2019届二轮复习解题技巧　圆锥曲线的综合问题学案（全国通用） 18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　(2018·百校联盟联考)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与曲线Γ交于A，B两点，AB的中点在直线y＝上，求△OAB(O为坐标原点)面积的取值范围．‎ 解　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)由题意知直线l的斜率存在，‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，l：y＝kx＋m，‎ 由得x2＋6kmx＋3m2－6＝0，‎ x1＋x2＝，x1x2＝，‎ Δ＝2－4 ‎＝12>0，‎ 设AB的中点为C，‎ 则x0＝，y0＝kx0＋m＝＋m＝，‎ 由题意知＝，所以2m＝3k2＋1，‎ 由Δ>0，得0b>0)的离心率为，焦距为2.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.‎ ‎(1)求椭圆M的方程；‎ ‎(2)若k＝1，求|AB|的最大值；‎ ‎(3)设P(－2,0)，直线PA与椭圆M的另一个交点为C，直线PB与椭圆M的另一个交点为D，‎ 若C，D和点Q共线，求k.‎ 解　(1)由题意得 解得a＝，b＝1.‎ 所以椭圆M的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由 得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，Δ＝36m2－16(3m2－3)＝－12m2＋48>0，‎ 即－20显然成立．‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则 ‎∴|AB|＝|x1－x2|＝，‎ 而原点O到直线l的距离d＝，‎ ‎∴S△ABO＝|AB|·d＝6.‎ 当直线l的斜率不存在时，l：x＝2或x＝－2，‎ 则|AB|＝6，原点O到直线l的距离d＝2，‎ ‎∴S△ABO＝6.‎ 综上所述，△ABO的面积为定值6.‎ 思维升华　(1)动直线过定点问题的两大类型及解法 ‎①动直线l过定点问题，解法：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，解法：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．‎ ‎(2)求解定值问题的两大途径 ‎①→‎ ‎②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．‎ 跟踪演练2　(2018·凯里市第一中学模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点与曲线Γ：12x2－4y2＝3的一个焦点相同，O为坐标原点，点M为抛物线C上任意一点，过点M作x轴的平行线交抛物线的准线于点P，直线OP交抛物线于点N.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)求证：直线MN过定点G，并求出此定点的坐标．‎ 解　(1)由曲线Γ：12x2－4y2＝3，‎ 化为标准方程可得－＝1，‎ 所以曲线Γ：－＝1是焦点在x轴上的双曲线，‎ 其中a2＝，b2＝，故c2＝a2＋b2＝1，‎ Γ的焦点坐标分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，‎ 因为抛物线的焦点坐标为(p>0)，‎ 由题意知＝1，所以p＝2，即抛物线的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)由(1)知，抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1，‎ 设P，显然m≠0.‎ 故M，从而直线OP的方程为y＝－mx，‎ 联立直线OP与抛物线方程得 解得N.‎ ‎①当＝，即m＝±2时，直线MN的方程为x＝1；‎ ‎②当≠，即m≠±2时，直线MN的方程为y－m＝，‎ 整理得MN的方程为y＝(x－1)，‎ 此时直线恒过定点G(1,0)，‎ 因为(1,0)也在直线MN的方程x＝1上，‎ 故直线MN恒过定点G(1,0)．‎ 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　已知圆C的圆心为原点，其半径与椭圆D：＋＝1的左焦点和上顶点的连线线段长度相等．‎ ‎(1)求圆C的标准方程；‎ ‎(2)过椭圆右焦点的动直线l2(其斜率不为0)交圆C于A，B两点，试探究在x轴正半轴上是否存在定点E，使得直线AE与BE的斜率之和为0？若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．‎ 解　(1)由题意知，椭圆D：＋＝1的左焦点的坐标为(－1,0)，上顶点的坐标为，‎ 故圆的半径r＝＝2，‎ 所以圆C的标准方程为x2＋y2＝4.‎ ‎(2)假设存在符合条件的点E.‎ 设E，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 当直线l2的斜率存在时，‎ 设直线l2的方程为y＝k(x－1)．‎ 由 得x2－2k2x＋k2－4＝0，Δ>0显然成立．‎ 所以x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 由kAE＋kBE＝0，得kAE＝－kBE，‎ 所以＋＝0，‎ 即＋＝0，‎ 即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，‎ 即－＋2t＝0，解得t＝4.‎ 即E(4,0)．‎ 当直线l2的斜率不存在时，直线l2的方程为x＝1，与圆C的交点坐标分别为(1，)，，由E(4,0)知满足kAE＋kBE＝0.