（统考版）2023高考数学二轮 第三篇 （研重点 保大分）专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题 课件（54张）

(共54张PPT)
第3讲　圆锥曲线的综合问题
考点一
考点二
考点三
考点四
考点一　证明问题
——等价转化，直击目标
考点一　证明问题——等价转化，直击目标
圆锥曲线中证明问题的两种常见类型
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)．
例 1 [2022·全国乙卷]已知椭圆E的中心为坐标原点，对称轴为x轴、y轴，且过A(0，－2)，B(，－1)两点．
(1)求E的方程；
(2)设过点P(1，－2)的直线交E于M，N两点，过M且平行于x轴的直线与线段AB交于点T，点H满足＝.证明：直线HN过定点．
解析：(1)设椭圆E的方程为mx2＋ny2＝1(m>0，n>0，m≠n)．
将点A(0，－2)，B(，－1)的坐标代入，得解得
所以椭圆E的方程为＝1.
(2)证明：方法一　设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由题意，知直线MN与y轴不垂直，设其方程为x－1＝t(y＋2)．
联立得方程组
消去x并整理，得(4t2＋3)y2＋(16t2＋8t)y＋16t2＋16t－8＝0，
所以y1＋y2＝－，y1y2＝.
设T(x0，y1)．由A，B，T三点共线，得＝，得x0＝y1＋3.设H(x′，y′)．
由＝，得(y1＋3－x1，0)＝(x′－y1－3，y′－y1)，所以x′＝3y1＋6－x1，y′＝y1，
所以直线HN的斜率k＝＝＝，
所以直线HN的方程为y－y2＝·(x－x2)．
令x＝0，得y＝·(－x2)＋y2
＝＋y2
＝
＝
＝－2.
所以直线NH过定点(0，－2)．
方法二　由A(0，－2)，B(，－1)可得直线AB的方程为y＝x－2.
a．若过点P(1，－2)的直线的斜率不存在，则其直线方程为x＝1.将直线方程x＝1代入＝1，可得N(1，)，M(1，－)．
将y＝－代入y＝x－2，可得T(3－，－)．
由＝，得H(5－2，－)．
此时直线HN的方程为y＝(2＋)(x－1)＋，
则直线HN过定点(0，－2)．
b．若过点P(1，－2)的直线的斜率存在，设此直线方程为kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立得方程组
消去y并整理，得(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0.
所以则
且x1y2＋x2y1＝.①
联立得方程组，可得T(＋3，y1)．
由＝，得H(3y1＋6－x1，y1)．
则直线HN的方程为y－y2＝(x－x2)．
将点(0，－2)的坐标代入并整理，得2(x1＋x2)－6(y1＋y2)＋x1y2＋x2y1－3y1y2－12＝0.②
将①代入②，得24k＋12k2＋96＋48k－24k－48－48k＋24k2－36k2－48＝0，显然成立．
综上可得，直线HN过定点(0，－2)．
归纳总结
圆锥曲线中证明题的求解策略
处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决．
对点训练
[2022·河南省淮阳中学模拟]已知直线y＝3与曲线C：x2＋2py＝0的两个公共点之间的距离为4.
(1)求C的方程；
(2)设P为C的准线上一点，过P作C的两条切线，切点为A，B，直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，且直线PA，PB与y轴分别交于M，N两点，直线AB的斜率为k0.证明：k1·k2为定值，且k1，k0，k2成等差数列．
解析：(1)将y＝3代入x2＋2py＝0，得x2＝－6p.
当p≥0时，不合题意；
当p<0时，x＝±，则2＝4，
解得p＝－4，故C的方程为x2＝8y.
