圆锥曲线综合题高考常见题型与分析(学生)

本部分重点考查直线和圆锥曲线的综合性问题,从近几年的高考试题来看,除了在解答题中必然有直线与圆锥曲线的联立外,在选择题或填空题中出现的圆锥曲线问题也经常与直线结合起来.本部分的主要特点是运算量大、思维难度较高,但有时灵活地借助几何性质来分析问题可能会收到事半功倍的效果.

(1)关于圆锥曲线的方程求解,一般是由定义法求曲线的方程或由已知条件直接求曲线方程,有时也会以求轨迹的形式出现,难度中等.

(2)除了方程的求解,还有如下考查内容,圆锥曲线的弦长问题、最值问题、定点定值问题、探索性问题等,考查的知识点较多,能力要求高,尤其在考查学生的运算求解变形能力上,此类问题体现的淋漓尽致,是高考试题中区分度较高的题目.

(3)预测2015年的高考,对本节知识的考查仍以解答题为主,选择的载体一般是椭圆,主要围绕着直线与椭圆的位置关系进行命题,有时会与向量的共线、模和内积等联系起来;对于方程的求解,不要忽视轨迹的求解形式,后面的设问将是对最值、定值、定点、参数范围的考查,探索类和存在性问题考查的概率也很高.

一、直线和圆锥曲线经典结论

椭 圆

1. 以焦点弦PQ为直径的圆必与对应准线相离.

2. 以焦点半径PF1为直径的圆必与以长轴为直径的圆内切.

x0xy0yx2y2P3. 若P0(x0,y0)在椭圆2上，则过的椭圆的切线方程是11. 0ab2a2b2x2y24. 若P0(x0,y0)在椭圆21外 ，则过Po作椭圆的两条切线切点为P1、P2，则

ab2xxy0y切点弦P1P2的直线方程是021.

ab2x2y25. 椭圆21 (a＞b＞0)的左右焦点分别为F1，F 2，点P为椭圆上任意一点

ab2F1PF2，则椭圆的焦点角形的面积为SF1PF2b2tan2.

x2y26. 椭圆21（a＞b＞0）的焦半径公式：

ab2|MF1|aex0,|MF2|aex0(F1(c,0) , F2(c,0)M(x0,y0)). x27. AB是椭圆2akOMkABy2b21的不平行于对称轴的弦，M(x0,y0)为AB的中点，则

2bx0b2，即。 KAB2a2ay0y2b21内，则被Po所平分的中点弦的方程是

x28. 若P0(x0,y0)在椭圆2a22x0xy0yx0y0.

a2b2a2b2x29. 若P0(x0,y0)在椭圆2a22x0xy0yxy.

a2b2a2b2y2b21内，则过Po的弦中点的轨迹方程是

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第1页（共37页）

双曲线

1. 以焦点弦PQ为直径的圆必与对应准线相交.

2. 以焦点半径PF1为直径的圆必与以实轴为直径的圆相切.（内切：P在右支；外切：P在左支）

x2y23. 若P0(x0,y0)在双曲线21（a＞0,b＞0）上，则过P0的双曲线的切线方

ab2xxy0y程是021.

ab2x2y24. 若P0(x0,y0)在双曲线21（a＞0,b＞0）外 ，则过Po作双曲线的两条

ab2xxy0y切线切点为P1、P2，则切点弦P1P2的直线方程是021. 2ab22xy5. 双曲线21（a＞0,b＞o）的左右焦点分别为F1，F 2，点P为双曲线上

ab2cos任意一点F1PF222，则双曲线的焦点角形的面积为SF1PF2b22. 2sinxy1（a＞0,b＞o）的焦半径公式：(F1(c,0) , F2(c,0)

a2b2当M(x0,y0)在右支上时，|MF1|ex0a,|MF2|ex0a.

6. 双曲线

当M(x0,y0)在左支上时，|MF1|x27. AB是双曲线2ay2b2ex0a,|MF2|ex0a

1（a＞0,b＞0）的不平行于对称轴的弦，M(x0,y0)为

AB的中点，则KOMKABb2x0b2x02，即KAB2。 ay0ay0y2b21（a＞0,b＞0）内，则被Po所平分的中点弦

x28. 若P0(x0,y0)在双曲线2a2x0xy0yx0y02的方程是2ab2a2b2x29. 若P0(x0,y0)在双曲线2a22x0xy0yxy方程是2.

ab2a2b2抛物线y2. y2b21（a＞0,b＞0）内，则过Po的弦中点的轨迹

2px

1. 以焦点弦AB为直径的圆与准线l相切；

p22. x1x2;

4p2; 3. yy124. A'FB'5. ABx190;

x2p2(x3p)22p; sin2化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第2页（共37页）

6.

1AF1BF2; P7. A、O、B三点共线； 8. B、O、A三点共线；

P29. SAOB；

2sinS2AOBP()3（定值）10. ； AB211. 12. 13. 14. 15.

AFABP；BF1cos2P； P； y3y2px2-2P1cos；

KAB=tan=2;

A'B'4AFBF;

16.过抛物线y2注意： 过抛物线y2过抛物线x22px上一点M(x0,y0)的切线方程为 y0ymx0x

2px上一点M(x0,y0)的切线的方程为：y0y2py上一点M(x0,y0)的切线的方程为：x0xp(xp(yx0) y0)

p(yy0) 过抛物线x22py上一点M(x0,y0)的切线的方程为：x0x17.过抛物线焦点弦的两端点的抛物线的切线的交点在准线上；过抛物线准线上任一点作抛物线的切线，则过两切点的弦必过焦点

二、2007—2014广东高考圆锥曲线综合题回顾 年份 载 体 求 解 2014 椭 圆 （1）求椭圆标准方程；（2）求点的轨迹方程 2013 抛物线 （1）求抛物线方程；（2）求直线方程（3）求最值 2012 椭 圆 （1）求椭圆方程；（2）存在性问题求最值 2011 圆 （1）求点的轨迹方程；（2）求最值 2010 双曲线 （1）求点的轨迹方程；（2）求值 2009 抛物线 （1）求点的轨迹方程；（2）求最值 2008 椭 圆 （1）求椭圆方程和抛物线方程；（2）存在性问题 2007 椭 圆 （1）求圆方程；（2）存在性问题求最值 三、圆锥曲线常考题型与解题策略 题型1：求轨迹方程 解题策略：

（1）熟练各种圆锥曲线的有关定义、标准方程、性质； （2）认真审题； （3）列式求解；

（4）查漏补缺下结论。

特别注意：若所求的方程后面要用到，必须验算！

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第3页（共37页）

x2y2例1. （2014广东）已知椭圆C:221(ab0)的一个焦点为(5,0)，离心

ab5率为。

3（1）求椭圆C的标准方程；

（2）若动点P(x0,y0)为椭圆外一点，且点P到椭圆C的两条切线相互垂直，求点P的轨迹方程.

