【数学】2019届一轮复习北师大版圆锥曲线中的综合问题学案

【数学】2019届一轮复习北师大版圆锥曲线中的综合问题学案

热点十一 圆锥曲线的综合问题 纵观近几年高考圆锥曲线的综合问题是高考中的一个热点和 重点，在历年高考中出现的频率较高，主要注重考查学生的逻辑思 维能力，运算能力，分析问题和解决问题的能力.其中直线与椭圆、 抛物线的位置关系常常与平面向量、三角函数、函数的性质、不等式等知识交汇命题.涉及求 轨迹、与圆相结合、定点、定值、最值、参数范围、存在性问题等.本文就高中阶段出现这 类问题加以类型的总结和方法的探讨. 1.求轨迹方程 求轨迹方程的基本方法有 直接法、定义法、相关点法、参数法、交轨法、向量法等. （1）求轨迹方程时,先看轨迹的形状能否预知,若能预先知道轨迹为何种圆锥曲线,则可 考虑用定义法求解或用待定系数法求解;否则利用直接法或代入法. （2）讨论轨迹方程的解与轨迹上的点是否对应,要注意字母的取值范围. 例 1【2017 课标 II，理】设 O 为坐标原点，动点 M 在椭圆 C 上，过 M 作 x 轴的 垂线，垂足为 N，点 P 满足 。 (1) 求点 P 的轨迹方程； (2)设点 Q 在直线 上，且 。证明过点 P 且垂直于 OQ 的直线 l 过 C 的左焦 点 F。 【答案】(1) 。 (2)证明略。 【解析】 2 2 12 x y+ = 2NP NM=  3x = − 1OP PQ⋅ =  2 2 2x y+ = （2）由题意知 。设 ,则 ， 学 ] 。 由 得 ，又由（1）知 ，故 。 所以 ，即 。又过点 P 存在唯一直线垂直于 OQ，所以过点 P 且垂直于 OQ 的直线 过 C 的左焦点 F. 例 2【2018 届湖北省荆州中学、宜昌一中等“荆、荆、襄、宜四地七校考试联盟”高三 2 月 联考】如图，一张坐标纸上一已作出圆 及点 ，折叠此纸片，使 与圆周上某点 重合，每次折叠都会留下折痕，设折痕与直线 的交点为 ，令点 的轨迹为 . ( )1,0F − ( ) ( )3, , ,Q t P m n− ( ) ( )3, , 1 , , 3 3OQ t PF m n OQ PF m tn= − = − − − ⋅ = + −    ( ) ( ), , 3 ,OP m n PQ m t n= = − − −  1=OP PQ   2 23 1m m tn n− − + − = 2 2 2m n+ = 3 3 0m tn+ − = 0=OQ PF   ⊥OQ PF  l ( )2 2: 1 8E x y+ + = ( )1,0P P 'P 'EP M M C （1）求轨迹 的方程； （2）若直线 与轨迹 交于两个不同的点 ，且直线 与以 为直径的圆 相切，若 ，求 的面积的取值范围. 【答案】 (1) ；(2) . 试题解析 （1）折痕为 的垂直平分线，则 ，由题意知圆 的半径为 ， ∴ ， ∴ 的轨迹是以 为焦点的椭圆，且 ， ， ∴ ，∴ 的轨迹 的方程为 . （2） 与以 为直径的圆 相切，则 到 即直线 的距离 ，即 ， C :l y kx m= + C ,A B l EP 2 3,3 4OA OB  ⋅ ∈     ABO∆ 2 2 12 x y+ = 6 2,4 3       'PP 'MP MP= E 2 2 ' 2 2ME MP ME MP EP+ = + = > E E P、 2a = 1c = 2 2 2 1b a c= − = M C 2 2 12 x y+ = l EP 2 2 1x y+ = O l AB 2 1 1 m k = + 2 2 1m k= + 由 ，消去 ，得 ， ∵直线 与椭圆交于两个不同点， ∴ ， ， 设 ， ，则 ， ， ， 又 ，∴ ，∴ ， 设 ，则 ，∴ ， ， ∵ 关于 在 单调递增，∴ ，∴ 的面积的取值范围是 . 2. 圆锥曲线与圆相结合的问题 处理有关圆锥曲线与圆相结合的问题,要特别注意圆心、半径及平面几何知识的应用,如直径 对的圆心角为直角,构成了垂直关系;弦心距、半径、弦长的一半构成直角三角形.利用圆的一 些特殊几何性质解题,往往使问题简化. 例 3【2017 课标 3，理 20】已知抛物线 C y2=2x，过点（2,0）的直线 l 交 C 与 A,B 两点， 圆 M 是以线段 AB 为直径的圆. （1）证明 坐标原点 O 在圆 M 上； （2）设圆 M 过点 ，求直线 l 与圆 M 的方程. 