2019届高考数学专题19圆锥曲线综合

1．直线过定点

例1：已知中心在原点，焦点在x轴上的椭圆C的离心率为的直线交椭圆C于P，Q两点，且PQ22． （1）求C的方程；

（2）若直线l是圆x2y28上的点2,2处的切线，点M是直线l上任一点，过点M作椭圆C的切线MA，MB，切点分别为A，B，设切线的斜率都存在．求证：直线AB过定点，并求出该定点的坐标．

2，过左焦点F且垂直于x轴2x2y2【答案】（1）（2）证明见解析，2,1． 1；

84x2y2【解析】（1）由已知，设椭圆C的方程为221ab0，

abc22因为PQ22，不妨设点Pc,2，代入椭圆方程得221，

abc212，所以21，bc，所以b24，a22b28， a22bx2y2所以C的方程为1．

84又因为e（2）依题设，得直线l的方程为y2x2，即xy40， 设Mx0,y0，Ax1,y1，Bx2,y2，

由切线MA的斜率存在，设其方程为yy1kxx1，

yy1kxx12联立x2y2得，2k21x24ky1kx1x2y1kx180，

14822由相切得Δ16k2y1kx182k21y1kx140，

化简得y1kx18k24，即x128k22x1y1ky1240，

2因为方程只有一解，所以kyy1x1xx1， 2y1x1y1x1y1x1，所以切线MA的方程为22x182y12y1即x1x2y1y8，同理，切线MB的方程为x2x2y2y8，

x1x02y1y08又因为两切线都经过点Mx0,y0，所以，所以直线AB的方程为

xx2yy82020x0x2y0y8，

又x0y04，所以直线AB的方程可化为x0x24x0y8， x2y0x2即x0x2y8y80，令，得，

8y80y1所以直线AB恒过定点2,1．

2．面积问题

x2y2b例2：已知椭圆221ab0的左、右焦点分别为F1、F2，焦距为4，直线l1:yxabc与椭圆相交于A、B两点，F2关于直线l1的对称点E在椭圆上．斜率为1的直线l2与线段

AB相交于点P，与椭圆相交于C、D两点．

（1）求椭圆的标准方程；

（2）求四边形ACBD面积的取值范围．

x2y23232【答案】（1）（2）,． 1；

8493【解析】（1）由椭圆焦距为4，设F12,0，F22,0，连结EF1，设EF1F2， 则tanbbc，又a2b2c2，得sin，cos，

aaceF1F22csin901ac， 2aEF1||EF2sinsin90bcbcaaa222x2y2解得abccbc2，a8，所以椭圆方程为1．

84（2）设直线l2方程：yx+m，Cx1,y1、Dx2,y2，

4xxmx2y2121322由8，得3x4mx2m80，所以， 42yxmxx2m8123

2283226,6，B6,6，得AB由（1）知直线l1：yx，代入椭圆得A，33333446,6， 由直线l2与线段AB相交于点P，得m33216m242m848x1x22m2+12，

933CD2x1x22x1x22而kl21与kl11，知l2l1，SACBD1163ABCDm2+12， 29416343232326,6，得m2,0，所以m2+12,， 由m9393333232四边形ACBD面积的取值范围,．

93

3．参数的值与范围

例3：已知抛物线C:y22pxp0的焦点F1,0，点A1,2在抛物线C上，过焦点F的直线l交抛物线C于M，N两点． （1）求抛物线C的方程以及AF的值；

（2）记抛物线C的准线与x轴交于点B，若MFFN，BMBN40，求的值． 【答案】（1）y24x，AF2；（2）23． 【解析】（1）抛物线C:y22pxp0的焦点F1,0，

22p1，则2p4，抛物线方程为y24x； 2点A1,2在抛物线C上，AF1p2． 2（2）依题意，F1,0，设l:xmy1，设Mx1,y1、Nx2,y2，

y24x联立方程，消去x，得y24my40．

xmy1y1y24mx1my11所以 ①，且，

yy4xmy11222

又MFFN，则1x1,y1x21,y2，即y1y2，

21y24代入①得，消去y2得4m22，

1y24mB1,0，则BMx11,y1，BNx21,y2，

则BM|2BN|2BMBNx11y12x21y22 x12x222x1x22y12y22

(my11)2(my21)22my1my222y12y22 m21y12y224my1y28

m2116m284m4m816m440m216，

2222当16m440m21640，解得m2

4．弦长类问题

1，故23． 2x2y2x2例4：已知椭圆C1:221ab0的左右顶点是双曲线C2:y21的顶点，且椭圆

ab3C1的上顶点到双曲线C2的渐近线的距离为（1）求椭圆C1的方程；

3． 2（2）若直线l与C1相交于M1，M2两点，与C2相交于Q1，Q2两点，且OQ1OQ25，求M1M2的取值范围．

x2【答案】（1）y21；（2）0,10． 3【解析】（1）由题意可知：a23，又椭圆C1的上顶点为0,b，

双曲线C2的渐近线为：y3xx3y0， 333bx2b1，∴椭圆方程y21． 由点到直线的距离公式有：223x2（2）易知直线的斜率存在，设直线的方程为ykxm，代入y21，消去y并整理