解:(1)c5,a3,b2a2c2954,3x2y2椭圆C的标准方程为:1.94(2)若一切线垂直x轴,则另一切线垂直于y轴,则这样的点P共4个,5,e它们的坐标分别为(3,2),(3,2).若两切线不垂直于坐标轴,设切线方程为y即y(9k2x2k(xx0)y0,将之代入椭圆方程94)x218k(y0kx0)x9(y0kx0)2kx0)24(9k22x0y0k36(y04)y02kx0)20,40491,y021,即:2x0y213.4(9k2kx0)29)k2y0k(xx0),y21中并整理得:440,依题意,0,4)0,

ca5a即:(18k)2(y0　　　即4(y0(x02　　　两切线相互垂直,k1k2x02y0213,显然(3,2),(3,2)这四点也满足以上方程,点P的轨迹方程为x2变式练习：

1.(2014辽宁) 圆x2y24的切线与x轴正半轴，y轴正半轴围成一个三角形，当该

x2y2三角形面积最小时，切点为P（如图），双曲线C1:221过点P且离心率为3.

ab（1）求C1的方程；

（2）椭圆C2过点P且与C1有相同的焦点，直线l过C2的右焦点且与C2交于A，B

两点，若以线段AB为直径的圆过点P，求l的方程

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y2x22.[2014·陕西] 如图，曲线C由上半椭圆C1：2＋2＝1(a>b>0，y≥0)和部分抛物线

abC2：y＝－x2＋1(y≤0)连接而成，C1与C2的公共点为A，B，其中C1的离心率为3. 2(1)求a，b的值；

(2)过点B的直线l与C1，C2分别交于点P，Q(均异于点A，B)，若AP⊥AQ，求直线

yl的方程．

P

AB Ox Q

题型2：与圆锥曲线相关的最值问题

解题策略：(1)常用方法有配方法、判别式法、导数法、函数单调性等;

(2)参数方程法（三角代换法）,把问题转化为三角函数问题，利用三角函数的有界性; (3)不等式法,通过基本不等式求最值; (4)数形结合法. 解决最值问题一定要分清哪些量为变量,哪些量为常量;解决此类问题要综合应用多种知识,注意问题切入点的突破.

22xy

例2. [2014·四川] 已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的焦距为4，其短轴的两个端点与长

ab

轴的一个端点构成正三角形．

(1)求椭圆C的标准方程．

(2)设F为椭圆C的左焦点，T为直线x＝－3上任意一点，过F作TF的垂线交椭圆C于点P，Q.

①证明：OT平分线段PQ(其中O为坐标原点)；

|TF|②当最小时，求点T的坐标．

|PQ|

a2＋b2＝2b，

解：(1)由已知可得解得a2＝6，b2＝2，

2c＝2a2－b2＝4，

x2y2

所以椭圆C的标准方程是＋＝1.

62

(2)①证法一：由(1)可得，F的坐标是(－2，0)，设T点的坐标为(－3，m)，

m－0

则直线TF的斜率kTF＝＝－m.

－3－（－2）化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第5页（共37页）

1

当m≠0时，直线PQ的斜率kPQ＝.直线PQ的方程是x＝my－2.

m

当m＝0时，直线PQ的方程是x＝－2，也符合x＝my－2的形式． 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将直线PQ的方程与椭圆C的方程联立，得 x＝my－2，

x2y2得(m2＋3)y2－4my－2＝0， 6＋2＝1.

其判别式Δ＝16m2＋8(m2＋3)>0.所以

－24m

y1＋y2＝2，y1y2＝2，

m＋3m＋3

－12

x1＋x2＝m(y1＋y2)－4＝2.

m＋3

2mm－6

设M为PQ的中点，则M点的坐标为2，2.所以直线OM的斜率kOM＝－，

3m＋3m＋3

m

又直线OT的斜率kOT＝－，所以点M在直线OT上，因此OT平分线段PQ.

3

证法二：设T点的坐标为(－3，m)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ中点M（x0，y0），则

2222x12y12x2y2y12y2x12x2=1，=1 626226若m=0，则PQ中点为F，满足OT平分线段PQ；

xyy2xxm,kPQ1120 3x1x23(y1y2)3y0xmy由PQFT，得m(0)10kOTkOMO,M,T花线

3y03x0若m0，则kFTm,kOT综上：OT平分线段PQ。

② 方一：由①可得，|TF|＝m2＋1，

|PQ|＝（x1－x2）2＋（y1－y2）2＝（m2＋1）[（y1＋y2）2－4y1y2] ＝

（m2＋1）

24（m2＋1）4m2－2

. 2－4·2＝m2＋3m＋3m＋3

412

m＋1＋2＋4

m＋124|TF|

所以＝|PQ|

≥

1（m2＋3）2·＝24m2＋1

13（4＋4）＝. 243

4|TF|

当且仅当m2＋1＝2，即m＝±1时，等号成立，此时取得最小值．

|PQ|m＋1

|TF|故当最小时，T点的坐标是(－3，1)或(－3，－1)．

|PQ|方二：由（1），得x3是椭圆的左准线，离心e得

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第6页（共37页）

c2，由①及椭圆第二定义，a6226(m21)2，TFm1 PQPFFQ(x1x26)2m26余略。

变式练习：

x2y2

3.[2014·浙江卷] 如图，设椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)，动直线l与椭圆C只有一个公共

ab

点P，且点P在第一象限．

(1)已知直线l的斜率为k，用a，b，k表示点P的坐标；

(2)若过原点O的直线l1与l垂直，证明：点P到直线l1的距离的最大值为a－b.

4.[2014·山东卷] 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，A为C上异于原点的任意一点，过点A的直线l交C于另一点B，交x轴的正半轴于点D，且有|FA|＝|FD|.当点A的横坐标为3时，△ADF为正三角形．

(1)求C的方程．

(2)若直线l1∥l，且l1和C有且只有一个公共点E. ①证明直线AE过定点，并求出定点坐标．

②△ABE的面积是否存在最小值？若存在，请求出最小值；若不存在，请说明理由．

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题型3：与圆锥曲线相关的存在性问题

求解策略： (1)思路: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.

(2)策略: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,按常规法解题很难时,可先由特殊情况探究,再推广到一般情况.

例3.(2014深圳一模) 如图，直线l:yxb(b0)，抛物线

C:y22px(p0)，已知点P(2,2)在抛物线C上，且抛物线C上的点到直线l的32． 4（1）求直线l及抛物线C的方程；

（2）过点Q(2,1)的任一直线（不经过点P）与抛物线C交于A、B两点，直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2， k3．问：是否存

距离的最小值为

在实数，使得k1k2k3？若存在，试求出的值；若不存在，请说明理由．

解：（1）（法一）

点P(2,2)在抛物线C上， p1．

设与直线l平行且与抛物线C相切的直线l方程为yxm，

yxm,22由2 得x(2m2)xm0， y2x,(2m2)24m248m，

11由0，得m，则直线l方程为yx．

22两直线l、l间的距离即为抛物线C上的点到直线l的最短距离，

1b232有，解得b2或b1（舍去）．

42直线l的方程为yx2，抛物线C的方程为y22x． （法二）点P(2,2)在抛物线C上， p1，抛物线C的方程为y22x．

t2)tR)为抛物线C上的任意一点，设M(,t（点M到直线l的距离为d2t2根据图象，有tb0，

21d[(t1)22b1]，

22t2tb22，

tR，d的最小值为2b12b132，由，解得b2． 42222化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第8页（共37页）

因此，直线l的方程为yx2，抛物线C的方程为y2x． （2）直线AB的斜率存在，

设直线AB的方程为y1k(x2)，即ykx2k1，

2ykx2k1,2由2 得ky2y4k20， y2x,设点A、B的坐标分别为A(x1,y1)、B(x2,y2)，则y1y2224k，y1y2， kkk1y12y12222，k2，

y22x12y1y122222+82(y1y2)8224k2 kk1k2y12y22y1y22(y1y2)424k2243kk由2k14k1ykx2k1, 得xM，yM，

k1k1yx2,4k122k1， kk2k． kk112332k132k1因此，存在实数，使得k1k2k3成立，且2．

点评:(1)常常根据题意建立含有参数的等式或不等式,通过解等式或不等式求参数的值或范围.(2)建立关于某变量的一元二次方程,利用根与系数的关系或利用判别式求参数或参数的范围.