【答案】(1)证明略； 2 2 1{ 2 x y y kx m + = = + y ( )2 2 21 2 4 2 2 0k x kmx m+ + + − = l ( )( )2 2 2 2 216 8 1 2 1 8 0k m k m k∆ = − + − = > 2 0k > ( )1 1,A x y ( )2 2,B x y 1 2 2 4 1 2 kmx x k + = − + 2 1 2 2 2 2 1 2 mx x k −= + ( )( )1 2 1 2y y kx m kx m= + + = ( ) 2 2 2 1 2 1 2 2 1 1 2 kk x x km x x m k −+ + + = + 1 2 1 2OA OB x x y y⋅ = + =  2 2 1 1 2 k k + + 2 2 2 1 3 3 1 2 4 k k +≤ ≤+ 21 12 k≤ ≤ 21 11 12 2AOBS AB k∆ = × × = × + 2 2 2 2 4 2 241 2 1 2 km m k k − × − − × = + +  ( ) ( ) 4 2 4 2 2 4 1 k k k k + + + 4 2k kµ = + 3 24 µ≤ ≤ 2 4 1AOBS µ µ∆ = =+ ( ) 1 1 2 2 4 1µ− + 3 ,24 µ  ∈   AOBS∆ µ 3 ,24      6 2 4 3AOBS∆≤ ≤ AOB∆ 6 2,4 3       ( )4, 2P − (2)直线 的方程为 ，圆 的方程为 . 或直线 的方程为 ，圆 的方程为 . 【解析】 所以 ，解得 或 . 当 时，直线 的方程为 ，圆心 的坐标为 ，圆 的半径为 ，圆 的方程为 . 当 时，直线 的方程为 ，圆心 的坐标为 ，圆 的半 径为 ，圆 的方程为 . l 2 0x y− − = M ( ) ( )2 23 1 10x y− + − = l 2 4 0x y+ − = M 2 29 1 85 4 2 16x y   − + + =       22 1 0m m− − = 1m = 1 2m = − 1m = l 2 0x y− − = M ( )3,1 M 10 M ( ) ( )2 23 1 10x y− + − = 1 2m = − l 2 4 0x y+ − = M 9 1,4 2  −   M 85 4 M 2 29 1 85 4 2 16x y   − + + =       3.定值定点问题 （1）求解定点和定值问题的基本思想是一致的,定值是证明求解的一个量与参数无关,定点 问题是求解的一个点(或几个点)的坐标,使得方程的成立与参数值无关.解这类试题时要会合 理选择参数(参数可能是直线的斜率、截距,也可能是动点的坐标等),使用参数表达其中变化 的量,再使用这些变化的量表达需要求解的解题目标.当使用直线的斜率和截距表达直线方程 时,在解题过程中要注意建立斜率和截距之间的关系,把双参数问题化为单参数问题解决. （2）证明直线过定点的基本思想是使用一个参数表示直线方程,根据方程的成立与参数值无 关得出 x,y 的方程组,以方程组的解为坐标的点就是直线所过的定点. 例 4【2018 届河北省唐山市高三上学期期末】已知抛物线 的焦点，过点 作两条互相垂直的直线 ，直线 交 于不同的两点 ，直线 交 于不同的两点 ，记直线 的斜率为 . (1)求 的取值范围； (2)设线段 的中点分别为点 ，证明 直线 过定点 . 【答案】(1) { | ＜－2 或 0＜ ＜ } (2)见解析 【解析】试题分析 （1）写出直线 的方程 ，与抛物线方程联立方程组，利用判别式求出 的一个 范围，另外直线 的方程为 与抛物线方程联立同样又得出 的一个范围，两者 求交集即得； （2）设 ，利用韦达定理可得 即 点坐标，用 代替 可得 点坐标，计算出 ，得证结论． 试题解析 （1）由题设可知 ≠0，所以直线 m 的方程为 y＝ x＋2，与 y2＝4x 联立， 整理得 y2－4y＋8＝0， ① 由 Δ1＝16－32 ＞0，解得 ＜ ． 