2019届二轮复习高考解答题突破(五)　圆锥曲线的综合应用学案（全国通用） 20页

高考解答题突破(五)　圆锥曲线的综合应用 突破“两设”——设点、设线 ‎[思维流程]‎ ‎ [技法点拨]‎ 圆锥曲线解答题的常见类型是：第1问通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第2问往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：‎ 第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；‎ 第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；‎ 第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．‎ 在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算．考 向一　圆锥曲线中的范围、最值问题 ‎　解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．‎ ‎(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；‎ ‎(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；‎ ‎(3)利用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围；‎ ‎(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；‎ ‎(5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．‎ ‎ [解]　(1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC.‎ 所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.‎ 又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|‎ ‎＝4.‎ 由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为＋＝1(y≠0)．‎ ‎　解圆锥曲线范围、最值问题的要点 求解范围或最值问题的关键是建立关于求解某个参数的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围．‎ ‎[对点训练]‎ ‎1．(2018·郑州质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－ab＝0相切．‎ ‎(1)求椭圆C的离心率；‎ ‎(2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于两点P，Q，若△PQF2的周长为4，求·的最大值．‎ ‎[解]　(1)由题意可知以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－ab＝0相切．‎ ‎∴＝c，即3a2b2＝c2(a2＋4b2)＝(a2－b2)(a2＋4b2)．‎ ‎∴a2＝2b2，∴＝.‎ ‎∴e＝＝＝ ＝＝.‎ ‎(2)∵△PQF2的周长为4，∴4a＝4，∴a＝，由(1)知＝，∴b2＝1，‎ ‎∴椭圆方程为＋y2＝1，且焦点F1(－1,0)，F2(1,0)．‎ ‎①若直线l的斜率不存在，则可得l⊥x轴，直线l的方程为x＝－1，‎ 解方程组可得或 ‎∴P，Q，‎ ‎∴＝，＝，‎ ‎∴·＝(－2)×(－2)＋×＝4－＝.‎ 故·＝.‎ ‎②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，‎ 由消去y整理得 ‎(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.‎ 设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ ‎∴·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)‎ ‎＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2‎ ‎＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1‎ ‎＝(k2＋1)＋(k2－1)＋k2＋1‎ ‎＝ ‎＝－，‎ ‎∵k2>0，‎ ‎∴可得－1<·<，‎ 综上可得－1<·≤，‎ ‎∴·的最大值是.‎ 考向二　圆锥曲线中的定点、定值问题 ‎1．定点问题的求解策略 解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y＝kx＋m(k存在的情形)．然后利用条件建立k与m的关系．借助于点斜式方程思想确定定点坐标．‎ ‎2．定值问题的求解策略 定值的证明与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推证得出与参数无关的数值．在这类试题中选择消元的方法是非常关键的．‎ ‎[解]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1，由已知可得，点A的坐标为或.‎ 所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.‎ ‎　解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3点 ‎(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；‎ ‎(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；‎ ‎(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标．‎ ‎[对点训练]‎ ‎2．(2018·天津和平二模)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点，且离心率e＝.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y＝kx＋m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点)，且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标．‎ ‎[解]　(1)依题意，得解得 所以，椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：如图，设M(x1，y1)、N(x2，y2)，‎ 联立 整理，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，‎ 则Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，即3＋4k2－m2>0，‎ x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 从而y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，‎ 由椭圆E的右顶点为A(2,0)，MA⊥NA，‎ 得·＝－1，得y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0.