2019年高考数学高分突破复习练习专题五 第3讲 20页

第3讲　圆锥曲线中的热点问题 高考定位　1.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一；2.以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题.对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查.‎ 真 题 感 悟 ‎1.(2018·浙江卷)已知点P(0，1)，椭圆＋y2＝m(m>1)上两点A，B满足＝2，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大.‎ 解析　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由＝2，得即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.因为点A，B在椭圆上，所以得y2＝m＋，所以x＝m－(3－2y2)2＝－m2＋m－＝－(m－5)2＋4≤4，所以当m＝5时，点B横坐标的绝对值最大，最大值为2.‎ 答案　5‎ ‎2.(2018·北京卷)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.‎ ‎(1)解　因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，‎ 所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.‎ 由题意知，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Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，‎ 解得k<1，又因为k≠0，故k<0或0b>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.‎ ‎(1)解　由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.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.‎ 如果直线l的斜率不存在，l垂直于x轴.‎ 设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，‎ k1＋k2＝＋＝＝－1，得m＝2，‎ 此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.‎ 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.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 则k1＋k2＝＋＝＋ ‎＝.‎ 由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.‎ ‎∴(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.‎ 解之得m＝－2k－1，此时Δ＝32(m＋1)>0，方程有解，‎ ‎∴当且仅当m>－1时，Δ>0，‎ ‎∴直线l的方程为y＝kx－2k－1，即y＋1＝k(x－2).‎ 所以l过定点(2，－1).‎ 考 点 整 合 ‎1.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.‎ 温馨提醒　圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及到求最值或范围问题时注意坐标范围的影响.‎ ‎2.定点、定值问题 ‎(1)定点问题：在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题.‎ 若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).‎ ‎(2)定值问题：在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动直线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题.‎ ‎3.存在性问题的解题步骤：‎ ‎(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组).‎ ‎(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在.‎ ‎(3)得出结论.‎ 热点一　圆锥曲线中的最值、范围 ‎【例1】 (2018·西安质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，直线x＋y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点M(4，0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范围.‎ 解　(1)原点到直线x＋y－1＝0的距离为，‎ 由题得＋＝b2(b>0)，解得b＝1.‎ 又e2＝＝1－＝，得a＝2.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当直线l的斜率为0时，λ＝|MA|·|MB|＝12.‎ 当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立消去x得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.‎ 由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得m2>12，‎ 所以y1y2＝.‎ λ＝|MA|·|MB|＝|y1|·|y2|‎ ‎＝(m2＋1)|y1y2|＝＝12.‎ 由m2>12，得0<<，所以<λ<12.‎ 综上可得：<λ≤12，即λ∈.‎ 探究提高　求圆锥曲线中范围、最值的主要方法：(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.‎ ‎(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.‎ ‎【训练1】 (2018·浙江卷)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.‎ ‎(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；‎ ‎(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.‎ ‎(1)证明　设P(x0，y0)，A，B.‎ 因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程＝4·，‎ 即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根.‎ 所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴.‎ ‎(2)解　由(1)可知 所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，‎ ‎|y1－y2|＝2.‎ 因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|‎ ‎＝(y－4x0).‎ 因为x＋＝1(x0<0)，‎ 所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]，‎ 因此，△PAB面积的取值范围是.