直线 n 的方程为 y＝－ x＋2，与 y2＝4x 联立， 整理得 y2＋4 y－8 ＝0， E 2 4y x= ( )2,0P ,m n m E ,A B n E ,C D m k k ,AB CD ,M N MN ( )2,0Q 1 2 m 2y kx= + k n 1 2y xk = − + k ( ) ( ) ( )1 1 2 2 0 0, , , , ,A x y B x y M x y 0 0,x y M 1 k − k N MQ NQk k= 由 Δ2＝16 2＋32 ＞0，解得 ＞0 或 ＜－2． 所以 故 的取值范围为{ | ＜－2 或 0＜ ＜ }． （2）设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)． 由①得，y1＋y2＝ ，则 y0＝ ，x0＝ － ，则 M( － ， )． 同理可得 N(2 2＋2 ，－2 )． 直线 MQ 的斜率 MQ＝ ＝ ， 直线 NQ 的斜率 NQ＝ ＝ ＝ MQ， 所以直线 MN 过定点 Q(2，0)． 例 5【2018 届河南省商丘市高三上学期期末】在平面直角坐标系中，已知两点 ， ，动点 满足 ，线段 的中垂线交线段 于 点. （1）求 点的轨迹 的方程； （2）过点 的直线 与轨迹 相交于 两点，设点 ，直线 的斜率 分别为 ，问 是否为定值？并证明你的结论. 【答案】(1) ；(2)答案见解析. 【解析】试题分析 （1）利用椭圆定义求出 点的轨迹 的方程； （2）讨论直线 的斜率，当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ，联立方 程得 ，利用根与系数关系表示 ，即可得到定值. 试题解析 （Ⅰ）以题意可得 , ， 所以 点的轨迹 是以 为焦点，长轴长为 的椭圆， ( )2,0M − ( )2,0N P 2 3PM = PN PM Q Q C ( )1,0D l C ,A B ( )3,2E ,AE BE 1 2,k k 1 2k k+ 2 2 13 x y+ = Q C l l l ( )1y k x= − ( )2 2 2 23 1 6 3 3 0k x k x k+ − + − = 1 2k k+ NQ PQ= 2 3 2 2NQ MQ+ = > Q C ,M N 2 3 且 [ 学 ] 所以 ， 所以轨迹 的方程为 . （Ⅱ）①当直线 的斜率不存在时，由 ，解得 ， 设 ， . ②当直线 的斜率存在时，设直线 的方程为 ， 将 代入 整理化简，得 ， 依题意，直线 与轨迹 必相交于两点，设 ， 则 ， ， 又 ， ，学 所以 综上得 为定值 2.（说明 若假设直线 为 ，按相应步骤给分） 4.最值、范围问题 3, 2a c= = 2 2 2 1b a c= − = 1b = C 2 2 13 x y+ = l 2 2 1 { 13 x x y = + = 61, 3x y= = ± 6 61, , 1,3 3A B    −          1 2 6 62 23 3 22 2k k − + + = + = l l ( )1y k x= − ( )1y k x= − 2 2 13 x y+ = ( )2 2 2 23 1 6 3 3 0k x k x k+ − + − = l C ( ) ( )1 1 2 2, , ,A x y B x y 2 1 2 2 6 3 1 kx x k + = + 2 1 2 2 3 3 3 1 kx x k −= + ( )1 1 1y k x= − ( )2 2 1y k x= − ( )( ) ( )( ) ( )( )1 2 2 11 2 1 2 1 2 1 2 2 3 2 32 2 3 3 3 3 y x y xy yk k x x x x − − + − −− −+ = + =− − − − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 3 2 1 3 9 3 k x x k x x x x x x    − − − + − − −   = − + + ( ) ( ) ( ) 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 12 2 2 4 6 9 3 x x k x x x x x x x x  − + + − + + = − + + ( ) 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 3 3 612 2 2 4 63 1 3 1 6 3 39 3 3 1 3 1 k kx x k k k k k k k  −− + + × − × + + + = −− × ++ + ( ) ( ) 2 2 12 2 1 2 6 2 1 k k + = = + 1 2k k+ l 1x my= + 求解范围、最值问题的基本解题思想是建立求解目标与其他变量的关系(不等关系、函数关 系等),通过其他变量表达求解目标,然后通过解不等式、求函数值域(最值)等方法确定求解目 标的取值范围和最值.