变式练习：

5.已知动圆P与圆F1:(x+3)2+y2=81相切,且与圆F2:(x-3)2+y2=1相内切,记圆心P的轨迹为曲线C;设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点,O为坐标原点,过点F2作OQ的平行线交曲线C于两个不同的点M,N.

(1)求曲线C的方程;

(2)试探究|MN|和|OQ|2的比值能否为一个常数?若能,求出这个常数;若不能,请说明理由; (3)记△QF2M的面积为S1,△OF2N的面积为S2,令S=S1+S2,求S的最大值. 化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第9页（共37页）

6. 在平面直角坐标系xOy中,经过点(0,√2)且斜率为k的直线l与椭圆+y2=1有两个不同的交点P和Q.

(1)求k的取值范围;

⃗⃗⃗⃗⃗ +(2)设椭圆与x轴正半轴、y轴正半轴的交点分别为A,B,是否存在常数k,使得向量𝑂𝑃

⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与𝐴𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ 共线?如果存在,求出k的值;如果不存在,请说明理由. 𝑂𝑄

x2y2

7.[2014·邯郸期末] 已知点F1(－1，0)，F2(1，0)分别是椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)的左、

ab

2

右焦点，点P1，在椭圆C上．

2

(1)求椭圆C的标准方程．

(2)设直线l1：y＝kx＋m，l2：y＝kx－m，若l1，l2均与椭圆C相切，试探究在x轴上是否存在定点M，点M到l1，l2的距离之积恒为1.若存在，请求出点M的坐标；若不存在，请说明理由．

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2

𝑥2

题型4：与圆锥曲线的弦长、距离、面积等有关的问题 解题策略：

（1）当直线的斜率是否存在未定时，用点斜式或斜截式表示直线时，需分类讨论；当直线与y轴不垂直时，可设直线为xtym的形式。将直线方程与圆锥曲线方程联立,构成方程组,得到型如a的方程，判别式为△，利用根与系数的关系设而不求xbxc0计

算

弦

长

,

设

两

交

点

为

2Ax1,y1,Bx2,y2，则|AB|=

(1k2)[(x1x2)24x1x2](11△22)[(yy)4yy]=（k为直线1k·1212k2|a|AB的斜率）；

（2）当涉及过焦点的弦长问题时,可考虑用圆锥曲线的定义； （3）当弦过原点时，可考虑转化为极坐标方程解。

例4． (2014大纲全国,理21)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F，直线y=4与y轴的交点为P,与C的交点为Q,且|QF|=

5|PQ|. 4(1)求C的方程;

(2)过F的直线l与C相交于A,B两点,若AB的垂直平分线l'与C相交于M、N两点，且A、M、B、N四点在同一圆上,求l的方程.

命题定位:本题主要考查抛物线的定义、直线方程、一元二次方程的根与系数的关系、弦长公式等知识,体现数形结合的思想、函数方程思想.对运算求解能力、分析问题和解决问题的能力、数学探究能力及综合运用知识的能力有较高的要求.

2解：（I）设Qx0,4，代入y2px，得x08, pPQ8,QFpp2x0p28. p由题设得

p28p548pp，解得

2（舍去）或p2，

0，

∴C的方程为

y24x；

my1m2（II）由题设知l与坐标轴不垂直，故可设l的方程为x代入

y24x，得y4my1,2m,4m21

4y2

0．

4m,y1y24．

设Ax1,y1,Bx2,y2,则y12故AB的中点为D2mABm21y1y2又l的斜率为l的方程为xm,

1ym2m23．

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将上式代入

y224x，并整理得y4ym42m230．

设Mx3,y3,Bx4,y4,则

y3y44,y3y4m2m22m242m23,3．

故MN的中点为E2, mMN11y32my44m21m22m21．

BE1MN，则 2由MN垂直平分AB，故A,M,B,N四点在同一圆上等价于AE12AB4即4m2DE122212MN, 42m22m2m2224m2122m21，

m410，解得m1或m化简得m所求直线l的方程为xy10或xy1变式练习：

1．

0．

x2y28.(2014课标全国Ⅰ) 已知点A（0，-2），椭圆E：221(ab0)的离心率为

ab323，F是椭圆的焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点. 23(Ⅰ)求E的方程； （Ⅱ）设过点A的直线l与E相交于P,Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程.

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9. 在平面直角坐标系xOy中，过定点C（0，p）作直线与抛物线x2=2py（p>0）相交于A、B两点。

（Ⅰ）若点N是点C关于坐标原点O的对称点，求△ANB面积的最小值；

（Ⅱ）是否存在垂直于y轴的直线l，使得l被以AC为直径的圆截得弦长恒为定值？若存在，求出l的方程；若不存在，说明理由。

题型5：圆锥曲线的中点弦问题

解题策略：这类问题一般有以下三种类型： （1）求中点弦所在直线方程问题； （2）求弦中点的轨迹方程问题； （3）求弦中点的坐标问题。

其解法有“点差法”、设而不求法、参数法、待定系数法及中心对称变换法等。

x2y2例5.[2014·湖南] 如图7，O为坐标原点，椭圆C1：221(ab0)的左右焦点

ab22xy分别为F1,F2，离心率为e1；双曲线C2：221(ab0)的左右焦点分别为F3,F4，

ab3离心率为e2，已知e1e2，且F2F431.

2（Ⅰ）求C1，C2的方程；

（Ⅱ）F1过作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点，当直线OM与C2交于

P,Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值.

解：（Ⅰ）e1e21ba222yP3， 2AMF3F1O1b3即4434， aba24a2F2BF4xQa22b2,从而F2(b,0),F4(3b,0)，

图7 化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第13页（共37页）

于是3bbF2F431，

b1，a22

x2x22y1,双曲线C2的方程为y21. 故椭圆C1方程为22（Ⅱ）因为直线AB不垂直于y轴且过点F11,0，故设直线AB的方程为

xmy1.

xmy122由x2得m2y2my10， 2y12设A(x1,y1),B(x2,y2)，则y1,y2是上述方程的两个实根，

2m1 ,yy1222m2m2m42,2因此x1x2my1y222，AB的中点为M2， m2m2m2mm故直线PQ的斜率为，PQ的方程为yx，即mx2y0.

2224m2mx222222由yx,y1得2mx4，2m0,x,y,

2m22m222y1y2m2+4PQ2xy2 2m2设点A到直线PQ的距离为d，则B点到直线PQ的距离也为d，

22m4因为点A,B在直线mx2y0的异侧，所以mx12y1mx22y20，

于是mx12y1mx22y2mx12y1mx22y2,

2dmx12y1mx22y22 m从而2d22y1y2m42

2又因为y1y2y1y24y1y2221m2m42，所以2d221m2m42 21221m3 四边形APBQ面积SPQ2d2212222m2m而02m22，故当m0时，S取得最小值2. 故四边形APBQ面积的最小值为2.

变式练习：

x2y210.（2013新课标Ⅱ）平面直角坐标系xoy中,过椭圆221(ab0) 的右焦

ab点作直xy30交于A,B两点,为的中点,且OP的斜率为.

