2019届二轮复习　圆锥曲线的综合问题学案（全国通用） 21页

第3讲　圆锥曲线的综合问题 ‎[考情考向分析]　1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．‎ 热点一　范围、最值问题 圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．‎ 例1　已知N为圆C1：(x＋2)2＋y2＝24上一动点，圆心C1关于y轴的对称点为C2，点M，P分别是线段C1N，C2N上的点，且·＝0，＝2.‎ ‎(1)求点M的轨迹方程；‎ ‎(2)直线l：y＝kx＋m与点M的轨迹Γ只有一个公共点P，且点P在第二象限，过坐标原点O且与l垂直的直线l′与圆x2＋y2＝8相交于A，B两点，求△PAB面积的取值范围．‎ 解　(1)连接MC2，‎ 因为＝2，‎ 所以P为C2N的中点，‎ 因为·＝0，‎ 所以⊥，‎ 所以点M在C2N的垂直平分线上，‎ 所以|MN|＝|MC2|，‎ 因为|MN|＋|MC1|＝|MC2|＋|MC1|＝2>4，‎ 所以点M在以C1，C2为焦点的椭圆上，‎ 因为a＝，c＝2，所以b2＝2，‎ 所以点M的轨迹方程为＋＝1.‎ ‎(2)由得 ‎(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，‎ 因为直线l：y＝kx＋m与椭圆Γ相切于点P，‎ 所以Δ＝(6km)2－4(3k2＋1) (3m2－6)‎ ‎＝12(6k2＋2－m2)＝0，即m2＝6k2＋2，‎ 解得x＝，y＝，‎ 即点P的坐标为，‎ 因为点P在第二象限，所以k>0，m>0，‎ 所以m＝，‎ 所以点P的坐标为，‎ 设直线l′与l垂直交于点Q，‎ 则|PQ|是点P到直线l′的距离，‎ 且直线l′的方程为y＝－x，‎ 所以|PQ|＝ ‎＝＝ ‎≤＝＝－，‎ 当且仅当3k2＝，即k2＝时，|PQ|有最大值－，‎ 所以S△PAB＝×4×|PQ|≤4－4，‎ 即△PAB面积的取值范围为.‎ 思维升华　解决范围问题的常用方法 ‎(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解．‎ ‎(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．‎ ‎(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．‎ 跟踪演练1　(2018·衡水金卷信息卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一条切线方程为y＝2x＋2，且离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两个不同的点，与y轴交于点M，且＝3，求实数m的取值范围．‎ 解　(1)由题意知，离心率e＝＝，‎ ‎∴c＝a，b＝a，∴＋＝1，‎ 将y＝2x＋2代入，得8x2＋8x＋8－a2＝0，‎ 由Δ＝128－32(8－a2)＝0，得a2＝4，‎ 故椭圆C的标准方程为x2＋＝1.‎ ‎(2)根据已知，得M(0，m)，‎ 设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，‎ 由得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0，‎ 且Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，‎ 即k2－m2＋4>0，‎ 且x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 由＝3，得－x1＝3x2，即x1＝－3x2，‎ ‎∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，‎ ‎∴＋＝0，‎ 即m2k2＋m2－k2－4＝0，‎ 当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，‎ ‎∴k2＝，‎ ‎∵k2－m2＋4>0，‎ ‎∴－m2＋4>0，即>0，‎ ‎∴10，‎ 解得k<0或00)的焦点F，与抛物线Γ相交于A，B两点，且|AB|＝8.‎ ‎(1)求抛物线Γ的方程；‎ ‎(2)过点P(12,8)的两条直线l1，l2分别交抛物线Γ于点C，D和E，F，线段CD和EF的中点分别为M，N.如果直线l1与l2的倾斜角互余，求证：直线MN经过一定点．‎ ‎(1)解　由题意可设直线AB的方程为y＝x－，‎ 由消去y整理得x2－3px＋＝0，‎ Δ＝9p2－4×＝8p2>0，‎ 令A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝3p，‎ 由抛物线的定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝8，‎ ‎∴p＝2.‎ ‎∴抛物线的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)证明　设直线l1，l2的倾斜角分别为α，β，‎ 由题意知，α，β≠.‎ 直线l1的斜率为k，则k＝tan α.