在解题时要注意其他约束条件对求解目标的影响,如直线与曲线交于不 同两点时对直线方程中参数的约束、圆锥曲线上点的坐标范围等. 例 6【2018 届吉林省长春市第十一高中、东北师范大学附属中学、吉林一中，重庆一中等五 校高三 1 月联考】已知椭圆 的短轴长为 ，离心率为 ，点 ， 是 上的动点， 为 的左焦点. （Ⅰ）求椭圆 的方程； （Ⅱ）若点 在 轴的右侧，以 为底边的等腰 的顶点 在 轴上，求四边形 面积的最小值. 【答案】(Ⅰ) ；(Ⅱ) . 试题解析 [ 学 ] （Ⅰ）依题意得 解得 ∴椭圆 的方程是 2 2 2 2 1( 0)x yC a ba b + = > >： 2 2 6 3 ( )3,0A P C F C C P y AP ABP∆ B y FPAB 2 2 16 2 x y+ = 5 3 2 2 2 2 2 2 6{ 3 b c a a b c = = = + 6{ 2 a b = = C 2 2 16 2 x y+ = （Ⅱ）设 设线段 中点为 ∵ ∴ 中点 ，直线 斜率为 由 是以 为底边的等腰三角形∴ ∴直线 的垂直平分线方程为 令 得 ∵ ∴ 由 ∴四边形 面积 当且仅当 即 时等号成立，四边形 面积的最小值为 . 5.探索性问题 解决直线与圆锥曲线位置关系的存在性问题,往往是先假设所求的元素存在,然后再推理论证, 检验说明假设是否正确. 其解题步骤为 [ 学 ] (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. 例 7【2018 届河北省石家庄市高三上学期期末】已知椭圆 的离心 率为 ，左、右焦点分别为 ，过 的直线交椭圆于 两点. （1）若以 为直径的动圆内切于圆 ，求椭圆的长轴长； （2）当 时，问在 轴上是否存在定点 ，使得 为定值？并说明理由. 【答案】（Ⅰ）6（Ⅱ）见解析 【解析】试题分析 （1）设 的中点为 ，可得 ,当两个圆相内切时 ，两个圆的圆心距等于两 ( )0 0 0 0 0, ( 2 2, 0, 0)P x y y y x− < ≠ AP M ( )3,0A AP 0 03, )2 2 x yM +（ AP 0 0 3 y x − ABP∆ AP BM AP⊥ AP 0 0 0 0 3 3 2 2 y x xy xy − + − = − −   0x = 2 2 0 0 0 90, 2 y xB y  + −     2 2 0 0 16 2 x y+ = 2 0 0 2 30 2 yB y  − −     ， ( )2,0F − FPAB 2 0 0 0 0 0 2 35 5 32 5 32 2 2 2 yS y yy y    − −= + = + ≥          0 0 32 2y y = 0 3 2y = ± FPAB 5 3 2 2 2 2: 1( 0)x yC a ba b + = > > 2 2 3 1 2,F F 1F A,B 1|AF| 2 2x y 9+ = 1b = x T •TA TB  1AF M ( )2 1 1 1 1 122 2 2OM AF a AF a AF= = − = − 个圆的半径差，即 ，所以 ，椭圆长轴长为 ；（2）先求得椭圆方 程为 ， 设直线 AB 方程为 ，联立可得 ，设 根据韦达定理及平面向量数量积公式 可得 ，当 即 时 为定值. 