考点42圆锥曲线中的综合性问题【考纲要求】应从“数”与“形”两个方面把握直线与圆锥曲线的位置关系．会判断已知直线与曲线的位置关系(或交点个数)，会求直线与曲线相交的弦长、中点、最值、定值、点的轨迹、参数问题及相关的不等式与等式的证明问题． 【命题规律】圆锥曲线中的综合性问题一般在解答题中考查.难度较大.【典型高考试题变式】（一）探究直线与曲线的公共点例1.【2022新课标卷】在直角坐标系中,直线l:y=t(t≠0)交y轴于点M,交抛物线C：于点P,M关于点P的对称点为N,连结ON并延长交C于点H.（1）求；（2）除H以外,直线MH与C是否有其它公共点？说明理由.【解析】（1）由已知得,.又为关于点的对称点,故,的方程为,代入整理得,解得,,因此.所以为的中点,即.（2）直线与除以外没有其它公共点.理由如下：18\n直线的方程为,即.代入得,解得,即直线与只有一个公共点,所以除以外直线与没有其它公共点.【名师点睛】高考解析几何解答题大多考查直线与圆锥曲线的位置关系,直线与圆锥曲线的位置关系是一个很宽泛的考试内容,主要由求值、求方程、求定值、最值、求参数取值范围等几部分组成；解析几何中的证明问题通常有以下几类：证明点共线或直线过定点；证明垂直；证明定值问题.其中考查较多的圆锥曲线是椭圆与抛物线,解决这类问题要重视方程思想、函数思想及化归思想的应用.【变式1】【2022陕西省咸阳市二模】已知动点到定点和定直线的距离之比为，设动点的轨迹为曲线．（1）求曲线的方程；（2）过点作斜率不为0的任意一条直线与曲线交于两点，试问在轴上是否存在一点（与点不重合），使得，若存在，求出点坐标；若不存在，说明理由．（2）存在.设直线,则，即，，由得,即，整理得，18\n∴，解得，综上知,在轴上是存在点满足题意.【变式2】【2022湖南省常德市一模】已知椭圆的离心率为，过左焦点F且垂直于x轴的直线与椭圆相交，所得弦长为1，斜率为()的直线过点，且与椭圆相交于不同的两点． （1）求椭圆的方程；（2）在轴上是否存在点，使得无论取何值，为定值？若存在，求出点的坐标；若不存在，请说明理由．【解析】（1）由题意可知椭圆过点，则，又，解得，则椭圆方程.（2）设在x轴上存在点M（t，0）满足题意,直线过点（1，0）且斜率为k，则直线的方程可设为，由，可知，，易知，设，则，由题可设，18\n对任意实数恒成立；，解得，存在点M（2，0）满足题意，且常数为0.（二）探求参数值例2.【2022年高考四川卷】已知椭圆E：的两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点，直线与椭圆E有且只有一个公共点T.（1）求椭圆E的方程及点T的坐标；（2）设O是坐标原点，直线l’平行于OT，与椭圆E交于不同的两点A、B，且与直线l交于点P．证明：存在常数，使得，并求的值.【分析】（1）由椭圆两个焦点与短轴的一个端点是直角三角形的三个顶点可得，从而可得，椭圆的标准方程中可减少一个参数，再利用直线和椭圆只有一个公共点，联立方程，方程有两个相等实根，解出b的值，从而得到椭圆的标准方程；（Ⅱ）首先设出直线方程为，由两直线方程求出点坐标，得，同时设交点，把方程与椭圆方程联立后消去得的二次方程，利用根与系数关系，得，再计算，比较可得值.【解析】（1）由已知，，即，所以，则椭圆E的方程为.由方程组得.①方程①的判别式为，由，得，此方程①的解为，所以椭圆E的方程为，点T坐标为（2,1）.18\n方程②的判别式为，由，解得.由②得.所以，同理，所以.故存在常数，使得.18\n【名师点睛】本题考查椭圆的标准方程及其几何性质，考查学生的分析问题解决问题的能力和数形结合的思想.在涉及到直线与椭圆（圆锥曲线）的交点问题时，一般都设交点坐标为，同时把直线方程与椭圆方程联立，消元后，可得，再把用表示出来，并代入刚才的，这种方法是解析几何中的“设而不求”法．可减少计算量，简化解题过程．【变式1】【2022湖南省师大附中、长沙一中、长郡中学、雅礼中学四校联考】如图，在平面直角坐标系中，已知、分别是椭圆的左、右焦点，分别是椭圆的左、右顶点，为线段的中点，且.