‎ ‎∵直线l1与l2的倾斜角互余，‎ ‎∴tan β＝tan＝ ‎＝＝＝，‎ ‎∴直线l2的斜率为.‎ ‎∴直线CD的方程为y－8＝k(x－12)，‎ 即y＝k(x－12)＋8.‎ 由 消去x整理得ky2－4y＋32－48k＝0，‎ 设C(xC，yC)，D(xD，yD)，‎ ‎∴yC＋yD＝，‎ ‎∴xC＋xD＝24＋－，‎ ‎∴点M的坐标为.‎ 以代替点M坐标中的k，‎ 可得点N的坐标为(12＋2k2－8k,2k)，‎ ‎∴kMN＝＝.‎ ‎∴直线MN的方程为 y－2k＝[x－(12＋2k2－8k)]，‎ 即y＝x－10，‎ 显然当x＝10时，y＝0，‎ 故直线MN经过定点(10，0).‎ 热点三　探索性问题 ‎1．解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．‎ ‎2．反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．‎ 例3　(2018·河南名校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上、下焦点分别为F1，F2，上焦点F1到直线4x＋3y＋12＝0的距离为3，椭圆C的离心率e＝.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)椭圆E：＋＝1，设过点M(0,1)，斜率存在且不为0的直线交椭圆E于A，B两点，试问y轴上是否存在点P，使得＝λ？若存在，求出点P的坐标；若不存在，说明理由．‎ 解　(1)由已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，‎ 设椭圆的焦点F1(0，c)，‎ 由F1到直线4x＋3y＋12＝0的距离为3，‎ 得＝3，‎ 又椭圆C的离心率e＝，所以＝，‎ 又a2＝b2＋c2，求得a2＝4，b2＝3.‎ 椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)存在．理由如下：由(1)得椭圆E：＋＝1，‎ 设直线AB的方程为y＝kx＋1(k≠0)，‎ 联立 消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kx－12＝0，‎ Δ＝(8k)2＋4(4k2＋1)×12＝256k2＋48>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝－.‎ 假设存在点P(0，t)满足条件，‎ 由于＝λ，‎ 所以PM平分∠APB.‎ 所以直线PA与直线PB的倾斜角互补，‎ 所以kPA＋kPB＝0.‎ 即＋＝0，‎ 即x2(y1－t)＋x1(y2－t)＝0.(*)‎ 将y1＝kx1＋1，y2＝kx2＋1代入(*)式，‎ 整理得2kx1x2＋(1－t)(x1＋x2)＝0，‎ 所以－2k·＋＝0，‎ 整理得3k＋k(1－t)＝0，即k(4－t)＝0，‎ 因为k≠0，所以t＝4.‎ 所以存在点P(0,4)，使得＝λ.‎ 思维升华　解决探索性问题的注意事项 存在性问题，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，要思维开放，采取另外的途径．‎ 跟踪演练3　(2018·山东、湖北部分重点中学模拟)已知长轴长为4的椭圆＋＝1(a>b>0)过点P，点F是椭圆的右焦点．‎ ‎(1)求椭圆方程；‎ ‎(2)在x轴上是否存在定点D，使得过D的直线l交椭圆于A，B两点．设点E为点B关于x轴的对称点，且A，F，E三点共线？若存在，求D点坐标；若不存在，说明理由．‎ 解　(1)∵ 2a＝4，∴ a＝2，‎ 将点P代入＋＝1，得b2＝3.‎ ‎∴椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)存在定点D满足条件．‎ 设D(t,0)，直线l方程为x＝my＋t(m≠0)，‎ 联立 消去x，得(3m2＋4)y2＋6mt·y＋3t2－12＝0，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则E(x2，－y2)，‎ 且Δ>0.‎ 由A，F，E三点共线，可得(x2－1)y1＋(x1－1)y2＝0，‎ 即2my1y2＋(t－1)(y1＋y2)＝0，‎ ‎∴ 2m·＋(t－1)·＝0，‎ 解得t＝4，‎ 此时由Δ>0得m2>4.‎ ‎∴存在定点D(4,0)满足条件，且m满足m2>4.‎ 真题体验 ‎1．(2017·全国Ⅰ改编)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，‎ l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为________．‎ 答案　16‎ 解析　因为F为y2＝4x的焦点，‎ 所以F(1,0)．‎ 由题意知，直线l1，l2的斜率均存在且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－(x－1)．