2018届二轮复习（理）专题五 解析几何第3讲学案（全国通用）
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.(2015·全国Ⅰ卷)已知M(x0，y0)是双曲线C：－y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若·<0，则y0的取值范围是( )
A. B.
C. D.
解析 由题意M在双曲线C：－y2＝1上，
则－y＝1，即x＝2＋2y.
由1·2<0，得(－－x0，－y0)·(－x0，－y0)＝x－3＋y＝3y－1<0，即－
b>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).
当x＝2时，y＝－1，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】 (2016·浙江卷)如图所示，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.
(1)求p的值；
(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围.
解 (1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，
由抛物线的定义得＝1，即p＝2.
(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1，0)，
可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.
∵AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，
由消去x得y2－4sy－4＝0.
故yAyB＝－4，∴B.
又直线AB的斜率为，
故直线FN的斜率为－，
从而得直线FN：y＝－(x－1)，直线BN：y＝－.
∴N.
设M(m，0)，由A，M，N三点共线得＝，
于是m＝＝2＋，∴m＜0或m＞2.
经检验知，m＜0或m＞2满足题意.
综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).
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】 已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程.
解 (1)设F(c，0)，由条件知，＝，得c＝.
又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.
故E的方程为＋y2＝1.
(2)当l⊥x轴时不合题意，
故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).
将y＝kx－2代入＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
当Δ＝16(4k2－3)>0，
即k2>时，x1，2＝.
从而|PQ|＝|x1－x2|＝.
又点O到直线PQ的距离d＝.
所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.
设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.
因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.
所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.
热点二 定点、定值问题
命题角度1 圆锥曲线中的定值
【例2－1】 (2016·北京卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.
(1)解 由题意得解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明 由(1)知A(2，0)，B(0，1).
设P(x0，y0)，则x＋4y＝4.
当x0≠0时，
直线PA的方程为y＝(x－2).
令x＝0，得yM＝－，
从而|BM|＝|1－yM|＝.
直线PB的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得xN＝－，
从而|AN|＝|2－xN|＝.
所以|AN|·|BM|＝·
＝
＝＝4.
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
所以|AN|·|BM|＝4.
综上，|AN|·|BM|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】 (2017·唐山一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点Q在椭圆上，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值.
(1)解 ∵椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，
∴e2＝＝＝，得a2＝2b2，①
又点Q在椭圆C上，
∴＋＝1，②
联立①、②得a2＝8，且b2＝4.
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明 当直线PN的斜率k不存在时，PN方程为x＝或x＝－，从而有|PN|＝2，
所以S＝|PN|·|OM|＝×2×2＝2；
当直线PN的斜率k存在时，
设直线PN方程为y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，
将PN的方程代入椭圆C的方程，
整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
所以x1＋x2＝，x1·x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，
由＝＋，得M.
将M点坐标代入椭圆C方程得m2＝1＋2k2.
又点O到直线PN的距离为d＝，
|PN|＝|x1－x2|，
所以S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝·＝＝2.
综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2.
命题角度2 圆锥曲线中的定点问题
【例2－2】 (2017·哈尔滨模拟)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】 (2017·菏泽调研)已知焦距为2的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，直线y＝与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形.
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM.点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点.
(1)解 设坐标原点为O，
∵四边形ABPQ是平行四边形，∴||＝||，
∵||＝2||，∴||＝2||，则点B的横坐标为，
∴点Q的坐标为，代入椭圆C的方程得b2＝2，
又c2＝2，∴a2＝4，即椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明 设直线MN的方程为y＝k(x＋2)，N(x0，y0)，DA⊥AM，∴D(2，4k).
由消去y得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，则－2x0＝，即x0＝，
∴y0＝k(x0＋2)＝，则N，
设G(t，0)，则t≠－2，若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，则DG⊥AN，∴·＝0恒成立.
∵＝(2－t，4k)，＝，
∴·＝(2－t)·＋4k·＝0恒成立，
即＝0恒成立，∴t＝0，∴点G是定点(0，0).
热点三 圆锥曲线中的存在性问题
【例3】 (2017·长沙调研)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)的焦点为F，直线2x－y＋2＝0交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q.
(1)D是抛物线C上的动点，点E(－1，3)，若直线AB过焦点F，求|DF|＋|DE|的最小值；
(2)是否存在实数p，使|2＋|＝|2－|？若存在，求出p的值；若不存在，说明理由.
解 (1)∵直线2x－y＋2＝0与y轴的交点为(0，2)，
∴F(0，2)，则抛物线C的方程为x2＝8y，准线l：y＝－2.
设过D作DG⊥l于G，则|DF|＋|DE|＝|DG|＋|DE|，
当E，D，G三点共线时，|DF|＋|DE|取最小值2＋3＝5.
(2)假设存在，抛物线x2＝2py与直线y＝2x＋2联立方程组得：
x2－4px－4p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝(4p)2＋16p＝16(p2＋p)>0，则x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，
∴Q(2p，2p).
∵|2＋|＝|2－|，∴QA⊥QB.
则·＝0，
可得(x1－2p)(x2－2p)＋(y1－2p)(y2－2p)
＝(x1－2p)(x2－2p)＋(2x1＋2－2p)(2x2＋2－2p)
＝5x1x2＋(4－6p)(x1＋x2)＋8p2－8p＋4＝0，
代入得4p2＋3p－1＝0，
解得p＝或p＝－1(舍去).
因此存在实数p＝，且满足Δ>0，使得|2＋|＝|2－|成立.
1.解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握：
(1)从特殊开始，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.
2.圆锥曲线的范围问题的常见求法
(1)几何法：若题目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来解决；
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值.