试题解析 （Ⅰ）设 的中点为 M，在三角形 中，由中位线得 当两个圆相内切时 ，两个圆的圆心距等于两个圆的半径差，即 所以 ，椭圆长轴长为 6. （Ⅱ）由已知 ， ，所以椭圆方程为 当直线 AB 斜率存在时，设直线 AB 方程为 设 由 得 恒成立 设 1 13 2OM AF= − 3a = 9 2 2 19 x y+ = ( )2 2y k x= + ( )2 2 2 29 1 36 2 72 9 0k x k x k+ + + − = ( )0 ,0T x ( )2 2 2 0 0 0 2 9 36 2 71 9 9 1 x x k x TA TB k + + + − ⋅ = +   ( )2 2 0 0 09 36 2 71 9 9x x x+ + = − 0 19 2 9x = − TA TB⋅  1AF 1 2AF F ( )2 1 1 1 1 122 2 2OM AF a AF a AF= = − = − 1 13 2OM AF= − 3a = 1b = 2 2,c = 3a = 2 2 19 x y+ = ( )2 2y k x= + ( ) ( )1 1 2 2A , , ,x y B x y ( ) 2 29 9 { 2 2 x y y k x + = = + ( )2 2 2 29 1 36 2 72 9 0k x k x k+ + + − = 0∴∆ > 2 1 2 2 36 2 9 1 kx x k ∴ + = − + 2 1 2 2 72 9 9 1 kx x k −= + ( )( ) 2 2 1 2 1 2 22 2 2 2 9 1 ky y k x x k −= + + = + ( )0 ,0T x ( ) 2 1 2 1 2 0 0 1 2TA TB x x x x x x y y⋅ = − + + +  当 即 时 为定值 当直线 AB 斜率不存在时，不妨设 当 时 ，为定值 综上 在 X 轴上存在定点 ，使得 为定值 【反思提升】1.高考涉及考查轨迹问题通常是以下两类 一类是容易题，以定义法、相关点 法、待定系数法等为主，另一类是高难度的纯轨迹问题，综合考查各种方法.“轨迹”、 “方程” 要区分求轨迹方程，求得方程就可以了；若是求轨迹，求得方程还不够，还应指出方程所表 示的曲线类型（定形、定位、定量）.处理轨迹问题成败在于 对各种方法的领悟与解题经验 的积累.所以在处理轨迹问题时一定要善于根据题目的特点选择恰当的方法（什么情况下用 什么方法上面已有介绍，这里不在重复）确定轨迹的范围是处理轨迹问题的难点，也是学生 容易出现错误的地方，在确定轨迹范围时，应注意以下几个方面 ①准确理解题意，挖掘隐 含条件；②列式不改变题意，并且要全面考虑各种情形；③推理要严密，方程化简要等价；④ 消参时要保持范围的等价性；⑤数形结合，查“漏”补“缺”.在处理轨迹问题时， 要特别注意 运用平面几何知识， 其作用主要有 ①题中没有给出明显的条件式时，可帮助列式；②简化 条件式；③转化化归. 2.涉及求取值范围的问题时,首先要找到产生范围的几个因素 (1)直线与曲线相交(判别式);(2) 曲线上点的坐标的范围;(3)题目中给出的限制条件.其次要建立结论中的量与这些范围中的 因素的关系;最后利用函数或不等式求变量的取值范围.学 3.解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法.几何法是根据已知的几何量之间的相 互关系,通过平面几何和解析几何的知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距 离之和、光线反射问题等);代数法是建立求解目标关于某个或某两个变量的函数,通过求解函 数的最值(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决. 4.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. 注意以下几点 ( )2 2 2 0 0 0 2 9 36 2 71 9 9 1 x x k x k + + + − = + ( )2 2 0 0 09 36 2 71 9 9x x x+ + = − 0 19 2 9x = − TA TB⋅  2 0 79 81x − = − 1 12 2, , 2 2,3 3A B   − − −       19 2 ,09T  −    2 1 2 1 7 9 3 9 3 81TA TB⋅ = ⋅ − = −  （ ，）（ ， ） 19 2 ,09T  −    TA TB⋅  7 81 − (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.