‎ 热点二　定点、定值问题 考法1　圆锥曲线中的定值 ‎【例2－1】 (2018·烟台二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，斜率为的直线与椭圆交于A，B两点，若线段AB的中点为D，且直线OD的斜率为－.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若过左焦点F斜率为k的直线l与椭圆交于M，N两点，P为椭圆上一点，且满足OP⊥MN，问：＋是否为定值？若是，求出此定值；若不是，说明理由.‎ 解　(1)由题意可知c＝，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则＋＝1，＋＝1，‎ 两式相减并整理得，·＝－，‎ 即kAB·kOD＝－.‎ 又因为kAB＝，kOD＝－，代入上式得，a2＝4b2.‎ 又a2＝b2＋c2，c2＝3，所以a2＝4，b2＝1，‎ 故椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意可知，F(－，0)，‎ 当MN为长轴时，OP为短半轴，‎ 则＋＝＋1＝，‎ 否则，可设直线l的方程为y＝k(x＋)，‎ 联立消y得，‎ ‎(1＋4k2)x2＋8k2x＋12k2－4＝0，‎ 则有x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 所以|MN|＝|x1－x1|‎ ‎＝＝，‎ 设直线OP方程为y＝－x，‎ 联立 根据对称性不妨令P，‎ 所以|OP|＝＝.‎ 故＋＝＋＝＋＝，‎ 综上所述，＋为定值.‎ 探究提高　1.求定值问题常见的方法有两种：‎ ‎(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.‎ ‎(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.‎ ‎2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.‎ ‎【训练2】 已知椭圆C：＋＝1过点A(2，0)，B(0，1)两点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程及离心率；‎ ‎(2)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N，求证：四边形ABNM的面积为定值.‎ ‎(1)解　由题意知a＝2，b＝1.所以椭圆方程为＋y2＝1，‎ 又c＝＝.所以椭圆离心率e＝＝.‎ ‎(2)证明　设P点坐标为(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，‎ 则x＋4y＝4，‎ 由B点坐标(0，1)得直线PB方程为：y－1＝(x－0)，‎ 令y＝0，得xN＝，‎ 从而|AN|＝2－xN＝2＋，‎ 由A点坐标(2，0)得直线PA方程为y－0＝(x－2)，‎ 令x＝0，得yM＝，从而|BM|＝1－yM＝1＋，‎ 所以S四边形ABNM＝|AN|·|BM|‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝＝2.‎ 即四边形ABNM的面积为定值2.‎ 考法2　圆锥曲线中的定点问题 ‎【例2－2】 (2018·衡水中学质检)已知两点A(－，0)，B(，0)，动点P在y轴上的投影是Q，且2·＝||2.‎ ‎(1)求动点P的轨迹C的方程；‎ ‎(2)过F(1，0)作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G，H，M，N，且E1，E2分别是GH，MN的中点.求证：直线E1E2恒过定点.‎ ‎(1)解　设点P坐标为(x，y)，∴点Q坐标为(0，y).‎ ‎∵2·＝||2，‎ ‎∴2[(－－x)(－x)＋y2]＝x2，‎ 化简得点P的轨迹方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明　当两直线的斜率都存在且不为0时，设lGH：y＝k(x－1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，lMN：y＝－(x－1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，‎ 联立 消去y得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.‎ 则Δ>0恒成立.‎ ‎∴x1＋x2＝，且x1x2＝.‎ ‎∴GH中点E1坐标为，‎ 同理，MN中点E2坐标为，‎ ‎∴kE1E2＝，‎ ‎∴lE1E2的方程为y＝，∴过点，‎ 当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE1E2的方程为y＝0，也过点，综上所述，lE1E2过定点.‎ 探究提高　1.动直线l过定点问题.设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)‎ ‎2.动曲线C过定点问题.引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.‎ ‎【训练3】 已知曲线C：y2＝4x，曲线M：(x－1)2＋y2＝4(x≥1)，直线l与曲线C交于A，B两点，O为坐标原点.‎ ‎(1)若·＝－4，求证：直线l恒过定点；‎ ‎(2)若直线l与曲线M相切，求·(点P坐标为(1，0))的最大值.‎ 解　设l：x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2).‎ 由得y2－4my－4n＝0.‎ ‎∴y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n.‎ ‎∴x1＋x2＝4m2＋2n，x1x2＝n2.‎ ‎(1)证明　由·＝－4，‎ 得x1x2＋y1y2＝n2－4n＝－4，解得n＝2.‎ ‎∴直线l方程为x＝my＋2，‎ ‎∴直线l恒过定点(2，0).‎ ‎(2)∵直线l与曲线M：(x－1)2＋y2＝4(x≥1)相切，‎ ‎∴＝2，且n≥3，‎ 整理得4m2＝n2－2n－3(n≥3).①‎ 又点P坐标为(1，0)，∴由已知及①，得 ·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)‎ ‎＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2‎ ‎＝x1x2－(x1＋x2)＋1＋y1y2‎ ‎＝n2－4m2－2n＋1－4n ‎＝n2－4m2－6n＋1＝4－4n.‎ 又y＝4－4n(n≥3)是减函数，‎ ‎∴当n＝3时，y＝4－4n取得最大值－8.‎ 故·的最大值为－8.‎ 热点三　圆锥曲线中的存在性问题 ‎【例3】 (2018·江南名校联考)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AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB·cos C＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.‎ 又S△ABC＝CA·CB·sin C＝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 ‎＝ 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.‎ 探究提高　1.此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.