‎ 由 得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，Δ＝16k2＋16>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝1，‎ 所以|AB|＝·|x1－x2|‎ ‎＝· ‎＝·＝.‎ 同理可得|DE|＝4(1＋k2)．‎ 所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)‎ ‎＝4 ‎＝8＋4≥8＋4×2＝16，‎ 当且仅当k2＝，‎ 即k＝±1时，取得等号．‎ ‎2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)如图，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．‎ 解　(1)由题意知，e＝＝，2c＝2，所以c＝1，‎ 所以a＝，b＝1，‎ 所以椭圆E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立方程消去y，‎ 得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0.‎ 由题意知，Δ>0，‎ 且x1＋x2＝，x1x2＝－，‎ 所以|AB|＝|x1－x2|＝·.‎ 由题意可知，圆M的半径r为 r＝|AB|＝·.‎ 由题设知k1k2＝，所以k2＝，‎ 因此直线OC的方程为y＝x.‎ 联立方程 得x2＝，y2＝，‎ 因此|OC|＝＝.‎ 由题意可知，sin＝＝.‎ 而＝ ‎＝·，‎ 令t＝1＋2k，则t>1，∈(0,1)，‎ 因此＝·＝·＝·≥1，‎ 当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±，‎ 所以sin ≤，因此≤，‎ 所以∠SOT的最大值为.‎ 综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.‎ 押题预测 已知椭圆C1：＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合．‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．‎ 押题依据　本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．‎ 解　(1)因为C1，C2的焦点重合，‎ 所以＝，‎ 所以a2＝4.‎ 又a>0，所以a＝2.‎ 于是椭圆C1的方程为＋＝1，‎ 抛物线C2的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)假设存在直线l使得＝2，‎ 当l⊥x轴时，|MQ|＝3，|PN|＝4，不符合题意，‎ ‎∴直线l的斜率存在，‎ ‎∴可设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．‎ 由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，‎ 则x1＋x4＝，x1x4＝1，且Δ＝16k2＋16>0，‎ 所以|PN|＝· ‎＝.‎ 由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ 则x2＋x3＝，x2x3＝，‎ 且Δ＝144k2＋144>0，‎ 所以|MQ|＝·＝.‎ 若＝2，‎ 则＝2×，‎ 解得k＝±.‎ 故存在斜率为k＝±的直线l，使得＝2.‎ A组　专题通关 ‎1．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左、右焦点分别为F1，F2，且F2与抛物线y2＝4x的焦点重合．‎ ‎(1)求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若过F1的直线交椭圆于B，D两点，过F2的直线交椭圆于A，C两点，且AC⊥BD，求|AC|＋|BD|的最小值．‎ 解　(1)抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，所以c＝1，‎ 又因为e＝＝＝，所以a＝，‎ 所以b2＝2，‎ 所以椭圆的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)①当直线BD的斜率k存在且k≠0时，‎ 直线BD的方程为y＝k(x＋1)，‎ 代入椭圆方程＋＝1，‎ 并化简得(3k2＋2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.‎ Δ＝36k4－4(3k2＋2)(3k2－6)＝48(k2＋1)>0恒成立．‎ 设B(x1，y1)，D(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ ‎|BD|＝·|x1－x2|‎ ‎＝ ‎＝.‎ 由题意知AC的斜率为－，‎ 所以|AC|＝＝.‎ ‎|AC|＋|BD|＝4 ‎＝≥ ‎＝＝.‎ 当且仅当3k2＋2＝2k2＋3，即k＝±1时，上式取等号，‎ 故|AC|＋|BD|的最小值为.‎ ‎②当直线BD的斜率不存在或等于零时，‎ 可得|AC|＋|BD|＝>.