（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆上的动点（异于点、），连接并延长交椭圆于点，连接、并分别延长交椭圆于点，，连接，设直线、的斜率存在且分别为、.试问是否存在常数，使得恒成立？若存在，求出的值；若不存在，说明理由.【解析】（1）∵，∴，∵，化简得，点为线段的中点，∴，从而，，左焦点，故椭圆的方程为；（2）存在满足条件的常数，，设，，，，则直线的方程为，代入椭圆方程，整理得，，∵，∴，从而，故点，18\n同理，点，∵三点共线，∴，从而，从而，故，从而存在满足条件的常数，.【变式2】【2022洛阳市考试】已知，动点满足，.（1）求的值，并写出的轨迹曲线的方程；（2）动直线与曲线交于两点，且，是否存在圆使得恰好是该圆的切线，若存在，求出；若不存在，说明理由.【答案】（1），（2）存在圆∴.（2）设，将代入得，18\n∵，∴，且，，.∵，∴，即，∴，由和，得即可，因为与圆相切，∴，存在圆符合题意.【数学思想】①数形结合思想．②分类讨论思想．③转化与化归思想.【温馨提示】解决探索性问题的注意事项：探索性问题，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．(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，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．【典例试题演练】1.【2022江西师大附中一联】已知抛物线C的标准方程为，M为抛物线C上一动点，为其对称轴上一点，直线MA与抛物线C的另一个交点为N．当A为抛物线C的焦点且直线MA与其对称轴垂直时，△MON的面积为18．（1）求抛物线C的标准方程；（2）记，若t值与M点位置无关，则称此时的点A为“稳定点”，试求出所有“稳定点”，若没有，请说明理由．【解析】（1）由题意，，，18\n抛物线C的标准方程为．（2）设，设直线MN的方程为，联立得，∴，，，由对称性，不妨设，（ⅰ）时，，同号，又，，不论a取何值，t均与m有关，即时，A不是“稳定点”；（ⅱ）时，，异号．又，，仅当，即时，t与m无关，2.【2022广东广州测试】已知椭圆的中心在坐标原点，焦点在轴上，左顶点为，左焦点为，点在椭圆上，直线与椭圆交于，两点，直线，分别与轴交于点，．（1）求椭圆的方程；（2）以为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由．【解析】（1）设椭圆的方程为，因为椭圆的左焦点为，所以．因为点在椭圆上，所以．18\n由①②解得，，．所以椭圆的方程为．因为直线，分别与轴交于点，，令得，即点．同理可得点．所以．设的中点为，则点的坐标为．则以为直径的圆的方程为，即．令，得，即或．故以为直径的圆经过两定点，．18\n3.【2022山东省实验中学一诊】已知椭圆：的右焦点，过点且与坐标轴不垂直的直线与椭圆交于，两点，当直线经过椭圆的一个顶点时其倾斜角恰好为．（1）求椭圆的方程；（2）设为坐标原点，线段上是否存在点，使得？若存在，求出实数的取值范围；若不存在，说明理由．【解析】（1）由题意知，又，所以，，所以椭圆的方程为：；（2）设直线的方程为：，代入，得：，设，线段的中点为，则，由得：，所以直线为直线的垂直平分线，直线的方程为：，令得：点的横坐标，因为，所以，所以.所以线段上存在点使得，其中.4.已知双曲线2x2－y2＝2.（1）求以M(2，1)为中点的双曲线的弦所在的直线的方程；（2）过点N(1，1)能否作直线l，使直线l与所给双曲线交于P1，P2两点，且点N是弦P1P2的中点？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由.18\n5.【2022山西省名校模拟】已知圆，某抛物线的顶点为原点，焦点为圆心，经过点的直线交圆于，两点，交此抛物线于，两点，其中，在第一象限，，在第二象限.