＝8，所以＝4，所以＝．
(2)设A eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,4)，yA)) ，B eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,4)，yB)) ，M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,4)，yM)) ，N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,4)，yN)) ，P，
所以k1＝＝ eq \f(yA－yB,\f(y,4)－\f(y,4)) ＝，k2＝＝ eq \f(yM－yN,\f(y,4)－\f(y,4)) ＝，
所以＋＝＋，
因为AM为△PBN的中位线，所以A为PB的中点，M是PN的中点，
所以xA＝＝，即y＝ eq \f(－2＋\f(1,4)y,2) ，
即y＝－2＋y，
又yA＝＝，所以yB＝2yA－a，
所以y＝－2＋，所以2y－4ayA＋a2－8＝0①
又因为xM＝＝，即y＝ eq \f(－2＋\f(1,4)y,2) ，即y＝－2＋y，
yM＝＝，所以yN＝2yM－a,
所以y＝－2＋，所以2y－4ayM＋a2－8＝0②；
由①②可知：yA，yM是满足方程2y2－4ay＋a2－8＝0的两个根，
所以yA＋yM＝2a，
所以＋＝＋＝＋，
所以＋＝＝＝a，
又k3＝＝＝－a，所以＋＝－2k3，所以μ＝－2，
所以存在常数μ＝－2使得＋＝μk3成立．
[思维升华]　存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“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存在性问题常用的方法．
专项突破练(五)
1．(2021·山东济南模拟)设M是抛物线E：x2＝2py(p>0)上的一点，抛物线E在点M处的切线方程为y＝x－1．
(1)求E的方程；
(2)已知过点(0，1)的两条不重合直线l1，l2的斜率之积为1，且直线l1，l2分别交抛物线E于A，B两点和C，D两点．是否存在常数λ使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解：(1)法一　由消y得x2－2px＋2p＝0．
由题意得Δ＝4p2－8p＝0，因为p>0，所以p＝2．
故抛物线E的方程为x2＝4y．
法二　设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(x,2p))) ，由x2＝2py得y＝，y′＝．
由 eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x0,p)＝1，,\f(x,2p)＝x0－1，)) 解得p＝2．故抛物线E的方程为x2＝4y．
(2)假设存在常数λ使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立，则λ＝＋．
由题意知，l1，l2的斜率存在且均不为零，
设l1的方程为y＝kx＋1，则由消去y得，x2－4kx－4＝0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1·x2＝－4．
所以|AB|＝＝
＝4(1＋k2)．
(也可以由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2＝4k2＋2，得到|AB|＝y1＋y2＋2＝4(1＋k2))．
因为直线l1，l2的斜率之积为1，所以|CD|＝4．
所以λ＝＋＝＋＝＝．
所以存在常数λ＝使得|AB|＋|CD|＝λ|AB|·|CD|成立．
2．(2021·山东肥城三模)已知三点O(0，0)，A(1，－2)，B(1，2)，M(x，y)为曲线C上任意一点，满足＝·(＋)＋2．
(1)求曲线C的方程；
(2)已知点P(1，2)，R，S为曲线C上的不同两点，且PR⊥PS，PD⊥RS，D为垂足，证明：存在定点Q，使|DQ|为定值．
解：(1)由＝(1－x，－2－y)，＝(1－x，2－y) 可得＋＝(2－2x，－2y)，
∴＝2，·(＋)＋2＝(x，y)·(2，0)＋2＝2x＋2
由已知得2＝2x＋2，化简得y2＝4x，
所以曲线C方程为y2＝4x．
(2)证明：若直线RS⊥y轴，则直线RS与曲线C只有一个交点，不合题意；
设直线RS的方程为x＝my＋n，联立得y2－4my－4n＝0，
则Δ＝16m2＋16n>0，可得m2＋n>0，
设R(x1，y1)，S(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
＝(x1－1，y1－2)＝( eq \f(y,4) －1，y1－2)＝，
同理＝，
因为PR⊥PS，
所以·＝＋(y1－2)(y2－2)＝0，
所以(y1－2)(y2－2)＝0，
点P(1，2)在曲线C上，显然y1≠2且y2≠2，
所以(y1＋2)(y2＋2)＋16＝y1y2＋2(y1＋y2)＋20＝－4n＋8m＋20＝0，
所以n＝2m＋5，所以直线RS的方程为x＝m(y＋2)＋5，
因此直线过定点M(5，－2),
所以＝4，且△PDM是以PM为斜边的直角三角形，
所以PM中点Q(3，0)满足＝＝2为定值，
所以存在Q(3，0)使为定值．
3．已知复数z＝x＋yi在复平面内对应的点为M，且z满足－＝2，点M的轨迹为曲线C．
(1)求C的方程；
(2)设A，B，若过F的直线与C交于P，Q两点，且直线AP与BQ交于点R．证明：
①点R在定直线上；
②若直线AQ与BP交于点S，则RF⊥SF．
解：(1)由题意可知：－＝2，
所以点M到点F1与到点F2的距离之差为2，且2<＝4，
所以动点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的右支，
设其方程为－＝1，其中2a＝2，2c＝4，
所以a＝1，c＝2，所以b2＝c2－a2＝3，
所以曲线C的方程为x2－＝1(x>0)．
(2)证明：①设直线PQ的方程为x＝ty＋2，P，Q，其中x1>0，x2>0．
联立消去x，可得y2＋12ty＋9＝0，
由题意知3t2－1≠0且Δ＝144t2－36＝36>0，
所以y1＋y2＝，y1y2＝．
直线AP：y＝(x＋1)，直线BQ：y＝(x－1)①，
由于点P在曲线C上，可知y＝3 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－1)) ，所以＝，
所以直线AP：y＝(x＋1)②．
联立①②，消去y可得(x＋1)＝(x－1)，
即＝，
所以＝＝，
所以＝＝－9，所以x＝，
所以点R在定直线x＝上．
②由题意，与①同理可证点S也在定直线x＝上．设R，S，
由于R在直线AP：y＝(x＋1)上，S在直线AQ：y＝(x＋1)上，
所以r＝·，s＝·，
所以rs＝·＝
·
＝·＝·＝－，
又因为＝，＝，
所以·＝＋rs＝0，所以RF⊥SF．
4．(2021·山东潍坊一模)在平面直角坐标系中，A1，A2两点的坐标分别为，，直线A1M，A2M相交于点M且它们的斜率之积是－，记动点M的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)过点F作直线l交曲线E于P，Q两点，且点P位于x轴上方，记直线A1Q，A2P的斜率分别为k1，k2．
①证明：为定值；
②设点Q关于x轴的对称点为Q1，求△PFQ1面积的最大值．
解：(1)设点M坐标为，则直线A1M，A2M的斜率分别为，，x≠±2，
依题意知·＝－，化简得＋＝1(x≠±2)．
(2)①设直线l的方程为x＝my＋1，P，Q，
则＝＝＝＝＝，
又消x得y2＋6my－9＝0，
得
因此＝＝＝，
故为定值；
②Q1坐标为，则直线PQ1方程为y－y1＝，
令y＝0解得x＝＋x1＝＝＝＋1
＝＋1＝4，
即直线PQ1恒过D点，
故S△PFQ1＝
＝＝||y1|－|y2||＝
＝×＝≤＝，
当m2＝，即m＝±时，等号成立，
此时△PFQ1面积最大值为．

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