‎ 则有＋＋＋4＝0，‎ 整理，得7m2＋16km＋4k2＝0，‎ 解得m＝－2k或m＝－，均满足条件3＋4k2－m2>0.‎ 当m＝－2k时，直线l的方程为y＝k(x－2)，直线l过定点A，与题设矛盾；‎ 当m＝－时，直线l的方程为y＝k，直线l过定点，‎ 所以直线l经过定点，且定点的坐标为.‎ 考向三　圆锥曲线中的探索性问题 处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在性．‎ ‎　　　　　‎ ‎ [解]　‎ ‎　存在性问题的解题步骤 ‎[对点训练]‎ ‎3．(2018·河北唐山模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，过点A(0，－b)和点B(a,0)的直线与原点的距离为.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)已知定点E(－1,0)，若直线y＝kx＋2(k≠0)与椭圆交于C，D两点，问：是否存在k，使得以CD为直径的圆过E点？请说明理由．‎ ‎[解]　(1)直线AB的方程为bx－ay－ab＝0，依题意可得解得 所以椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)存在．理由：假设存在这样的k.‎ 联立方程得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0.‎ 由题意知Δ＝(12k)2－36(1＋3k2)>0，①‎ 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝－，②‎ x1x2＝，③‎ 而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，‎ 要使以CD为直径的圆过点E(－1,0)，当且仅当CE⊥DE时成立，‎ 则y1y2＋(x1＋1)(x2＋1)＝0，‎ ‎∴(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5＝0，④‎ 将②③式带入④式整理得k＝.‎ 经验证，k＝时使得①式成立．‎ 综上可知，存在k＝使得以CD为直径的圆过点E.‎ 专题跟踪训练(二十七)‎ ‎1．(2018·济南模拟)已知点P(－2,1)在椭圆C：＋＝1(a>0)上，动点A，B都在椭圆上，且直线AB不经过原点O，直线OP经过弦AB的中点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程和直线AB的斜率；‎ ‎(2)求△PAB面积的最大值．‎ ‎[解]　(1)将P(－2,1)代入＋＝1，得＋＝1，a2＝8.故椭圆方程为＋＝1.‎ 当直线AB斜率不存在时不合题意，故设直线AB：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，‎ 由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，‎ x0＝(x1＋x2)＝－，y0＝kx0＋m＝，‎ 直线OP经过弦AB的中点，则kOM＝kOP，＝－，‎ ＝－，∴k＝，即直线AB的斜率为.‎ ‎(2)当k＝时，由Δ＝64－16m2>0得－2b>0)的焦距为2，且过焦点的弦中最短的弦的长度为.‎ ‎(1)求该椭圆C的方程．‎ ‎(2)经过椭圆右焦点F2的直线和该椭圆交于A，B两点，点P 在椭圆上，O为原点，若＝＋，求直线的方程．‎ ‎[解]　(1)由题意得，在椭圆中c＝，所以a2－b2＝2.①‎ 过焦点的弦中垂直于x轴的弦最短，易得该直线与椭圆的交点的纵坐标为±.‎ 由弦的长度为得＝，即＝.②‎ 由①②式得a2＝3，b2＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)椭圆C的方程为＋y2＝1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，‎ 因为＝＋，所以x3＝x1＋x2，y3＝y1＋y2.‎ 又因为点P在椭圆上，‎ 所以＋y＝2＋2‎ ‎＝＋＋ ‎＝＋＋＝1，‎ 所以x1x2＋3y1y2＝0.‎ ‎①当直线斜率为0时，其方程为y＝0，‎ 此时不妨设A(，0)，B(－，0)，不满足x1x2＋3y1y2＝0，不符合题意，舍去．‎ ‎②当直线斜率不为0时，设直线方程为x＝my＋，‎ 由消去x，得(m2＋3)y2＋2my－1＝0，‎ 所以 所以x1x2＋3y1y2＝(my1＋)(my2＋)＋3y1y2＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋2＋3y1y2＝(m2＋3)×＋m×＋2＝0，‎ 化简，得m2－4m2＋3＝0，解得m2＝1，所以直线方程为x＝±y＋.‎ 综上，直线方程为x－y－＝0或x＋y－＝0.‎ ‎3．(2018·西安模拟)如图，点F是抛物线Γ：x2＝2py(p>0)的焦点，点A是抛物线上的定点，且＝(2,0)，点B，C是抛物线上的动点，直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.‎ ‎(1)求抛物线Γ的方程；‎ ‎(2)若k2－k1＝2，点D是B，C处切线的交点，记△BCD的面积为S，证明S是定值．‎ ‎[解]　(1)设A(x0，y0)，可知F，故＝＝(2,0)，‎ ‎∴代入x2＝2py(p>0)，得4＝p2，即p＝2，‎ ‎∴抛物线Γ的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)证明：如图，过D作y轴的平行线交BC于点E，并设B，C，‎ 由(1)得A(－2,1)，‎ ‎∴k2－k1＝－＝，又k2－k1＝2，‎ ‎∴＝2，即x2－x1＝8.‎ 又x2＝4y即y＝x2，有y′＝x，‎ ‎∴kBD＝，kCD＝，‎ ‎∴直线DB：y＝x－，直线CD：y＝x－.‎ ‎∴联立解得 又∵直线BC的方程为y－＝(x－x1)，‎ 将xD代入，得yE＝.‎ ‎∴△BCD的面积为S＝ED·(x2－x1)＝×(yE－yD)×(x2－x1)＝× ‎×(x2－x1)＝××8＝32(定值)．‎ ‎4．(2018·郑州质检)已知椭圆x2＋2y2＝m(m>0)，以椭圆内一点M(2,1)为中点作弦AB，设线段AB的中垂线与椭圆相交于C，D两点．‎ ‎(1)求椭圆的离心率；‎ ‎(2)试判断是否存在这样的m，使得A，B，C，D在同一个圆上，并说明理由．‎ ‎[解]　(1)将方程化成椭圆的标准方程＋＝1(m>0)，则a＝，c＝ ＝，故e＝＝.‎ ‎(2)由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AB的斜率存在，设为k，则直线AB的方程为y＝k(x－2)＋1，代入x2＋2y2＝m(m>0)，消去y，得(1＋2k2)x2＋4k(1－2k)x＋2(2k－1)2－m＝0(m>0)．所以x1＋x2＝＝4，即k＝－1，此时，由Δ>0，得m>6.则直线AB的方程为x＋y－3＝0，直线CD的方程为x－y－1＝0.由得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－，故CD的中点N为.由弦长公式，可得 ‎|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝·.‎ ‎|CD|＝|y3－y4|＝·>|AB|，若存在圆，则圆心在CD上，‎ 因为CD的中点N到直线AB的距离 d＝＝.‎ ‎|NA|2＝|NB|2＝2＋2＝，‎ 又2＝2＝，‎ 故存在这样的m(m>6)，使得A，B，C，D在同一个圆上．‎