（1）求该抛物线的方程；（2）是否存在直线，使是与的等差中项？若存在，求直线的方程；若不存在，请说明理由.【解析】（1）可化为，根据已知抛物线的方程为（）.∵圆心的坐标为，∴，解得.∴抛物线的方程为.（2）∵是与的等差中项，圆的半径为2，∴.∴.由题知，直线的斜率存在，故可设直线的方程为，设，，由，得，，故，.18\n∵，∴，由，解得.∴存在满足要求的直线，其方程为或.6.【2022河北省定州中学月考】已知中心在原点，焦点在轴上的椭圆过点，离心率为，，是椭圆的长轴的两个端点（位于右侧），是椭圆在轴正半轴上的顶点.（1）求椭圆的标准方程；（2）是否存在经过点且斜率为的直线与椭圆交于不同两点和，使得向量与共线？如果存在，求出直线方程；如果不存在，请说明理由.【解析】（1）设椭圆的方程为，依题意得解得，.所以椭圆的方程为.（2）假设存在过点且斜率为的直线适合题意，则因为直线的方程为：，于是联立方程，.由直线与椭圆交于不同两点和知，，.令，，，，，18\n，由题知，，.从而，根据向量与共线，可得，，这与矛盾.故不存在符合题意的直线.7.【2022年济宁市模拟】已知曲线上的任意点到点的距离比它到直线的距离小1，（1）求曲线的方程；（2）点的坐标为，若为曲线上的动点，求的最小值；（3）设点为轴上异于原点的任意一点，过点作曲线的切线，直线分别与直线及轴交于，以为直径作圆，过点作圆的切线，切点为，试探究：当点在轴上运动（点与原点不重合）时，线段的长度是否发生变化？请证明你的结论.【解析】（1）设为曲线上的任意一点，依题意，点到点的距离与它到直线的距离相等，所以曲线是以为焦点，直线为准线的抛物线，所以曲线的方程为.（2）设，则，因为，所以当时，有最小值2（3）当点在轴上运动（与原点不重合）时，线段的长度不变，证明如下：依题意，直线的斜率存在且不为0，设，代入得，由得，将代入直线的方程得，又，故圆心，所以圆的半径为18\n当点在轴上运动（点与原点不重合）时，线段的长度不变，为定值.8.【2022湖南省四大名校联考】如图,在平面直角坐标系中,已知分别是椭圆的左、右焦点分别是椭圆的左、右顶点,为线段的中点,且.（1）求椭圆的方程；（2）若为椭圆上的动点(异于点),连接并延长交椭圆于点,连接、并分别延长交椭圆于点连接,设直线、的斜率存在且分别为、,试问是否存在常数,使得恒成立？若存在,求出的值；若不存在,说明理由.【解析】（1）,化简得,点为线段的中点,,从而,左焦点,故椭圆的方程为.（2）存在满足条件的常数.设,则直线的方程为,代入椭圆方程整理得,.,从而,故点.18\n理,点.因为三点、、共线，所以,从而.从而,故,从而存在满足条件的常数.9.【2022湖南省长沙市模拟】已知椭圆（）的离心率为，分别是它的左、右焦点，且存在直线，使关于的对称点恰好是圆（）的一条直线的两个端点.（1）求椭圆的方程；（2）设直线与抛物线（）相交于两点，射线，与椭圆分别相交于点，试探究：是否存在数集，当且仅当时，总存在，使点在以线段为直径的圆内？若存在，求出数集；若不存在，请说明理由.（2）因为产于的对称点恰好是圆的一条直径的两个端点，所以直线是线段的垂直平分线（是坐标原点），故方程为，与，联立得：，由其判别式得①.设，，则，，18\n从而，.因为的坐标为，所以，，注意到与同向，与同向，所以点在以线段为直径的圆内，所以即代入整理得②当且仅当即时，总存在，使②成立.又当时，由韦达定理知方程的两根均为正数，故使②成立的，从而满足①.故存在数集，当且仅当时，总存在使点在以线段为直径的圆内.10.已知椭圆：（）的焦距为，且过点.（1）求椭圆的方程和离心率；（2）设（）为椭圆上一点，过点作轴的垂线，垂足为.取点，连结，过点作的垂线交轴于点，点是点关于轴的对称点.试判断直线与椭圆的位置关系，并证明你的结论.【解析】（1）由题设，得，解得，故椭圆的方程为，离心率；18\n∵点在椭圆上，故，即，∴直线的斜率为，其方程为，联立方程组，代入消元得，利用，化简得，12分∴，故方程组有两组相同的实数解，∴直线与椭圆相切.18