3得：

13kx226kmx3m230，

2213k013k0要与C2相交于两点，则应有：， 22222236km413k3m30m13k设Q1x1,y1，Q2x2,y2，

3m236km则有：x1x2，x1x2．

13k213k2又OQ1OQ2x1x2y1y2x1x2kx1mkx2m1k2x1x2kmx1x2m2． 又：OQ1OQ25，所以有：m219k2，②

1222222， 1k3m36kmm13k513k2x2将ykxm，代入y21，消去y并整理得：13k2x26kmx3m230，

3要有两交点，则Δ36k2m2413k23m2303k21m2．③ 1由①②③有0k2．

93m236km设M1x3,y3、M2x4,y4．有x3x4，x3x4，

13k213k2M1M21k236k2m243m2313k213k2222

1k243m239k213k2．

将m19k代入有M1M21k22144k213k22M1M212k13k21k2．

M1M212k21k213k2221，令tk2，t0,，

91t令ftt1t13tf't13t31，t0,．

911所以f't0在t0,内恒成立，故函数ft在t0,内单调递增，

99

5故ft0,M1M20,10． 72

5．存在性问题

2x2y2A1,例5：已知椭圆C:221ab0的左、右焦点分别为F11,0，F21,0，点2ab在椭圆C上．

（1）求椭圆C的标准方程；

（2）是否存在斜率为2的直线l，使得当直线l与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y5上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足PMNQ？若存在，求出直线l的3方程；若不存在，说明理由．

x2【答案】（1）y21；（2）不存在，见解析．

2【解析】（1）设椭圆C的焦距为2c，则c1， 21,∵A2在椭圆C上，∴2aAF1AF222222222， 11222x2∴a2，bac1，故椭圆C的方程为y21．

2（2）假设这样的直线存在，设直线l的方程为y2xt，

5设Mx1,y1，Nx2,y2，Px3,，Qx4,y4，MN的中点为Dx0,y0，

3y2xt22x9y2tyt80， 由2，消去，得2x2y2∴y1y2yy2t2t，且Δ4t236t280，故y01且3t3， 929由PMNQ，知四边形PMQN为平行四边形， 而D为线段MN的中点，因此D为线段PQ的中点， 5y4t2t153，得y4∴y0， 299

7又3t3，可得y41，∴点Q不在椭圆上，

3故不存在满足题意的直线l．

对点增分集训

一、解答题

1．已知动圆P过点F22,0并且与圆F1:x2y24相外切，动圆圆心P的轨迹为C． （1）求曲线C的轨迹方程；

（2）过点F22,0的直线l1与轨迹C交于A、B两点，设直线l:x1，设点D1,0，直线22AD交l于M，求证：直线BM经过定点．

y2【答案】（1）x（2）见解析． 1x0；

32【解析】（1）由已知|PF1 |PF2 2，|PF1 |PF2 2，

P轨迹C为双曲线的右支，2a2，a1，|F1F2 2c4，c2

y2曲线C标准方程x1x0．

32（2）由对称性可知，直线BM必过x轴的定点，

13当直线l1的斜率不存在时，A2,3，B2,3，M,，知直线BM经过点P1,0，

22当直线l1的斜率存在时，不妨设直线l1:ykx2，Ax1,y1，Bx2,y2，

直线AD:y13y13y1y11M,，当时，，， yx1xM22x12x1x111214k24k23ykx22222得3kx4kx4k30，x1x2，x1x22， 222k33k3xy3下面证明直线BM经过点P1,0，即证kPMkPB，即

3y1y2， x11x21即3y1x23y1x1y2y2，由y1kx12k，y2kx22k，

4k234k234k2520 整理得，4x1x25x1x240，即42k3k3k23即证BM经过点P1,0，直线BM过定点1,0．

x2y232．已知点1,在椭圆E:221ab0上，设A，B分别为椭圆的左顶点、下顶点，

ab2原点O到直线AB的距离为（1）求椭圆E的方程；

（2）设P为椭圆E在第一象限内一点，直线PA，PB分别交y轴、x轴于D，C两点，求四边形ABCD的面积．

221． 7x2y2【答案】（1）（2）23． 1；

4391xy3【解析】（1）因为椭圆E:221ab0经过点1,，有2421，

abab222由等面积法，可得原点O到直线AB的距离为221ab，

227abx2y2联立两方程解得a2，b3，所以椭圆E的方程为E:1．

4322x0y0224y012． （2）设点Px0,y0x00,y00，则1，即3x043直线PA:yy02yx2，令x0，得yD0． x02x022y03x02y0233x02y0233，同理，可得AC． x02x02y03从而有BD所以四边形的面积为