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第14页（共37页）

(Ⅰ)求的方程;

的对角线

,求四边形

(Ⅱ)为上的两点,若四边形面积的最大值.

x2y21311. 已知椭圆C:221(ab0)过点(1,)，且离心率e。

22ab （Ⅰ）求椭圆方程；

（Ⅱ）若直线l:ykxm(k0)与椭圆交于不同的两点M、N，且线段MN的垂直平分线过定点G(,0)，求k的取值范围。

题型6：圆锥曲线中的参数问题

解题策略：(1)函数法,用其他变量表示该参数,建立函数关系,利用函数值域来求解; (2)不等式法,根据题意建立含有参数的不等式,通过解不等式求参数的范围; (3)判别式法,建立关于某变量的一元二次方程,利用判别式Δ≥0求参数的范围;

18化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第15页（共37页）

(4)方程思想,建立含有参数的等式,通过等式确定参数. 例6.[2014·佛山质检] 已知椭圆C的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，且F2

到直线x－3y－9＝0的距离等于椭圆的短轴长．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若圆P的圆心为P(0，t)(t>0)，且经过F1，F2，Q是椭圆C上的动点且在圆P外，过点Q作圆P的切线，切点为M，当|QM|的最大值为32时，求t的值． 2x2y2解：(1)设椭圆的方程为2＋2＝1(a>b>0)．

ab|19|依题意可知，2b＝＝4，所以b＝2.

2又c＝1，故a2＝b2＋c2＝5，

x2y2故椭圆C的方程为＋＝1.

54(2)设Q(x0，y0)，圆P的方程为x2＋(y－t)2＝t2＋1. 因为PM⊥QM，所以

22|QM|＝|PQ|2－t2－1＝x20＋（y0－t）－t－1＝1－（y0＋4t）2＋4＋4t2. 4

1

若－4t≤－2，即t≥，当y0＝－2时，|QM|取得最大值，

23 231

|QM|max＝4t＋3＝，解得t＝<(舍去)．

2821

若－4t>－2，即023 21

且|QM|max＝4＋4t2＝，解得t2＝. 28

12

又024

23 2

综上可知，当t＝时，|QM|的最大值为.

42

变式练习： 12.[2014·湖北卷] 在平面直角坐标系xOy中，点M到点F(1，0)的距离比它到y轴的距离多1.记点M的轨迹为C.

(1)求轨迹C的方程；

(2)设斜率为k的直线l过定点P(－2，1)，求直线l与轨迹C恰好有一个公共点、两个公共点、三个公共点时k的相应取值范围．

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第16页（共37页）

12

13.已知椭圆C:

𝑥22

+y2=1,右焦点为F2.设A,B是C上的两个动点,线段AB的中点M的

⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 横坐标为-,线段AB的中垂线交椭圆C于P,Q两点.求𝐹2P·𝐹2Q的取值范围.

题型7：与圆锥曲线相关的定点、定值问题

解题策略：与圆锥曲线相关的定点、定值问题往往与圆锥曲线中的“常数”有关,如椭圆的长、短轴,双曲线的虚、实轴,抛物线的焦点、准线等.定值问题的求解与证明类似,在求定值之前,已经知道定值的结果(题中未告知,可用特殊值探路求之),解答这类题要大胆设参,运算推理,到最后参数必清,定值显现.

处理定点问题的方法：⑴常把方程中参数的同次项集在一起，并令各项的系数为零，求出定点；

⑵也可先取参数的特殊值探求定点，然后给出证明，

例7.已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3，最小值为1．

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）若直线l:ykxm与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标．

x2y2 解：（Ⅰ）设椭圆C的标准方程为221(ab0)，则

abac3,ac1a2,c1b23 x2y21 故椭圆C的标准方程为43 （Ⅱ）设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

联立ykxm，22， 得(34k)x22xy1.348mkx4(m23)0，

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第17页（共37页）

64m2k216(34k2)(m23)0，即34k2m20，

8mk4(m23)x1x2，x1x2

34k234k222又y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m23(m4k)，

234k因为以AB为直径的圆过椭圆的右焦点D(2，0)，

kADkBD1，即

y1y21，

x12x22y1y2x1x22(x1x2)40，

3(m24k2)4(m23)16mk40，

34k234k234k2m12k，9m216mk4k20，解得：m22k22，且均满足34km0， 70)，与已知矛盾； 当m12k时，l的方程为yk(x2)，直线过定点(2，22k2当m2时，l的方程为yk(x)，直线过定点(，0)．

7772所以，直线l过定点，定点坐标为(，0)．

7x2例8.（2014•江西）如图，已知双曲线C：2﹣y2=1（a＞0）的右焦点为F，点A，B

a分别在C的两条渐近线AF⊥x轴，AB⊥OB，BF∥OA（O为坐标原点）．

（1）求双曲线C的方程；

（2）过C上一点P（x0，y0）（y0≠0）的直线l：

x0x﹣y0y=1与直线AF相交于点M，2a恒为定值，并求此定值．

与直线x=相交于点N．证明：当点P在C上移动时，

（1）解：依题意知，A（c，），设B（t，﹣）， ∵AB⊥OB，BF∥OA， ∴

•

=﹣1，=

，

﹣y2=1；

），l的方程为：，

整理得：t=，a=

∴双曲线C的方程为

（2）证明：由（1）知A（2，﹣y0y=1，

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第18页（共37页）

又F（2，0），直线l：于是可得M（2，

﹣y0y=1与直线AF相交于点M，与直线x=相交于点N． ），N（，

），

∴==

===．

即恒为定值。

变式练习： x2y214.（2013山东（理））椭圆C：221（a＞b＞0）的左、右焦点分别是F1、F2,ab3离心率为 ，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1. 2 （Ⅰ）求椭圆C的方程； （Ⅱ）点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1、PF2,设∠F1PF2的角平分线 ，PM交C的长轴于点M（m，0），求m的取值范围； （Ⅲ）在（Ⅱ）的条件下，过点p作斜率为k的直线l，使得l与椭圆C有且只有一个公共点， 设直线PF1,PF2的斜率分别为k1，k2，若k≠0，试证明这个定值.

11为定值，并求出kk1kk2化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第19页（共37页）

15.（07山东理）已知椭圆C的中心在坐标原点，焦点在x轴上，椭圆C上的点到焦点距离的最大值为3；最小值为1；

（Ⅰ）求椭圆C的标准方程；

（Ⅱ）若直线l：ykxm与椭圆C相交于A，B两点（A，B不是左右顶点），且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点。求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标。

题型8：与圆锥曲线相关的求值问题

解题策略：熟练各种曲线的定义、方程和性质。

x2y2

例9.[2014·天津卷] 设椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，右顶点为A，

ab3

|F1F2|. 2

(1)求椭圆的离心率；

(2)设P为椭圆上异于其顶点的一点，以线段PB为直径的圆经过点F1，经过原点O的直线l与该圆相切，求直线l的斜率．

解：(1)设椭圆右焦点F2的坐标为(c，0)．

3

由|AB|＝|F1F2|，可得a2＋b2＝3c2.

2

c21222

又b＝a－c，则2＝，

a2

2所以椭圆的离心率e＝.

2

x2y2

2222

(2)由(1)知a＝2c，b＝c.故椭圆方程为2＋2＝1.

2cc→→

设P(x0，y0)．由F1(－c，0)，B(0，c)，有F1P＝(x0＋c，y0)，F1B＝(c，c)．

→→

由已知，有F1P·F1B＝0，即(x0＋c)c＋y0c＝0. 又c≠0，故有x0＋y0＋c＝0.① 上顶点为B.已知|AB|＝化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第20页（共37页）

x2y200

又因为点P在椭圆上，所以2＋2＝1.②

2cc

2

由①和②可得3x0＋4cx0＝0.

