2020届高考文科数学大二轮复习冲刺创新专题题型2解答题规范踩点多得分第6讲解析几何第2课时圆锥曲线综合问题练习 12页

第2课时　圆锥曲线综合问题 ‎[考情分析]　圆锥曲线综合问题包括：探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等．这类问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，参数处理为核心，需要运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识求解，试题难度较大．‎ 热点题型分析 热点1　定点、定值问题 ‎1．直线恒过定点是指无论直线如何变动，必有一个定点的坐标适合这条直线的方程．问题就归结为用参数把直线方程表示出来，无论参数如何变化，这个方程必有一组常数解．‎ ‎2．定值的证明和探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接证得与参数无关的数值，在这类问题中，选择消元的方法是非常关键的．‎ ‎(2019·全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．‎ ‎(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径．‎ ‎(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．‎ 解　(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在线段AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．‎ 因为⊙M与直线x＋2＝0相切，‎ 所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.‎ 由已知得|AO|＝2.‎ 又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，‎ 解得a＝0或a＝4.‎ 故⊙M的半径r＝2或r＝6.‎ ‎(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．‎ 理由如下：‎ 设M(x，y)，由已知，‎ 得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.‎ 由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，‎ - 12 -‎ 化简，得M的轨迹方程为y2＝4x.‎ 因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，‎ 以直线x＝－1为准线的抛物线，‎ 所以|MP|＝x＋1.‎ 因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，‎ 所以存在满足条件的定点P.‎ ‎1．动直线过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋m，由题设条件将m用k表示为m＝f(k)，借助于点斜式方程思想确定定点坐标．‎ ‎2．定值问题的解法 ‎(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)．‎ ‎(2)将问题转化为证明待定式与参数(某些变量)无关；或先将式子用动点坐标或动直线中的参数表示；再利用其满足的约束条件消参得定值．‎ ‎(2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)．过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.‎ ‎(1)求直线l的斜率的取值范围；‎ ‎(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．‎ 解　(1)因为抛物线y2＝2px经过点P(1,2)，所以4＝2p，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意有Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或00)．‎ 由得x＝±.‎ 设u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．‎ 于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．‎ 由 得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.(*)‎ 设G(xG，yG)，则－u和xG是方程(*)的解，‎ 故xG＝，由此得yG＝.‎ 从而直线PG的斜率为＝－.‎ 所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．‎ ‎②由①得|PQ|＝2u ，|PG|＝，‎ 所以△PQG的面积 S＝|PQ|·|PG|＝ ‎＝.‎ 设t＝k＋，‎ 则由k>0，得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．‎ 因为S＝在[2，＋∞)上单调递减，‎ 所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.‎ 因此，△PQG面积的最大值为.‎ 热点3　探索性问题 圆锥曲线中的探索性问题常考查结论存在和条件探究两种题型，一般的解题思路如下：‎ - 12 -‎ ‎(1)结论存在型：即证明在给定的条件下，一些给定的结论是否存在．解题时一般先对结论作肯定假设，然后结合已知条件进行推证，若推证无矛盾，则正确；若推出矛盾，则否定此结论．过程可归纳为：假设—推证—定论；‎ ‎(2)条件探究型：即给出结论，需要分析出具备的条件，并加以证明．解题时一般从结论出发，依据其他已知条件，通过必要的逻辑推理，逐步找到结论成立的等价条件，即“执果索因”．‎ ‎　(2019·全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．‎ ‎(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；‎ ‎(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．‎ 解　(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，故C的离心率为e＝＝－1.‎ ‎(2)由题意可知，满足条件的点P(x，y)存在当且仅当 |y|·2c＝16，·＝－1，＋＝1，‎ 即c|y|＝16，①‎ x2＋y2＝c2，②‎ ＋＝1.③‎ 由②③及a2＝b2＋c2，得y2＝.‎ 又由①，知y2＝，故b＝4.‎ 由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，‎ 所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4.‎ 当b＝4，a≥4时，存在满足条件的点P.‎ 所以b＝4，a的取值范围为[4，＋∞)．‎ - 12 -‎ 解决探索性问题时要注意：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，推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．‎ ‎3．当条件和结论都未知时，按常规方法解题较难，因此要开放思维，采取其他途径．‎ 设椭圆M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为A(－1,0)，B(1,0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB＝，S△ABC＝.‎ ‎(1)求椭圆M的标准方程；‎ ‎(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得·为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)在△ABC中，由余弦定理得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CBcos∠ACB＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.