‎ 所以当点E的坐标为(4,0)时，kAE＋kBE＝0.‎ 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．(2018·安徽省“皖南八校”联考)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为e＝，椭圆C上一点M到左、右两个焦点F1，F2的距离之和是4.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)已知过F2的直线与椭圆C交于A，B两点，且两点与左、右顶点不重合，若＝＋，求四边形AMBF1面积的最大值．‎ 解　(1)依题意知，2a＝4，a＝2，‎ 因为e＝，所以c＝1，b2＝a2－c2＝3，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB：x＝my＋1，‎ 则由可得3(my＋1)2＋4y2＝12，‎ 即(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，‎ Δ＝36m2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0，‎ y1＋y2＝－，y1y2＝－，‎ 又因为＝＋，‎ 所以四边形AMBF1是平行四边形，‎ 设平行四边形AMBF1的面积为S，‎ 则S＝＝2××|F1F2|×|y1－y2|＝24×.‎ 设t＝，则m2＝t2－1(t≥1)，‎ 所以S＝24×＝24×，‎ 因为t≥1，所以3t＋≥4(当t＝1时取等号)，‎ 所以S∈(0,6]，‎ 所以四边形AMBF1面积的最大值为6.‎ ‎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，点G，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：2||＝||＋||.‎ 证明　(1)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)的离心率为，点P在椭圆上．不过原点的直线l与椭圆交于A，B两点，且·＝0(O为坐标原点)．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)试判断＋是否为定值？若是，求出这个值；若不是，请说明理由．‎ 解　(1)∵椭圆C的离心率e＝＝，‎ 又c2＝a2－b2，‎ ‎∴a2＝a2－b2，∴a2＝4b2.　　‎ 又点P在椭圆上，‎ ‎∴＋＝1，‎ 即＋＝1，∴b2＝1，则a2＝4，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋y2＝1.　　‎ ‎(2)当直线OA的斜率存在且不为0时，‎ 设其方程为y＝kx，‎ ‎∵A，B分别为椭圆上的两点，且·＝0，‎ 即OA⊥OB，∴直线OB的方程为y＝－x.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 把y＝kx代入椭圆C：＋y2＝1，‎ 得x＝，∴y＝，‎ 同理x＝，∴y＝，‎ ‎∴＋＝＋＝＋＝.‎ 当直线OA，OB中的一条直线的斜率不存在时，‎ 则另一条直线的斜率为0，‎ 此时＋＝＋＝＋1＝.　‎ 综上所述，＋为定值.‎ B组　能力提高 ‎5．已知点M在圆O：x2＋y2＝4上运动，且存在一定点N，点P(x，y)为线段MN的中点．‎ ‎(1)求点P的轨迹C的方程；‎ ‎(2)过A(0,1)且斜率为k的直线l与点P的轨迹C交于不同的两点E，F，是否存在实数k，‎ 使得·＝12？若存在，求出k的值，若不存在，说明理由．‎ 解　(1)设P(x，y)，由中点坐标公式，‎ 得 即x0＝2x－6，y0＝2y.‎ ‎∵点M在圆x2＋y2＝4上运动，‎ ‎∴x＋y＝4，即2＋2＝4，‎ 整理，得2＋y2＝1.‎ ‎∴点P的轨迹C的方程为2＋y2＝1.‎ ‎(2)设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线l的方程是y＝kx＋1，‎ 代入圆2＋y2＝1.‎ 可得x2－2x＋9＝0，‎ 由Δ＝－32k2－24k>0，得－0.‎ ‎∴不存在实数k，使得·＝12.‎ ‎6．(2018·河北省武邑中学模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点A，且两个焦点F1，F2的坐标依次为(－1,0)和(1,0)．‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)设E，F是椭圆C上的两个动点，O为坐标原点，直线OE的斜率为k1，直线OF的斜率为k2，若k1·k2＝－1，证明：直线EF与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程．‎ 解　(1)由椭圆定义得2a＝＋＝4，即a＝2，‎ 又c＝1，所以b2＝3，‎ 得椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线EF的斜率存在时，设直线EF的方程为y＝kx＋b，‎ E(x1，y1)，F(x2，y2)，‎ 直线EF的方程与椭圆方程联立，‎ 消去y得x2＋8kbx＋4b2－12＝0，‎ 当判别式Δ＝3＋4k2－b2>0时，‎ 得x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 由已知k1·k2＝－1，即＝－1，‎ 因为点E，F在直线y＝kx＋b上，‎ 所以＝－x1x2，‎ 整理得x1x2＋bk(x1＋x2)＋b2＝0，‎ 即×＋bk＋b2＝0，‎ 化简得b2＝.‎ 原点O到直线EF的距离d＝，‎ d2＝＝＝，‎ 所以直线与一个定圆相切，定圆的标准方程为 x2＋y2＝.‎ 当直线EF的斜率不存在时，此时，直线EF的方程为x＝±，满足与定圆x2＋y2＝相切．‎ 故直线EF与以原点为圆心的定圆相切，定圆的标准方程为x2＋y2＝.‎