4

而点P不是椭圆的顶点，故x0＝－c.

3

4ccc

－，. 代入①得y0＝，即点P的坐标为333

4c－c＋0＋c3322

设圆的圆心为T(x1，y1)，则x1＝＝－c，y1＝＝c，

2323

5

则圆的半径r＝（x1－0）2＋（y1－c）2＝c.

3

设直线l的斜率为k，依题意，直线l的方程为y＝kx.

k－2c－2c33|kx1－y1|5由l与圆相切，可得2＝r，即＝c，

3k＋1k2＋1整理得k2－8k＋1＝0，解得k＝4±15， 所以直线l的斜率为4＋15或4－15. 变式练习：

x2y2

16.[2014·重庆卷] 如图所示，设椭圆2＋2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点

ab|F1F2|2

D在椭圆上，DF1⊥F1F2，＝22，△DF1F2的面积为.

|DF1|2

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设圆心在y轴上的圆与椭圆在x轴的上方有两个交点，且圆在这两个交点处的两条切线相互垂直并分别过不同的焦点，求圆的半径．

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第21页（共37页）

x2y2

17.[2014·新课标全国卷Ⅱ] 设F1，F2分别是椭圆C：2＋2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，

abM是C上一点且MF2与x轴垂直，直线MF1与C的另一个交点为N.

3

(1)若直线MN的斜率为，求C的离心率；

4

(2)若直线MN在y轴上的截距为2，且|MN|＝5|F1N|，求a，b.

18.[2014·安徽] 如图，已知两条抛物线E1：y2＝2p1x(p1＞0)和E2：y2＝2p2x

(p2＞0)，过原点O的两条直线l1和l2，l1与E1，E2分别交于A1，A2两点，l2与E1，E2分别交于B1，B2两点．

(1)证明：A1B1∥A2B2；

(2)过O作直线l(异于l1，l2)与E1，E2分别交于C1，C2两点，记△A1B1C1与△A2B2C2

S1

的面积分别为S1与S2，求的值．

S2

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第22页（共37页）

变式练习参考答案

21．解：（1）设圆半径r,P点上下两段线段长分别为m,n,r4

由射影定理得r2mn,三角形面积

114sm24n24r4(m2n2)16 221414r8m2n216r8r216 22仅当mn2时，S取最小值，这时P(2,2).cx2y22223,cba,把点P(2,2)代入双曲线方程2-21中aab 222c3，b2，a1y2所以，双曲线方程为x-122（2）由（1）可知双曲线C1的焦点（±可设椭圆C2的方程为

，0），即为椭圆C2的焦点．

（b1＞0）．

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第23页（共37页）

把P代入可得，解得=3，

因此椭圆C2的方程为．

，A（x1，y1），B（x2，y2），

，

．

=

， =，

．

， ，

，解得m=

或m=

或

，

．

由题意可设直线l的方程为x=my+联立∴∴x1+x2=x1x2=

，化为，

∵

∴∴

，∴

， +

因此直线l的方程为：2.解：(1)

抛物线y-x21交于点(-1,0),(1,0)，b1

c32,ab2c2 a2联立解得a2,b1,c23 又y2椭圆方程为x21

4 （2）设过B(1,0)的直线方程为yk(x-1),P(x1,y1),Q(x2,y2)，

y2与x21联立得：k2(x2-2x1)4x24,即(k24)x2-2k2xk2-40

4k2-4-8kk2-4-8k由韦达定理得x12,y1k(x1-1)2,即P(2,)

k4k4k4k24与y-x21联立得:x2kx-k-10

由韦达定理得x2-k-1,y2k(x2-1)-k2-2k,即Q(-k-1,-k2-2k)，A(-1,0) APAQ

k2-4-8kAP•AQ0,即(21, 2)•(-k, -k2-2k)0

k4k4化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第24页（共37页）

8即(k,-4)(1,k2)k-4(k2)0,解得k-.

38所以，所求直线方程为y-(x-1)

3方法二：若设直线l的方程为x＝my＋1(m≠0)，比照方法一给分． 3. 解：(1)设直线l的方程为y＝kx＋m(k<0，m>0)，

y＝kx＋m，

由x2y2得(b2＋a2k2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0. a2＋b2＝1，

由于l与C只有一个公共点，故Δ＝0，即b2－m2＋a2k2＝0，

a2kmb2m解得点P的坐标为－b2＋a2k2，b2＋a2k2. 

－a2k，b2又点P在第一象限，故点P的坐标为P222.

b2＋a2k2b＋ak

(2)由于直线l1过原点O且与l垂直，故直线l1的方程为x＋ky＝0，所以

－a2k＋b2k222b2＋a2k2b＋ak

点P到直线l1的距离d＝，

1＋k2

a2－b2

整理得d＝2. bb2＋a2＋a2k2＋2

k

a2－b2a2－b2b2

22

因为ak＋2≥2ab，所以≤22＝a－b，

kb2b＋a＋2ab2222

b＋a＋ak＋2k

b

当且仅当k2＝时等号成立．

a

所以，点P到直线l1的距离的最大值为a－b.

pp＋2t，0.设D(t，0)(t>0)，则FD的中点为4. 解：(1)由题意知F24，0.

pp

t－， 因为|FA|＝|FD|，由抛物线的定义知3＋＝22解得t＝3＋p或t＝－3(舍去)． p＋2t由＝3，解得p＝2，

4

所以抛物线C的方程为y2＝4x.

(2)①证明：由(1)知F(1，0)．设A(x0，y0)(x0y0≠0)，D(xD，0)(xD>0)． 因为|FA|＝|FD|，则|xD－1|＝x0＋1，

y0

由xD>0得xD＝x0＋2，故D(x0＋2，0)．故直线AB的斜率kAB＝－.

2

y0

因为直线l1和直线AB平行，设直线l1的方程为y＝－x＋b，

2

88b

代入抛物线方程得y2＋y－＝0，

y0y0

6432b2

由题意Δ＝2＋＝0，得b＝－.

y0y0y0化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第25页（共37页）

44

设E(xE，yE)，则yE＝－，xE＝2.

y0y0

4＋y

y004y0yE－y0

2

当y0≠4时，kAE＝＝－， 2＝2

4y0xE－x0y0－4－y240

4y0

可得直线AE的方程为y－y0＝2(x－x0)，

y0－44y0

由y2(x－1)，直线AE恒过点F(1，0)． 0＝4x0，整理可得y＝2

y0－4

当y20＝4时，直线AE的方程为x＝1，过点F(1，0)． 所以直线AE过定点F(1，0)．

②由①知，直线AE过焦点F(1，0)，

11

＋1＝x0＋＋2. 所以|AE|＝|AF|＋|FE|＝(x0＋1)＋x0x0

x0－1

设直线AE的方程为x＝my＋1，因为点A(x0，y0)在直线AE上，故m＝.

y0

y0

设B(x1，y1)．直线AB的方程为y－y0＝－(x－x0)，

2

288

由y0≠0，得x＝－y＋2＋x0.代入抛物线方程得y2＋y－8－4x0＝0，所以y0＋y1＝－，

y0y0y084

可求得y1＝－y0－，x1＝＋x0＋4.

y0x0

所以点B到直线AE的距离为 4＋x0＋4＋my0＋8－1

y04（x0＋1）1x0

x＋0d＝＝＝4，

x0x01＋m2

111

则△ABE的面积S＝×4x0＋x0＋＋2≥16，

2x0x0

1

当且仅当＝x0，即x0＝1时，等号成立．

x0

所以△ABE的面积的最小值为16.