‎ 又S△ABC＝CA·CBsin∠ACB＝CA·CB＝，‎ ‎∴CA·CB＝，代入上式得CA＋CB＝2.‎ 椭圆长轴2a＝2，焦距2c＝AB＝2.‎ 所以椭圆M的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设直线方程为y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，‎ 联立 消去y，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，‎ ‎∴x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 假设在x轴上存在定点D(x0,0)，‎ 使得·为定值，‎ ‎∴·＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)‎ ‎＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2‎ ‎＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋k2(x1－1)(x2－1)‎ ‎＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x＋k2‎ - 12 -‎ ‎＝.‎ 要使·为定值，则·的值与k无关，‎ ‎∴2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝，‎ 此时·＝－为定值，定点为.‎ 专题作业 ‎1．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.‎ ‎(1)证明：直线AB过定点；‎ ‎(2)若以E为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．‎ 解　(1)证明：设D，A(x1，y1)，则x＝2y1.‎ 因为y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.‎ 整理得2tx1－2y1＋1＝0.‎ 设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.‎ 故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.‎ 所以直线AB过定点.‎ ‎(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.‎ 由可得x2－2tx－1＝0.‎ 于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，‎ y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，‎ ‎|AB|＝|x1－x2|＝×＝2(t2＋1)．‎ 设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，‎ 则d1＝，d2＝ .‎ 因此，四边形ADBE的面积 - 12 -‎ S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3) .‎ 设M为线段AB的中点，则M.‎ 因为⊥，‎ 而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，‎ 所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.‎ 当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.‎ 因此，四边形ADBE的面积为3或4.‎ ‎2．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．‎ 解　(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．‎ 又由＋＞＋，知椭圆C不经过点P1，‎ 所以点P2在椭圆C上．‎ 因此解得 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.‎ 如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为，，‎ 则k1＋k2＝－＝－1，‎ 解得t＝2，不符合题设．‎ 从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．‎ 将y＝kx＋m代入＋y2＝1，‎ 得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.‎ 由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.‎ - 12 -‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 而k1＋k2＝＋＝＋ ‎＝.‎ 由题设k1＋k2＝－1，‎ 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.‎ 即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，‎ 解得k＝－.‎ 当且仅当m＞－1时，Δ＞0，‎ 于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，‎ 所以l过定点(2，－1)．‎ ‎3．(2019·北京高考)已知抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)．‎ ‎(1)求抛物线C的方程及其准线方程；‎ ‎(2)设O为原点，过抛物线C的焦点作斜率不为0的直线l交抛物线C于两点M，N，直线y＝－1分别交直线OM，ON于点A和点B.求证：以AB为直径的圆经过y轴上的两个定点．‎ 解　(1)由抛物线C：x2＝－2py经过点(2，－1)，‎ 得p＝2.‎ 所以抛物线C的方程为x2＝－4y，其准线方程为y＝1.‎ ‎(2)证明：抛物线C的焦点为F(0，－1)．‎ 设直线l的方程为y＝kx－1(k≠0)．‎ 由得x2＋4kx－4＝0.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝－4.‎ 直线OM的方程为y＝x.‎ 令y＝－1，得点A的横坐标xA＝－.‎ 同理得点B的横坐标xB＝－.‎ - 12 -‎ 设点D(0，n)，则＝，‎ ＝，‎ ·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2‎ ‎＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.‎ 令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，‎ 得n＝1或n＝－3.‎ 综上，以AB为直径的圆经过y轴上的定点(0,1)和(0，－3)．‎ ‎4．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点P在椭圆C上，且△PF1F2的面积的最大值为2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)已知直线l：y＝kx＋2(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M，N，若在x轴上存在点G，使得|GM|＝|GN|，求点G的横坐标的取值范围．‎ 解　(1)由已知，得 解得a2＝9，b2＝8，c2＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)，‎ 若存在点G(m,0)，使得|GM|＝|GN|，则GE⊥MN.‎ 由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0，‎ 由Δ>0，得k∈R.所以x1＋x2＝－，‎ 则x0＝，y0＝kx0＋2＝.‎ 因为GE⊥MN，所以kGE＝－，即＝－，‎ 所以有m＝＝.‎ 当k>0时，9k＋≥2＝12，所以－≤‎ - 12 -‎ m<0；当k<0时，9k＋≤－12，所以0