‎ 若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.‎ ‎2.求解步骤：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.‎ ‎【训练4】 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点P，F为其右焦点.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设过点A(4，0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(点M在A，N两点之间)，是否存在直线l使△AMF与△MFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由.‎ 解　(1)因为＝，所以a＝2c，b＝c，‎ 设椭圆方程＋＝1，‎ 又点P在椭圆上，所以＋＝1，‎ 解得c2＝1，a2＝4，b2＝3，所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－4)，‎ 由消去y得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，‎ 由题意知Δ＝(32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，‎ 解得－0，b>0)的左、右焦点，O是坐标原点.过F2作C的一条渐近线的垂线，垂足为P.若|PF1|＝|OP|，则C的离心率为(　　)‎ A. B.2 C. D. 解析　不妨设一条渐近线的方程为y＝x，则F2到y＝x的距离d＝＝b，在Rt△F2PO中，|F2O|＝c，所以|PO|＝a，所以|PF1|＝a，又|F1O|＝c，所以在△F1PO与Rt△F2PO中，根据余弦定理得cos∠POF1＝＝‎ ‎－cos∠POF2＝－，则3a2＋c2－(a)2＝0，得3a2＝c2，所以e＝＝.‎ 答案　C 二、填空题 ‎5.设双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的一条渐近线与抛物线y2＝x的一个交点的横坐标为x0，若x0>1，则双曲线C的离心率e的取值范围是________.‎ 解析　双曲线C：－＝1的一条渐近线为y＝x，‎ 联立消去y，得x2＝x.‎ 由x0>1，知<1，b20)，‎ B(x2，y2)(y2<0).‎ 则|AC|＋|BD|＝x2＋y1＝＋y1.‎ 又y1y2＝－p2＝－4.‎ ‎∴|AC|＋|BD|＝－(y2<0).‎ 设g(x)＝－，在(－∞，－2)递减，在(－2，0)递增.‎ ‎∴当x＝－2，即y2＝－2时，|AC|＋|BD|的最小值为3.‎ 答案　3‎ 三、解答题 ‎7.已知动圆M恒过点(0，1)，且与直线y＝－1相切.‎ ‎(1)求动圆心M的轨迹方程；‎ ‎(2)动直线l过点P(0，－2)，且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证：直线AC恒过定点.‎ ‎(1)解　由题意得点M与点(0，1)的距离等于点M与直线y＝－1的距离.‎ 由抛物线定义知圆心M的轨迹为以点(0，1)为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则＝1，p＝2.‎ ‎∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y.‎ ‎(2)证明　由题意知直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则C(－x2，y2)，‎ 由得x2－4kx＋8＝0，‎ Δ＝16k2－32>0得k2>2，‎ ‎∴x1＋x2＝4k，x1x2＝8.‎ kAC＝＝＝，‎ 直线AC的方程为y－y1＝(x－x1).‎ 即y＝y1＋(x－x1)＝x－＋＝x＋，‎ ‎∵x1x2＝8，∴y＝x＋2，‎ 则直线AC恒过点(0，2).‎ ‎8.在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b≥1)过点P(2，1)，且离心率e＝.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)直线l的斜率为，直线l与椭圆C交于A，B两点，求△PAB面积的最大值.‎ 解　(1)∵e2＝＝＝，∴a2＝4b2.‎ 又＋＝1，∴a2＝8，b2＝2.‎ 故所求椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设l的方程为y＝x＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立消去y得x2＋2mx＋2m2－4＝0，‎ 判别式Δ＝16－4m2＞0，即m2＜4.‎ 又x1＋x2＝－2m，x1·x2＝2m2－4，‎ 则|AB|＝× ‎＝，‎ 点P到直线l的距离d＝＝.‎ 因此S△PAB＝d|AB|＝×× ‎＝≤＝2，当且仅当m2＝2即m＝±时上式等号成立，‎ 故△PAB面积的最大值为2.‎ ‎9.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，点A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，使得当该直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由.‎ 解　(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，‎ 因为A在椭圆C上，所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，则a＝，b2＝a2－c2＝1.‎ 故椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)不存在满足条件的直线，理由如下：‎ 设直线的方程为y＝2x＋t，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)，‎ 由消去x得9y2－2ty＋t2－8＝0，‎ 所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)>0，‎ 故y0＝＝，且－3b>0)的左右焦点分别为F1，F2，左右顶点分别为A，B，P为椭圆C上任一点(不与A，B重合).已知△PF1F2的内切圆半径的最大值为2－，椭圆C的离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)直线l过点B且垂直于x轴，延长AP交l于点N，以BN为直径的圆交BP于点M，求证：O，M，N三点共线.‎ 解　(1)由题意知，＝，∴c＝a.‎ 又b2＝a2－c2，‎ ‎∴b＝a.‎ 设△PF1F2的内切圆半径为r，‎ 则S△PF1F2＝(|PF1|＋|PF2|＋|F1F2|)·r，‎ ‎＝(2a＋2c)·r＝(a＋c)r，‎ 故当△PF1F2面积最大时，r最大，‎ 即P点位于椭圆短轴顶点时，r＝2－，‎ ‎∴(a＋c)(2－)＝bc，‎ 把c＝a，b＝a代入，解得a＝2，b＝，‎ ‎∴椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)由题意知，直线AP的斜率存在，设为k，‎ 则AP所在直线方程为y＝k(x＋2)，‎ 联立消去y，得 ‎(2k2＋1)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，‎ 则有xP·(－2)＝，‎ ‎∴xP＝，yP＝k(xP＋2)＝，‎ 得＝，又N(2，4k)，∴＝(2，4k).‎ 则·＝＋＝0，‎ ‎∴ON⊥BP，而M在以BN为直径的圆上，‎ ‎∴MN⊥BP，∴O，M，N三点共线.‎