5. 解:(1)设圆心P的坐标为(x,y),半径为R,

∵动圆P与圆F1:(x+3)2+y2=81相切,且与圆F2:(x-3)2+y2=1相内切, ∴动圆P与圆F1:(x+3)2+y2=81只能内切. |𝑃𝐹|=9-R∴{1⇒|PF1|+|PF2|=8>|F1F2|=6. |𝑃𝐹2|=R-1

∴圆心P的轨迹为以F1,F2为焦点的椭圆,其中2a=8,2c=6. ∴a=4,c=3,b2=a2-c2=7. 故曲线C的方程为16+

𝑥2

𝑦27

=1.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),Q(x3,y3),直线OQ的方程为x=my,则直线MN的方程为x=my+3.

112𝑚2112𝑚22𝑥=𝑚𝑦,𝑥2=7𝑚2+16,𝑥3=7𝑚2+16,

由{𝑥2𝑦2可得{则{ 112112+=1,22

𝑦=,𝑦=.16732222

∴|OQ|2=𝑥3+𝑦3=7𝑚2+16+7𝑚2+16=

112𝑚2

7𝑚+16

112

112(𝑚2+1)7𝑚2+16

7𝑚+16

.

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第26页（共37页）

𝑥=𝑚𝑦+3,42𝑚49由{𝑥2𝑦2可得(7m2+16)y2+42my-49=0,∴y1+y2=-2,y1y2=-2.

7𝑚+167𝑚+16+=1,

16

7

∴|MN|=√(𝑥2-𝑥1)2+(𝑦2-𝑦1)2=√[(𝑚𝑦2+3)-(m𝑦1+3)]2+(𝑦2-𝑦1)2 =√𝑚2|𝑀𝑁|

+1|y2-y1|=√𝑚2=2.

1

∴|𝑂𝑄|2=

56(𝑚2+1)

7𝑚2+16112(𝑚2+1)7𝑚2+16

42𝑚4956(𝑚+1)

+1√(𝑦1+𝑦2)2-4𝑦1𝑦2=√𝑚2+1√(-7𝑚2+16)-4(-7𝑚2+16)=7𝑚2+16.

22

∴|MN|和|OQ|2的比值为一个常数,这个常数为2.

1

(3)∵MN∥OQ,∴△QF2M的面积=△OF2M的面积. ∴S=S1+S2=S△OMN.

3∵O到直线MN:x=my+3的距离d=2, ∴S=2|MN|·d=2×

1

1

56(𝑚2+1)7𝑚2+16

9×3√𝑚2+1=

√𝑚+184√𝑚2+17𝑚2+16√14=

84√𝑚2+17(√𝑚2+1)+9

2=

8497√𝑚2+1+√𝑚2+1≤284√7×9=2√7 当且仅当7√𝑚2+1=

√𝑚2+1即m=±7时,S取最大值2√7.

84𝑡

84𝑡

9

(或：令√𝑚2+1=t,则m2=t2-1(t≥1),S=7(𝑡2-1)+16=7𝑡2+9=∵7t+𝑡≥2√7𝑡·𝑡=6√7(当且仅当7t=𝑡, 即t=,亦即m=±√739

9

84

7𝑡+

9𝑡.

6. 解:(1)由已知条件知直线l的方程为y=kx+√2,

代入椭圆方程,得+(kx+√2)2=1,整理得(+𝑘2)x2+2√2kx+1=0.①

2

2

𝑥2

1

√14时取等号),∴当7

m=±√14时,S7

取最大值2√7.）

由直线l与椭圆有两个不同的交点P和Q, 得Δ=8k2-4(+𝑘2)=4k2-2>0,解得k<-或k>.

21

√2)2

√2√22

√22

∪(2,+∞). ⃗⃗⃗⃗⃗ +𝑂𝑄⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x1+x2,y1+y2). (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),则𝑂𝑃故k的取值范围为(-∞,-由方程①,知x1+x2=-1+2𝑘2.②

4√2k又y1+y2=k(x1+x2)+2√2=1+2𝑘2.③

⃗⃗⃗⃗⃗ =(-√2,1).所以𝑂𝑃⃗⃗⃗⃗⃗ +⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 与⃗⃗⃗⃗⃗ 共线等价于x1+x2=-√2(y1+y2), 由A(√2,0),B(0,1),得𝐴𝐵𝑂𝑄𝐴𝐵将②③代入,解得k=2.

√2√22√2因为由(1)知k<-或k>,所以不存在符合题意的常数k. 22

7. 解：(1)方法一：由F1(－1，0)，F2(1，0)是椭圆的两个焦点，得c＝1.

112x22

22＋＝1，又a2b2∴a＝2，b＝1，故椭圆C的方程为＋y＝1.

2

a2＝b2＋1，

方法二：由F1(－1，0)，F2(1，0)是椭圆的两个焦点，得c＝1.

√2

又2a＝|PF1|＋|PF2|＝（1－1）2＋

22－0＋2

（1＋1）2＋

2

－02＝2 2， 2

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第27页（共37页）

x22

∴a＝2，∴b＝1. 故椭圆C的方程为＋y＝1.

2

(2)把l1的方程代入椭圆方程，整理得(1＋2k2)x2＋4mkx＋2m2－2＝0. ∵直线l1与椭圆C相切，

∴Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0，化简得m2＝1＋2k2. 同理把l2的方程代入椭圆方程，也得m2＝1＋2k2.

设在x轴上存在点M(t，0)，点M到直线l1，l2的距离之积为1，则 |kt＋m||kt－m|

·2＝1，即|k2t2－m2|＝k2＋1， 2k＋1k＋1

把1＋2k2＝m2代入上式并去绝对值整理，得k2(t2－3)＝2或k2(t2－1)＝0. k2(t2－3)＝2显然不恒成立，

要使得k2(t2－1)＝0对任意的k∈R恒成立，则t2－1＝0，解得t＝±1. 综上所述，满足题意的定点M存在，其坐标为(－1，0)或(1，0)． 8. 解：(Ⅰ) 设Fc,0，由条件知

223，得c3c3

x2c3222y21. 又，所以a=2，bac1 ,故E的方程

a24（Ⅱ）依题意当lx轴不合题意，故设直线l：ykx2，设Px1,y1,Qx2,y2 x2y21，得14k2x216kx120， 将ykx2代入48k24k233当16(4k3)0，即k时，x1,2

14k24224k214k23从而PQk1x1x2

14k22又点O到直线PQ的距离d，所以OPQ的面积

2k12SOPQ144k234dPQ214k24k23244k231 ，

当且仅当4k3244k23，即k7等号成立，且满足0， 274t4k，当且仅当，1t22t24t4t77x2 或yx2. 22（或：设4k3t，则t0，SOPQ等号成立，且满足0）

所以当OPQ的面积最大时，l的方程为：y9. （Ⅰ）依题意，点N的坐标为N（0,-p）,可设A（x1,y1）,B（x2,y2），直线AB的方程为

y=kx+p,与x2=2py联立得x2-2pkx-2p2=0.

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第28页（共37页）

由韦达定理得x1+x2=2pk，x1x2=-2p2. 于是SABNSBCNSACN12px1x2＝px1x2p(x1x2)24x1x2 2＝p4p2k28p22p2k22.

当k0时，（SABN）min22p2.