(2)证明：由(1)可知C的准线方程为y＝－2，
不妨设P(m，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设过点P且与C相切的直线l的斜率为k，则l：y＝k(x－m)－2，且k≠0，
联立得x2－8kx＋8(km＋2)＝0，
则Δ＝64k2－32(km＋2)＝0，即k2－mk－1＝0，
由题意知，直线PA，PB的斜率k1，k2为方程k2－mk－1＝0的两根，
则k1＋k2＝，k1k2＝－1，故k1·k2为定值．
又x2－8kx＋8(km＋2)＝(x－4k)2＝0，
则x1＝4k1，同理可得x2＝4k2，
则k0＝＝＝，
因此k0＝＝，故k1，k0，k2成等差数列．
考点二　定点问题
——目标等式寻定点
考点二　定点问题——目标等式寻定点
解析几何中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)过定点的问题，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动，这类问题的求解一般分为以下三步：
一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．
二求：求出定点坐标所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．
三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．
例 2 [2022·青海海东市第一中学]已知椭圆M：＝1(a>b>0)的离心率为，AB为过椭圆右焦点的一条弦，且AB长度的最小值为2.
(1)求椭圆M的方程；
(2)若直线l与椭圆M交于C，D两点，点P(2，0)，记直线PC的斜率为k1，直线PD的斜率为k2，当＝1时，是否存在直线l恒过一定点？若存在，请求出这个定点；若不存在，请说明理由．
解析：(1)因为＝1(a>b>0)的离心率为，过椭圆右焦点的弦长的最小值为＝2，
所以a＝2，c＝，b＝，所以椭圆M的方程为＝1.
(2)设直线l的方程为m(x－2)＋ny＝1，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
由椭圆的方程x2＋2y2＝4，得(x－2)2＋2y2＝－4(x－2)．
联立直线l的方程与椭圆方程，得(x－2)2＋2y2＝－4(x－2)[m(x－2)＋ny]，
即(1＋4m)(x－2)2＋4n(x－2)y＋2y2＝0，
(1＋4m)2＋4n＋2＝0，
所以＝＝－＝1，
化简得m＋n＝－，代入直线l的方程得m(x－2)＋y＝1，
即m(x－y－2)－y＝1，解得x＝－2，y＝－4，即直线l恒过定点(－2，－4)．
归纳总结
直线过定点问题的解题策略
对点训练
[2022·河南开封二模]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，S(t，4)为C上一点，直线l交C于M，N两点(与点S不重合)．
(1)若l过点F且倾斜角为60°，＝4(M在第一象限)，求C的方程；
(2)若p＝2，直线SM，SN分别与y轴交于A，B两点，且·＝8，判断直线l是否恒过定点？若是，求出该定点；若否，请说明理由．
解析：(1)抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(，0)，
因为l过点F且倾斜角为60°，所以l：y＝(x－)，
联立y2＝2px(p>0)，可得12x2－20px＋3p2＝0，解得x＝p或x＝，
又M在第一象限，所以xM＝p，
因为＝4，所以p＋＝4，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x；
(2)由已知可得抛物线C的方程为y2＝4x，点S(4，4)，
设直线l的方程为x＝my＋n，点，
将直线l的方程与抛物线C：y2＝4x联立得y2－4my－4n＝0，
所以Δ＝16m2＋16n>0，y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n(*)，
直线SM的方程为y－4＝(x－4)，
令x＝0求得点A的纵坐标为，同理求得点B的纵坐标为，
由·＝＝8，化简得y1y2＝4(y1＋y2)＋16，
将上面(*)式代入得－4n＝16m＋16，即n＝－4m－4，
所以直线l的方程为x＝my－4m－4，即x＋4＝m(y－4)，
所以直线l过定点(－4，4)．
考点三　定值问题
——巧妙消元寻定值
考点三　定值问题——巧妙消元寻定值
定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题，其求解步骤一般为：
一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等．
二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量(或者有多个变量，若是能整体约分也可以)．
三定值：化简式子得到定值．由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只需对上述式子进行必要的化简即可得到定值．
例 3 [2022·山东潍坊模拟]已知双曲线C：＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1、F2，双曲线C的右顶点A在圆O：x2＋y2＝3上，且＝－1.
(1)求双曲线C的方程；
(2)动直线l与双曲线C恰有1个公共点，且与双曲线C的两条渐近线分别交于点M、N，设O为坐标原点．求证：△OMN的面积为定值．
解析：(1)不妨设F1(－c，0)，F2(c，0), 因为A(a，0)，
从而＝＝(c－a，0) ，故有＝a2－c2＝－1,
又因为a2＋b2＝c2, 所以 b＝1，
又因为A(a，0) 在圆 O：x2＋y2＝3 上， 所以 a＝，
所以双曲线C的标准方程为－y2＝1.