‎ 综上，|AC|＋|BD|的最小值为.‎ ‎2．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，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)，点G(m，0)，使得|GM|＝|GN|，‎ 则GE⊥MN.‎ 由得x2＋36kx－36＝0，‎ 由Δ>0，得k∈R且k≠0.‎ ‎∴x1＋x2＝－，‎ ‎∴x0＝，y0＝kx0＋2＝.‎ ‎∵GE⊥MN，∴kGE＝－，‎ 即＝－，‎ ‎∴m＝＝.‎ 当k>0时，9k＋≥2＝12 ，‎ ‎∴－≤m<0；‎ 当k<0时，9k＋≤－12 ，‎ ‎∴00)．‎ ‎(1)证明：k<－；‎ ‎(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．‎ ‎(1)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则＋＝1，＋＝1.‎ 两式相减，并由＝k，‎ 得＋·k＝0.‎ 由题设知＝1，＝m，‎ 于是k＝－.①‎ 由题设得0b>0)上的一点，F1，F2是该椭圆的左、右焦点，且|F1F2|＝2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设点A，B是椭圆C上与坐标原点O不共线的两点，直线OA，OB，AB的斜率分别为k1，‎ k2，k，且k1k2＝k2.试探究|OA|2＋|OB|2是否为定值？若是，求出定值；若不是，说明理由．‎ 解　(1)由题意知，F1(－，0)，F2(，0)，‎ 根据椭圆定义可知|MF1|＋|MF2|＝2a，‎ 所以2a＝ ＋‎ ‎ ＝4，‎ 所以a2＝4，b2＝a2－c2＝1，‎ 所以椭圆C：＋y2＝1.‎ ‎(2)设直线AB：y＝kx＋m(km≠0)，‎ A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由 消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，‎ Δ＝(8km)2－16(m2－1)(4k2＋1)>0，‎ x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 因为k1k2＝k2，所以·＝k2，‎ 即km(x1＋x2)＋m2＝0(m≠0)，解得k2＝.‎ ‎|OA|2＋|OB|2＝x＋x＋y＋y ‎＝[(x1＋x2)2－2x1x2]＝5，‎ 所以|OA|2＋|OB|2＝5.‎ B组　能力提高 ‎5．(2018·衡水模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的上顶点为点D，右焦点为F2(1,0)，延长DF2交椭圆C于点E，且满足|DF2|＝3|F2E|.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)过点F2作与x轴不重合的直线l和椭圆C交于A，B两点，设椭圆C的左顶点为点H，且直线HA，HB分别与直线x＝3交于M，N两点，记直线F2M，F2N的斜率分别为k1，k2，则k1与k2之积是否为定值？若是，求出该定值；若不是，请说明理由．‎ 解　(1)椭圆C的上顶点为D(0，b)，右焦点F2(1,0)，点E的坐标为(x，y)．‎ ‎∵|DF2|＝3|F2E|，可得＝3，‎ 又＝(1，－b)，＝(x－1，y)，‎ ‎∴代入＋＝1，‎ 可得＋＝1，‎ 又a2－b2＝1，解得a2＝2，b2＝1，‎ 即椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，H，M，‎ N.‎ 由题意可设直线AB的方程为x＝my＋1，‎ 联立消去x，‎ 得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，‎ Δ＝4m2＋4(m2＋2)>0恒成立．‎ ‎∴ 根据H，A，M三点共线，可得＝，‎ ‎∴yM＝.‎ 同理可得yN＝，‎ ‎∴M，N的坐标分别为，，‎ ‎∴k1k2＝·＝yMyN ‎＝·· ‎＝ ‎＝ ‎＝＝＝.‎ ‎∴k1与k2之积为定值，且该定值是.‎ ‎6．(2018·潍坊模拟)已知平面上动点P到点F的距离与到直线x＝的距离之比为，记动点P的轨迹为曲线E.‎ ‎(1)求曲线E的方程；‎ ‎(2)设M(m，n)是曲线E上的动点，直线l的方程为mx＋ny＝1.‎ ‎①设直线l与圆x2＋y2＝1交于不同两点C，D，求|CD|的取值范围；‎ ‎②求与动直线l恒相切的定椭圆E′的方程，并探究：若M(m，n)是曲线Γ：Ax2＋By2＝1(A·B≠0)上的动点，是否存在与直线l：mx＋ny＝1恒相切的定曲线Γ′？若存在，直接写出曲线Γ′的方程；若不存在，说明理由．‎ 解　(1)设P(x，y)，由题意，得＝.‎ 整理，得＋y2＝1，‎ ‎∴曲线E的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)①圆心到直线l的距离d＝，‎ ‎∵直线与圆有两个不同交点C，D，‎ ‎∴|CD|2＝4.‎ 又∵＋n2＝1(m≠0)，‎ ‎∴|CD|2＝4.‎ ‎∵|m|≤2，∴0