（Ⅱ）假设满足条件的直线l存在，其方程为y=a,AC的中点为O,t与AC为直径的圆相交于点P、Q，PQ的中点为H，则OHPQ,O点的坐标为（x1y1p ,）22OP11212ACx1(y1p)2＝y1p2. 222yp1OHa12ay1p,

22222PHOPOH=

121p(y1p2)(2ay1p)2＝(a)y1a(pa), 442p2PQ(2PH)2=4(a)y2a(pa).

2ppp令a0，得a,此时PQp为定值，故满足条件的直线l存在，其方程为y，

222即抛物线的通径所在的直线.

解法2：（Ⅰ）前同解法1，再由弦长公式得

AB1k2x1x21k2(x1x2)24x1x21k24p2k28p2

＝2p1k2k22. 又由点到直线的距离公式得d从而，SABN2p1k2.

112pdAB2p1k2k222p2k22, 221k2当k0时，（SABN）max22p2.

（Ⅱ）假设满足条件的直线t存在，其方程为y=a，则以AC为直径的圆的为

(x0)(xx1)(yp)(yy1)0,

将直线方程y=a代入得x2x1x(ap)(ay1)0

p则＝x124(ap)(ay1)4(a)y1a(pa).

2设直线l与以AC为直径的圆的交点为P（x2,y2）,Q（x4,y4）,则有

ppPQx3x44(a)y1a(pa)2(a)y1a(pa).

22化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第29页（共37页）

pp0,得a,此时PQp为定值 22p故满足条件的直线l存在，其方程为y.即抛物线的通径所在的直线。

2令a10. 解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，则

x12y12x22y22y2y1=1=1=1， ，，2222x2x1ababb2x2x1yy由此可得221=1.

ay2y1x2x1y122

因为x1＋x2＝2x0，y1＋y2＝2y0，0，所以a＝2b.

x02又由题意知，M的右焦点为(3，0)，故a－b＝3.因此a＝6，b＝3.

2

2

2

2

x2y2=1. 所以M的方程为63xy30,43,46x2x0,23(2)由x解得或因此|AB|＝. y31,y3.33,6y3由题意可设直线CD的方程为y＝xn设C(x3，y3)，D(x4，y4)．

53， n33yxn,22n29n222

2由x得3x＋4nx＋2n－6＝0.于是x＝. 3,4y31364因为直线CD的斜率为1，所以|CD|＝2|x4x3|9n2. 31869n2. 由已知，四边形ACBD的面积S|CD||AB|2986当n＝0时，S取得最大值，最大值为.

386所以四边形ACBD面积的最大值为.

31b2132211. 解：（Ⅰ）离心率e，21，即4b3a ①；

2a44319又椭圆过点(1,)，则221，

2a4b22①式代入上式，解得a4，b3，

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第30页（共37页）

x2y21。 故椭圆方程为43（Ⅱ）解法一：设M(x1,y1),N(x2,y2)，弦MN的中点A(x0,y0)

由ykxm222(34k)x8mkx4m120， 得：223x4y12直线l:ykxm(k0)与椭圆交于不同的两点，

64m2k24(34k2)(4m212)0，即m24k23 ②

8mk4m212,x1x2由韦达定理得：x1x2，

34k234k24mk4mk23m,ykxmm则x0， 0022234k34k34k3m224m34k直线AG的斜率为：KAG， 4mk132mk34k234k2834k224m由直线AG和直线MN垂直可得：， k1，即m28k32mk34k34k22551)4k23，即k2或k代入②式，可得(，则k。

10108k20解法二：设M(x1,y1),N(x2,y2)，弦MN的中点A(x0,y0)，则

2x12y12x2y21,1 43433xyy23(x1x2)0 两式相减，得k1x1x24(y1y2)4y0y0kAG,AGMN

1x083x013 kkAG1x0k128y04(x0)8x2y23511得y当x时，由 4432351y00或由题意，得A(x0,y0)在直线x和椭圆内且不在x轴上，则423530y0，k在此范围单调递增，故

48y0化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第31页（共37页）

k3535或k。 1010353588()4412. 解：(1)设点M(x，y)，依题意得|MF|＝|x|＋1，即（x－1）2＋y2＝|x|＋1，

化简整理得y2＝2(|x|＋x)．

4x，x≥0，2

故点M的轨迹C的方程为y＝

0，x<0.

(2)在点M的轨迹C中，记C1：y2＝4x，C2：y＝0(x<0)． 依题意，可设直线l的方程为y－1＝k(x＋2)．

y－1＝k（x＋2），

由方程组2可得ky2－4y＋4(2k＋1)＝0.①

y＝4x，

1

当k＝0时，y＝1.把y＝1代入轨迹C的方程，得x＝. 41

故此时直线l：y＝1与轨迹C恰好有一个公共点4，1. 当k≠0时，方程①的判别式Δ＝－16(2k2＋k－1)．② 设直线l与x轴的交点为(x0，0)，则由y－1＝k(x＋2)，

2k＋1

令y＝0，得x0＝－.③

k

Δ<0，1(i)若由②③解得k<－1或k>.

2x0<0，

1

，＋∞时，直线l与C1没有公共点，与C2有一个公共点．故此即当k∈(－∞，－1)∪2

时直线l与轨迹C恰好有一个公共点．

Δ＝0，Δ>0，(ii)若或 x0<0，x0≥0，

111

由②③解得k∈－1，2或－≤k<0.即当k∈－1，2时，直线l与C1只有一个公共点．

2

1

－，0时，直线l与C1有两个公共点，与C2没有公共点． 当k∈2

11

－，0∪－1，时，直线l与轨迹C恰好有两个公共点． 故当k∈22Δ>0，11(iii)若由②③解得－111

－1，－∪0，时，直线l与C1有两个公共点，与C2有一个公共点，故此时即当k∈22

直线l与轨迹C恰好有三个公共点．

1

，＋∞∪{0}时，直线l与轨迹C恰好有一个公共点；综上可知，当k∈(－∞，－1)∪2

11－1，－1∪0，1－，0∪－1，时，当k∈直线l与轨迹C恰好有两个公共点；当k∈2222

时，直线l与轨迹C恰好有三个公共点．

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第32页（共37页）

13. 解:由题意知,当直线

AB垂直于x轴时,直线AB方程为x=-,此时

2

⃗⃗2⃗⃗⃗⃗ =-1. P(-√2,0),Q(√2,0),得⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐹2P·⃗𝐹Q

当直线AB不垂直于x轴时,

设直线AB的斜率为k(k≠0),M(-,m)(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),则

2

x1+x2=-1,y1+y2=2m.

2+𝑦1=1,𝑦-𝑦2

由{𝑥2得(x1+x2)+2(y1+y2)·12=0,

𝑥1-𝑥222

+𝑦2=1,

2

2𝑥1

1

1

则-1+4mk=0,故k=

1

4𝑚

.此时,直线PQ斜率为k1=-4m,

1

PQ的直线方程为y-m=-4m(𝑥+),即y=-4mx-m.

2

𝑦=-4𝑚𝑥-𝑚,

2222

联立{𝑥2整理得(32m+1)x+16mx+2m-2=0. 2

+𝑦=1,

2

设P(x3,y3),Q(x4,y4),所以x3+x4=-2,x3x4=2.于是

32𝑚+132𝑚+1

⃗⃗2⃗⃗⃗⃗ =(x3-1)(x4-1)+y3y4=x3x4-(x3+x4)+1+(4mx3+m)(4mx4+m) ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 𝐹2P·⃗𝐹Q

=(4m2-1)(x3+x4)+(16m2+1)x3x4+m2+1 =

(1+16𝑚2)(2𝑚2-2)

32𝑚2+1

1

2

16𝑚22𝑚2-2

+

(4𝑚2-1)(-16𝑚2)

32𝑚2+1

+1+m=

由于M(-,m)在椭圆的内部,故⃗⃗⃗2⃗⃗⃗⃗ =19−𝐹Q

32

5132𝑡

32𝑚2+1

27

08

2

19𝑚2-1

.