(2)证明：设直线l与x轴交于D点，双曲线的渐近线方程为y＝±x，
由于动直线l与双曲线C恰有1个公共点， 且与双曲线C的两条渐近线分别交于点M、N，
当动直线l的斜率不存在时， l：x＝±＝＝2，S△OMN＝×2＝，
当动直线l的斜率存在时， 且斜率k≠±， 不妨设直线 l：y＝kx＋m,
故由 (1－3k2)x2－6mkx－3m2－3＝0，
依题意，1－3k2≠0且m≠0，
Δ＝(－6mk)2－4(1－3k2)(－3m2－3)＝0, 化简得 3k2＝m2＋1，
故由 xM＝， 同理可求，xN＝－，
所以＝＝，
又因为原点O到直线l：kx－y＋m＝0的距离d＝，
所以S△OMN＝d＝，又由3k2＝m2＋1，所以S△OMN＝＝，故△OMN的面积为定值，定值为.
归纳总结
求解圆锥曲线中定值问题常用的方法
(1)引出变量法．解题流程为：
(2)特殊法．从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关．
(3)直接法．直接推理，在计算过程中消去变量，从而得到定值．
对点训练
已知F1(－，0)，F2(，0)分别是双曲线C：＝1(a>b>0)的左、右焦点，A为双曲线在第一象限的点，△AF1F2的内切圆与x轴交于点P(1，0)．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设圆O：x2＋y2＝2上任意一点Q处的切线l，若l与双曲线C左、右两支分别交于点M、N，问：·是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由．
解析：(1)如图，设AF1，AF2与△AF1F2的内切圆分别交于G，H两点，
则2a＝＝
＝(1＋)－(－1)＝2，
所以a＝1，则b2＝c2－a2＝2，
则双曲线C的方程为x2－＝1.
(2)由题意得，切线l的斜率存在．
设切线l的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
因为l与圆O：x2＋y2＝2相切，所以＝，即m2＝2k2＋2.
联立消去y并整理得(2－k2)x2－2kmx－m2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
又·＝()·()
＝2－···
＝2－·cos ∠QON－·cos ∠QOM＋·
＝2－···
＝2－2－2＋·＝·.
又·＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)
＝(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝＋m2
＝，
将m2＝2k2＋2代入上式得·＝0.
所以·＝0－||2＝－2.
综上所述，·为定值，且·＝－2.
考点四　圆锥曲线中的最值、范围问题
——巧设变量，引参搭桥
考点四　圆锥曲线中的最值、范围问题——巧设变量，引参搭桥
圆锥曲线中的最值
(1)椭圆中的最值
F1，F2为椭圆＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为椭圆上的任意一点，B为短轴的一个端点，O为坐标原点，则有：
①|OP|∈______；②|PF1|∈__________；·|PF2|∈________；④∠F1PF2≤∠F1BF2.
(2)双曲线中的最值
F1，F2为双曲线＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P为双曲线上的任一点，O为坐标原点，则有：
①|OP|≥________；②|PF1|≥________．
[b，a]
[a－c，a＋c]
[b2，a2]
a
c－a
(3)抛物线中的最值
点P为抛物线y2＝2px(p＞0)上的任一点，F为焦点，则有：
①|PF|≥________；②A(m，n)为一定点，则|PA|＋|PF|有最小值；③点N(a，0)是抛物线的对称轴上一点，则|PN|min＝
例 4 [2022·浙江卷]如图，已知椭圆＋y2＝1.设A，B是椭圆上异于P(0，1)的两点，且点Q(0，)在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝－x＋3于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求|CD|的最小值．
解析：(1)设M(2cos θ，sin θ)是椭圆上一点，P(0，1)，
则|PM|2＝12cos2θ＋(1－sinθ)2＝13－11sin2θ－2sinθ＝－11(sin θ＋)2≤.
故|PM|的最大值为.
(2)由题意，知直线AB的斜率存在，
故设直线AB的方程为y＝kx＋.
将直线方程与椭圆方程联立，得
消去y并整理，得(k2＋)x2＋kx－＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝－.
