2021届课标版高考理科数学大一轮复习课件：9-7　圆锥曲线的综合问题（讲解部分） 25页

9.7 　圆锥曲线的综合问题 高考理数 考点一    定值与定点问题 考点清单 考向基础 1.定值问题 (1)解析几何中的定值问题的证明可运用函数的思想方法.证明过程可总结 为“ 变量 ⇒ 函数 ⇒ 定值 ”,具体操作步骤如下: (i)变量——选择适当的量为变量; (ii)函数——把要证明为定值的量表示成上述变量的函数; (iii)定值——把得到的函数解析式化简,消去变量得到定值. (2)求定值问题常见的方法 (i)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. (ii)直接推理、计算,并在推理、计算的过程中消去变量,从而得到定值. 2.定点问题 (1)探索直线过定点时,可设出直线方程为 y = kx + b ,然后利用条件建立 b , k 的 等量关系进行消元,借助直线系方程的特点找出定点; (2) 从特殊情况入手,先探求定点,再证明一般情况. 考向突破 考向一    定值问题 例1     (2018贵州凯里一中3月月考,20)已知点(2,3)在椭圆 E :   +   =1( a > b > 0)上,设 A , B , C 分别为左顶点、上顶点、下顶点,且下顶点 C 到直线 AB 的距 离为   b . (1)求椭圆 E 的方程; (2)设点 M ( x 1 , y 1 ), N ( x 2 , y 2 )( x 1 ≠ x 2 )为椭圆 E 上两点,且满足   ·   =   ,求证:△ MON 的面积为定值,并求出该定值. 解析 　(1)由题意,得直线 AB 的方程为   +   =1,点 C (0,- b ), 所以点 C 到直线 AB 的距离 d =   =   b , 整理,得   a -2 b =0,① 又点(2,3)在椭圆上,所以   +   =1,② 联立①②解得 a =4, b =2   , 所以椭圆 E 的方程为   +   =1. (2)证明:设直线 MN 的方程为 y = kx + m , 代入椭圆方程,整理得(3+4 k 2 ) x 2 +8 kmx +4 m 2 -48=0, 因为 Δ =64 k 2 m 2 -16(3+4 k 2 )( m 2 -12)=48(12+16 k 2 - m 2 )>0, 所以12+16 k 2 - m 2 >0, x 1 + x 2 =-   , x 1 x 2 =   , 所以 y 1 y 2 =( kx 1 + m )( kx 2 + m )= k 2 x 1 x 2 + km ( x 1 + x 2 )+ m 2 =   . 又   ·   = x 1 x 2 + y 1 y 2 ,则由题意,得 x 1 x 2 + y 1 y 2 =   =   . 整理,得3 x 1 x 2 +4 y 1 y 2 =0, 则3·   +4·   =0, 整理,得 m 2 =6+8 k 2 (满足题意). 所以| MN |=   =   ·   =   ·   =8   ·   , 又点 O 到直线 MN 的距离 d =   , 所以 S △ MON =   ·| MN |· d =   ·8   ·   ·   =4   ,为定值. 考向二    定点问题 例2     (2019甘肃酒泉普通高中五校联考,20)已知倾斜角为   的直线经过抛 物线 Γ : y 2 =2 px ( p >0)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 l 1 、 l 2 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 l 1 与 l 2 的倾斜角互余,求证:直线 MN 经过 一定点. 解析 　(1)由题意可设直线 AB 的方程为 y = x -   , 由   消去 y ,整理得 x 2 -3 px +   =0, 设 A ( x 1 , y 1 ), B ( x 2 , y 2 ),则 x 1 + x 2 =3 p , 由抛物线的定义得| AB |= x 1 + x 2 + p =4 p =8,∴ p =2, ∴抛物线 Γ 的方程为 y 2 =4 x . (2)证明:设直线 l 1 、 l 2 的倾斜角分别为 α 、 β ,直线 l 1 的斜率为 k ,则 k =tan α . ∴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 ky 2 -4 y +32-48 k =0, ∴ y C + y D =   ,∴ x C + x D =24+   -   , ∴点 M 的坐标为   . ∵直线 l 1 与 l 2 的倾斜角互余, ∴tan β =tan   =   =   =   =   , ∴直线 l 2 的斜率为   . 