·

.

232125232⃗⃗2⃗⃗⃗⃗ <125. 又1).

c32b21,a2b2c2，解得a24,b21 14. 解：（1）由已知得，，a2ax2y21 所以椭圆方程为：4PF1PMPF2PMPF1PMPF2PM（2）由题意可知：=,=, |PF1||PM||PF2||PM||PF1||PF2|24，将向量坐标代入并化简得： 设P(x0,y0)其中x02316)3x012x0 m（4x02因为x04， 所以m333x0，而x0(2,2)，所以m(,) 422（3）由题意可知，l为椭圆的在p点处的切线，由导数法可求得，切线方程为： 化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第33页（共37页）

y0y0x11x0x,k2，代入中得： y0y1，所以k0，而k14y0kk1kk24x3x3x3x03114(0)8为定值. kk1kk2x0x015. 分析：第一问，是待定系数法求椭圆的标准方程；第二问，直线l：ykxm与椭圆C相交于A，B两点，并且椭圆的右顶点和A、B的连线互相垂直，证明直线l过定点，就是通过垂直建立k、m的一次函数关系。

x2y2解（I）由题意设椭圆的标准方程为221(ab0)

abac3,ac1，a2,c1,b23 x2y2椭圆的标准方程为1

43（II）设A(x1,y1),B(x2,y2)，由ykxm得 223x4y12(34k2)x28mkx4(m23)0，

64m2k216(34k2)(m23)0，34k2m20

8mk4(m23)x1x2,x1x2（注意：这一步是同类坐标变换） 2234k34k3(m24k2)y1y2(kx1m)(kx2m)kx1x2mk(x1x2)m34k2

22（注意：这一步叫同点纵、横坐标间的变换）

以AB为直径的圆过椭圆的右顶点D(2,0),且kADkBD1，

y1y21，y1y2x1x22(x1x2)40， x12x223(m24k2)4(m23)16mk40， 22234k34k34k2k22，且满足34km0 7当m2k时，l:yk(x2)，直线过定点(2,0),与已知矛盾；

7m216mk4k20，解得m12k,m22k22时，l:yk(x)，直线过定点(,0)

7772综上可知，直线l过定点，定点坐标为(,0).

7当m16. 解：(1)设F1(－c，0)，F2(c，0)，其中c2＝a2－b2.

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第34页（共37页）

|F1F1||F1F2|2由＝22得|DF1|＝＝c. |DF1|222

1222从而S△DF1F2＝|DF1||F1F2|＝c2＝，故c＝1.从而|DF1|＝，

2222932由DF1⊥F1F2，得|DF2|2＝|DF1|2＋|F1F2|2＝，因此|DF2|＝，

22

所以2a＝|DF1|＋|DF2|＝22，故a＝2，b2＝a2－c2＝1.

x22

因此，所求椭圆的标准方程为＋y＝1.

2

x22

(2)如图所示，设圆心在y轴上的圆C与椭圆＋y＝1相交，P1(x1，y1)，P2(x2，y2)是两个

2

交点，y1>0，y2>0，F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2.由圆和椭圆的对称性，易知，x2＝－x1，y1＝y2，|P1P2|＝2|x1|.

→→

由(1)知F1(－1，0)，F2(1，0)，所以F1P1＝(x1＋1，y1)，F2P2＝(－x1－1，y1)． 2＝0. 再由F1P1⊥F2P2得－(x1＋1)2＋y1

x21

由椭圆方程得1－＝(x1＋1)2，即3x21＋4x1＝0， 2

4

解得x1＝－或x1＝0.

3

当x1＝0时，P1，P2重合，此时题设要求的圆不存在．

4

当x1＝－时，过P1，P2分别与F1P1，F2P2垂直的直线的交点即为圆

3

心C.由F1P1，F2P2是圆C的切线，且F1P1⊥F2P2，知CP1⊥CP2.

242又|CP1|＝|CP2|，故圆C的半径|CP1|＝|P1P2|＝2|x1|＝.

23

b22217. 解：(1)根据c＝a－b及题设知Mc，a，2b2＝3ac.

c1c

将b2＝a2－c2代入2b2＝3ac，解得＝，＝－2(舍去)．

a2a

1

故C的离心率为.

2

(2)由题意知，原点O为F1F2的中点，MF2∥y轴，所以直线MF1与y轴的交点D(0，2)是

b2

线段MF1的中点，故＝4，即b2＝4a.①

a

由|MN|＝5|F1N|，得|DF1|＝2|F1N|.设N(x1，y1)，由题意知y1<0，则

32（－c－x1）＝c，x1＝－2c，9c21

即代入C的方程，得2＋2＝1.②

4ab－2y1＝2，y1＝－1.

9（a2－4a）122

将①及c＝a－b代入②得＋＝1，

4a24a

解得a＝7，b2＝4a＝28，故a＝7，b＝27.

18. (1)证明：设直线l1，l2的方程分别为y＝k1x，y＝k2x(k1，k2≠0)，

y＝k1x，2p12p1则由2 得A1， 2，kk11y＝2px，1

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第35页（共37页）

y＝k1x，2p22p2，由2得A2k1. k21y＝2p2x，

2p12p12p22p2，同理可得B1，Bk2k2k2，k.

2

2

2

2

2p12p12p12p1→1111， －所以A1B1＝＝2p12－2，－2－2，kkkkkkkk

2

1

2

1

2

1

2

1

2p22p22p22p21111→－，－A2B2＝＝2p2kk2k2kk2－k2，k－k.

2

1

2

1

2

1

2

1

→p1→

故A1B1＝A2B2，所以A1B1∥A2B2

p2

(2) 解：由(1)知A1B1∥A2B2，同理可得B1C1∥B2C2，C1A1∥C2A2，

→S1|A1B1|2

所以△A1B1C1∽△A2B2C2，因此＝.

S2→

|A2B2|→

|A1B1|p1S1p21→p1→

又由(1)中的A1B1＝|A2B2|知，＝，故＝2.

p2p2S2p2→

|A2B2|

19. 解法一：（Ⅰ）设点P(x，y)，则Q(1，y)，由QPQFFPFQ得：

(x1，0)•(2，y)(x1，y)•(2，y)，

2化简得C:y4x.

2，B(x2，y2)，（Ⅱ）设直线AB的方程为xmy1(m0).设A(x1，y1)，又M1，

my24x，，消去x得：y24my40，(4m)2120， 联立方程组xmy1，故y1y24m，y1y24 由MA1AF，MB2BF得：

y1222， 1y1，y22y2，整理得：112，21mmmy2my121122•y1y222•4m122my1y2m4my1y20

解法二：（Ⅰ）由QP•QFFP•FQ得：FQ•(PQPF)0，

(PQPF)•(PQPF)0，PQPF0，PQPF

2所以点P的轨迹C是抛物线，由题意，轨迹C的方程为：y4x.

22（Ⅱ）由已知MA1AF，MB2BF，得120.则：

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第36页（共37页）

MAMB1AF2BF.…………①

过点A，B分别作准线l的垂线，垂足分别为A1，B1， 则有：

MAMBAA1BB1AFBF.…………②，

由①②得：

1AF2BFAFBF，即120.

化一中高三L1 圆锥曲线综合题高考常见题型与分析 第37页（共37页）