直线PA：y＝x＋1与直线y＝－x＋3交于点C，则xC＝＝.
同理可得，xD＝＝，
则|CD|＝ |xC－xD|＝||
＝2||＝2||
＝·＝·≥，
当且仅当k＝时等号成立．故|CD|的最小值为.
归纳总结
1．圆锥曲线中的最值问题的求解方法
(1)几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，则考虑用几何性质来解决，特别要注意用圆锥曲线的定义和平面几何有关结论来求最值．
(2)代数法：题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则考虑先建立目标函数(通常为二次函数)，再求这个函数的最值．求函数的最值常见的方法有配方法、基本不等式法、单调性法、三角换元法等．
2．圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法
(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．
对点训练
[2021·全国乙卷]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．
解析：(1)由题意知M(0，－4)，F，圆M的半径r＝1，所以|MF|－r＝4，即＋4－1＝4，解得p＝2.
(2)由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设，直线AB的方程为y＝kx＋b，
联立得，消去y得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b>0(※)，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝4·.
因为x2＝4y，即y＝，所以y′＝，则抛物线在点A处的切线斜率为，在点A处的切线方程为＝(x－x1)，即y＝，
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝，
联立得，则，
即P(2k，－b)．因为点P在圆M上，所以4k2＋(4－b)2＝1　①，
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－≤k≤，3≤b≤5，满足(※)．
设点P到直线AB的距离为d，则d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d＝4.
由①得，k2＝＝，
令t＝k2＋b，则t＝，且3≤b≤5.
因为t＝在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k＝0，所以△PAB面积的最大值为20.
[高考5个大题] 解题研诀窍(五) 解析几何类解答题
[思维流程——圆锥曲线问题重在“设”与“算”]
[技法指导——迁移搭桥]
数学思想是问题的主线，方法是解题的手段，审视方法，选择适当的解题方法，往往使问题的解决事半功倍，审题的过程还是一个解题方法的抉择过程，开拓的解题思路能使我们心涌如潮，适宜的解题方法则帮助我们事半功倍．
[典例]　已知圆(x＋)2＋y2＝16的圆心为M，点P是圆M上的动点，点N(，0)，点G在线段MP上，且满足()⊥()．
(1)求点G的轨迹C的方程；
(2)过点T(4，0)作斜率不为0的直线l与轨迹C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为D，连接BD交x轴于点Q，求△ABQ面积的最大值．
[快审题]
求什么 想什么 求轨迹方程，想到求轨迹方程的方法．
求三角形面积的最值，想到表示出三角形面积的式子．
给什么 用什么 给出向量垂直关系，用数量积转化为线段相等．
给出直线l的条件，应设出直线方程，与C的方程联立方程组．
差什么 找什么 差三角形的高，应先找Q点的坐标，即求出BD的直线方程．
[稳解题]
(1)因为()⊥()，
所以()·()＝0，即－＝0，
所以|GP|＝|GN|，
所以|GM|＋|GN|＝|GM|＋|GP|＝|MP|＝4>2＝|MN|，
所以点G在以M，N为焦点，长轴长为4的椭圆上，
设椭圆的方程为＝1(a>b>0)，
则2a＝4，2c＝2，
即a＝2，c＝，所以b2＝a2－c2＝1，
所以点G的轨迹C的方程为＋y2＝1.
(2)
依题意可设直线l：x＝my＋4.
由消去x，得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由Δ＝64m2－4×12×(m2＋4)＝16(m2－12)>0，得>12.　　①
且y1＋y2＝－，
y1y2＝.　　②
因为点A关于x轴的对称点为D，
所以D(x1，－y1)，
可设Q(x0，0)，
所以kBD＝＝，
所以BD所在直线的方程为y－y2＝(x－my2－4)．
令y＝0，得x0＝.　　③
将②代入③，
得x0＝＝1，
所以点Q的坐标为(1，0)．
因为S△ABQ＝|S△TBQ－S△TAQ|
＝|QT||y2－y1|＝＝，
令t＝m2＋4，结合①得t>16，
所以S△ABQ＝＝
6＝6.
当且仅当t＝32，即m＝±2时，(S△ABQ)max＝.
所以△ABQ面积的最大值为.
题后悟道
解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