113x02y0233x02y023ACBD 22x2y030224y01243x0y012x083y01121243x0y012x083y013x0 22x0y03x02y023x0y03x02y0231223x0y06x043y0x0y03x02y02323．

所以四边形ABCD的面积为23．

3．已知点C为圆x1y28的圆心，P是圆上的动点，点Q在圆的半径CP上，且有点A1,0和AP上的点M，满足MQAP0，AP2AM．

2（1）当点P在圆上运动时，判断Q点的轨迹是什么？并求出其方程；

（2）若斜率为k的直线l与圆x2y21相切，与（1）中所求点Q的轨迹交于不同的两点F，34，求k的取值范围． H，且OFOF（其中O是坐标原点）

45x2【答案】（1）是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴长为22的椭圆，y21；（2）

223,2332,． 32【解析】（1）由题意MQ是线段AP的垂直平分线， 所以CPQCQPQCQA22CA2，

所以点Q的轨迹是以点C，A为焦点，焦距为2，长轴长为22的椭圆， ∴a2，c1，ba2c21，

x2故点Q的轨迹方程是y21．

2（2）设直线l：ykxb，Fx1,y1，Hx2,y2， 直线l与圆x2y21相切，得bk121，即b2k21，

x22y1联立2，消去y得：12k2x24kbx2b220，

ykxbΔ16k2b2412k22b2182k2b218k20，得k0，

2b224kb，x1x2， x1x212k212k2∴OFOHx1x2y1y21k2x1x2kbx1x2b2

1k2b22212k2kb4kb12k2b2

1k2k2212k24k2k2112k21k2k1，

12k2231k24112所以，得， k412k2532∴322332，解得或， kkk23323232,． 3223,故所求范围为23x2y214．已知椭圆C:221ab0的焦距为2c，离心率为，圆O:x2y2c2，A1，A2ab2是椭圆的左右顶点，AB是圆O的任意一条直径，△A1AB面积的最大值为2． （1）求椭圆C及圆O的方程；

（2）若l为圆O的任意一条切线，l与椭圆E交于两点P，Q，求PQ的取值范围． 46x2y2【答案】（1）（2）3,1，x2y21；．

3431【解析】（1）设B点到x轴距离为h，则S△A1AB2S△A1OB2AO易知当线段ABhah，12在y轴时，hmaxBOc，S△A1ABac2， ec1，a2c，a2，c1，b3， a2x2y2所以椭圆方程为1，圆的方程为x2y21．

432b2（2）当直线L的斜率不存在时，直线L的方程为x1，此时PQ3；

a设直线L方程为：ykxm，直线为圆的切线，dm1k21，m2k21，

ykxm直线与椭圆联立，x2y2，得4k23x28kmx4m2120，

1348kmxx124k232判别式Δ483k20，由韦达定理得：， 2xx4m12124k23431k23k22所以弦长PQ1kx1x2，令t4k233， 24k32

24612所以PQ333,； t3t46综上，PQ3,，

3x2y25．如图，己知F1、F2是椭圆G:221ab0的左、右焦点，直线l:ykx1经

ab过左焦点F1，且与椭圆G交A，B两点，△ABF2的周长为43． （1）求椭圆G的标准方程；

（2）是否存在直线I，使得△ABF2为等腰直角三角形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

【答案】（1）

xy（2）不存在，见解析． 1；

3222【解析】（1）设椭圆G的半焦距为c，因为直线l与x轴的交点为1,0，故c1． 又△ABF2的周长为43，即ABAF2BF24a43，故a3，所以，b2a2c2312．

x2y2因此，椭圆G的标准方程为1．

32（2）不存在．理由如下：

先用反证法证明AB不可能为底边，即AF2BF2．

由题意知F21,0，设Ax1,y1，Bx2,y2，假设AF2BF2，则

x112y12x2122y2，

22x12y12x2y22又得：x1x2x1x260． 1，1，代入上式，消去y12，y23232因为直线l斜率存在，所以直线l不垂直于x轴，所以x1x2，故x1x26． (与x13，x23，x1x2236矛盾）

x2y216k22222联立方程3，得：3k2x6kx3k60，所以x1x226矛23k2ykx1盾．

故AF2BF2．

再证明AB不可能为等腰直角三角形的直角腰． 假设△ABF2为等腰直角三角形，不妨设A为直角顶点．

设AF1m，则AF223m，在△AF1F2中，由勾股定理得：m223m程无解．故不存在这样的等腰直角三角形．

24，此方