以   代替点 M 坐标中的 k ,可得点 N 的坐标为(12+2 k 2 -8 k ,2 k ), ∴ k MN =   =   . ∴直线 MN 的方程为 y -2 k =   [ x -(12+2 k 2 -8 k )], 即   y = x -10,显然当 x =10时, y =0. ∴直线 MN 经过定点(10,0). 考点二    最值与范围问题 考向基础 1.求最值问题常见的方法有两种: (1)几何法:题中给出的条件有明显的几何特征,则考虑用几何性质来解决, 特别要关注用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来求最值. (2)代数法:题中给出的条件和结论的几何特征不明显,则考虑先建立目标 函数(通常为二次函数),再求这个函数的最值.求函数的最值常见的方法有 配方法、判别式法、基本不等式法、单调性法、三角换元法等. 2.求参数的取值范围:根据已知条件建立等式或不等式,再求参数的范围. 考向突破 考向    最值与范围问题 例     (2016天津,19,14分)设椭圆   +   =1( a >   )的右焦点为 F ,右顶点为 A . 已知   +   =   ,其中 O 为原点, e 为椭圆的离心率. (1)求椭圆的方程; (2)设过点 A 的直线 l 与椭圆交于点 B ( B 不在 x 轴上),垂直于 l 的直线与 l 交于点 M ,与 y 轴交于点 H .若 BF ⊥ HF ,且∠ MOA ≤ ∠ MAO ,求直线 l 的斜率的取值范 围. 解析 　(1)由题意知 F ( c ,0),由   +   =   ,即   +   =   ,可得 a 2 - c 2 =3 c 2 , 又 a 2 - c 2 = b 2 =3,所以 c 2 =1,因此 a 2 =4,所以椭圆的方程为   +   =1. (2)设直线 l 的斜率为 k ( k ≠ 0),则直线 l 的方程为 y = k ( x -2). 设 B ( x B , y B ),由方程组   消去 y , 整理得(4 k 2 +3) x 2 -16 k 2 x +16 k 2 -12=0.解得 x =2或 x =   ,由题意得 x B =   , 从而 y B =   . 由(1)知, F (1,0), 设 H (0, y H ),有   =(-1, y H ),   =   . 由 BF ⊥ HF ,得   ·   =0, 所以   +   =0,解得 y H =   . 因此直线 MH 的方程为 y =-   x +   . 设 M ( x M , y M ), 由方程组   消去 y ,解得 x M =   . 在△ MAO 中,∠ MOA ≤ ∠ MAO ⇔ | MA | ≤ | MO |,即( x M -2) 2 +   ≤   +   ,化简得 x M ≥ 1,即   ≥ 1,解得 k ≤ -   或 k ≥   . 所以直线 l 的斜率的取值范围为   ∪   . 考点三    存在性问题 考向基础 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,否则不存在;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.反证法与验证法是求解存在性问题的常用方法. 考向突破 考向    存在性问题 例     (2019课标Ⅲ卷地区大联考,20)已知椭圆   +   =1的左、右焦点分别 为 F 1 、 F 2 ,过点 F 2 的动直线与椭圆相交于 A , B 两点. (1)若动点 M 满足   =   +   +   (其中 O 为坐标原点),求点 M 的轨迹方程; (2)在 x 轴上是否存在定点 C ,使   ·   为常数?若存在,求出点 C 的坐标;若不 存在,请说明理由. 解析 　由条件知 F 1 (-2,0), F 2 (2,0),设 A ( x 1 , y 1 ), B ( x 2 , y 2 ). (1)设 M ( x , y ),则   =( x +2, y ),   =( x 1 +2, y 1 ),   =( x 2 +2, y 2 ),   =(2,0),由   =   +   +   得   即   于是 AB 的中点坐标为 G   .   (2分) 当 AB 不与 x 轴垂直时, k AB =   ,即   =   =   . 又因为 A , B 两点在椭圆上,所以   +   =1,   +   =1,两式相减得   +   =0, 所以   =-   ·   =-   ·   . 所以   =-   ·   ,化简得5 x 2 +9 y 2 -60 x +160=0.   (4分) 当 AB 与 x 轴垂直时, x 1 = x 2 =2, y 1 + y 2 =0,求得 M (8,0),也满足上述方程. 所以点 M 的轨迹方程是5 x 2 +9 y 2 -60 x +160=0.   (6分) (2)假设在 x 轴上存在定点 C ( m ,0),使   ·   为常数. 当 AB 不与 x 轴垂直时,设直线 AB 的方程是 y = k ( x -2). 代入   +   =1得(5+9 k 2 ) x 2 -36 k 2 x +36 k 2 -45=0. 则 x 1 , x 2 是上述方程的两个实根,所以 x 1 + x 2 =   , x 1 x 2 =   ,   (8分) 于是   ·   =( x 1 - m )( x 2 - m )+ k 2 ( x 1 -2)( x 2 -2) =( k 2 +1) x 1 x 2 -(2 k 2 + m )( x 1 + x 2 )+4 k 2 + m 2 =   -   +4 k 2 + m 2 =   + m 2 =   +   + m 2 . 因为   ·   是与 k 无关的常数, 所以20 m -   =0,即 m =   ,此时   ·   =-   .   (10分) 当 AB 与 x 轴垂直时,点 A , B 的坐标可分别设为   ,   . 此时   ·   =   ·   =-   . 故在 x 轴上存在定点 C   ,使   ·   为常数.   (12分) 方法      最值问题的求解方法 (1)建立函数模型,利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法 求最值. (2)建立不等式模型,利用基本不等式求最值. (3)数形结合,利用相切、相交的几何性质求最值. 方法技巧 例     (2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线 x 2 = y ,点 A   , B   ,抛物线 上的点 P ( x , y )   .过点 B 作直线 AP 的垂线,垂足为 Q . (1)求直线 AP 斜率的取值范围; (2)求| PA |·| PQ |的最大值.   解题导引   解析 　(1)设直线 AP 的斜率为 k , k =   = x -   , 因为-   < x <   ,所以直线 AP 斜率的取值范围是(-1,1). (2)解法一:联立直线 AP 与 BQ 的方程   解得点 Q 的横坐标是 x Q =   . 因为| PA |=     =   ( k +1), | PQ |=   ( x Q - x )=-   , 所以| PA |·| PQ |=-( k -1)( k +1) 3 , 令 f ( k )=-( k -1)( k +1) 3 .因为 f '( k )=-(4 k -2)( k +1) 2 , 所以 f ( k )在区间   上单调递增,   上单调递减,因此当 k =   时,| PA |·| PQ | 取得最大值   . 解法二:如图,连接 BP ,| AP |·| PQ |=| AP |·| PB |·cos∠ BPQ =   ·(   -   )=   ·   -   . 易知 P ( x , x 2 )   , 则   ·   =2 x +1+2 x 2 -   =2 x 2 +2 x +   ,   =   +   = x 2 + x +   + x 4 -   x 2 +   = x 4 +   x 2 + x +   . ∴| AP |·| PQ |=- x 4 +   x 2 + x +     . 设 f ( x )=- x 4 +   x 2 + x +     , 则 f '( x )=-4 x 3 +3 x +1=-( x -1)(2 x +1) 2 , ∴ f ( x )在   上为增函数,在   上为减函数, ∴ f ( x ) max = f (1)=   . 故| AP |·| PQ |的最大值为   .