3.存在性问题求解的思路及策略
(1)思路：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.
(2)策略：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.
一、选择题
1.F1，F2是椭圆＋y2＝1的左、右焦点，点P在椭圆上运动，则·的最大值是( )
A.－2 B.1 C.2 D.4
解析 设P(x，y)，依题意得点F1(－，0)，F2(，0)，
·＝(－－x)(－x)＋y2＝x2＋y2－3＝x2－2，注意到－2≤x2－2≤1，因此·的最大值是1.
答案 B
2.(2017·沈阳二模)若点P为抛物线y＝2x2上的动点，F为抛物线的焦点，则|PF|的最小值为( )
A.2 B. C. D.
解析 根据题意，抛物线y＝2x2上，设P到准线的距离为d，则有|PF|＝d，抛物线的方程为y＝2x2，即x2＝y，其准线方程为y＝－，∴当点P在抛物线的顶点时，d有最小值，即|PF|min＝.
答案 D
3.(2017·北京西城区调研)过抛物线y2＝4x的焦点的直线l与双曲线C：－y2＝1的两个交点分别为(x1，y1)，(x2，y2)，若x1·x2>0，则k的取值范围是( )
A. B.∪
C. D.∪
解析 易知双曲线两渐近线y＝±x，
当k>或k<－时，l与双曲线的右支有两个交点，满足x1x2>0.
答案 D
4.(2017·全国Ⅰ卷)设A，B是椭圆C：＋＝1长轴的两个端点.若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是( )
A.(0，1]∪[9，＋∞) B.(0，]∪[9，＋∞)
C.(0，1]∪[4，＋∞) D.(0，]∪[4，＋∞)
解析 (1)当焦点在x轴上，依题意得
03，且≥tan＝，∴m≥9，
综上，m的取值范围是(0，1]∪[9，＋∞).
答案 A
5.在直线y＝－2上任取一点Q，过Q作抛物线x2＝4y的切线，切点分别为A，B，则直线AB恒过的点的坐标为( )
A.(0，1) B.(0，2)
C.(2，0) D.(1，0)
解析 设Q(t，－2)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，抛物线方程变为y＝x2，则y′＝x，则在点A处的切线方程为y－y1＝x1(x－x1)，化简得y＝x1x－y1，
同理，在点B处的切线方程为y＝x2x－y2，
又点Q(t，－2)的坐标适合这两个方程，
代入得－2＝x1t－y1，－2＝x2t－y2，
这说明A(x1，y1)，B(x2，y2)都满足方程－2＝xt－y，即直线AB的方程为y－2＝tx，因此直线AB恒过点(0，2).
答案 B
二、填空题
6.已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与圆x2－4x＋y2＋2＝0相交，则双曲线的离心率的取值范围是______.
解析 双曲线的渐近线方程为y＝±x，即bx±ay＝0，圆x2－4x＋y2＋2＝0可化为(x－2)2＋y2＝2，其圆心为(2，0)，半径为.
因为直线bx±ay＝0和圆(x－2)2＋y2＝2相交，
所以＜，整理得b2＜a2.
从而c2－a2＜a2，即c2＜2a2，所以e2＜2.
又e＞1，故双曲线的离心率的取值范围是(1，).
答案 (1，)
7.已知抛物线C：x2＝8y的焦点为F，动点Q在C上，圆Q的半径为1，过点F的直线与圆Q切于点P，则·的最小值为________.
解析 如图，在Rt△QPF中，·＝||||cos∠PFQ＝||||＝||2＝||2－1.
由抛物线的定义知：||＝d(d为点Q到准线的距离)，易知，抛物线的顶点到准线的距离最短，∴||min＝2，
∴·的最小值为3.
答案 3
8.(2017·济南模拟)已知抛物线y2＝4x，过焦点F的直线与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作x轴，y轴垂线，垂足分别为C，D，则|AC|＋|BD|的最小值为________.
解析 不妨设A(x1，y1)(y1>0)，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
9.(2017·延安调研)如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)，经过点A(0，－1)，且离心率为.
(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值.
(1)解 由题设知＝，b＝1，
结合a2＝b2＋c2，解得a＝，
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)证明 由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
从而直线AP，AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋＝＋
＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.
故kAP＋kAQ为定值2.
10.(2015·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点，
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由.
解 (1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，
或M(－2，a)，N(2，a).
又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，
即x－y－a＝0.
y＝在x＝－2处的导数值为－，C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，
即x＋y＋a＝0.
故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.
(2)存在符合题意的点，证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a代入C的方程得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝＋
＝＝.
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，
则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，
故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意.
11.(2017·昆明二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴长为2.直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，又l与直线y＝x，y＝－x分别交于A，B两点，其中点A在第一象限，点B在第二象限，且△OAB的面积为2(O为坐标原点).
(1)求椭圆C的方程；
(2)求·的取值范围.
解 (1)由于b＝1且离心率e＝，
∴＝＝，则a2＝2，
因此椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)联立直线l与直线y＝x，可得点A，
联立直线l与直线y＝－x，可得点B，
又点A在第一象限，点B在第二象限，
∴⇒
即m2(1－4k2)>0，而m2≥0，
∴1－4k2>0，
又|AB|＝＝，
又原点O到直线l的距离为，即△OMN底边AB上的高为，
∴S△OMN＝·＝＝2，
∴m2＝1－4k2，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，将直线l代入椭圆方程，
整理可得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，
∴x1＋x2＝－，x1·x2＝，
Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝48k2>0，则k2>0，
∴y1·y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝，
∴·＝x1x2＋y1y2＝＋＝－7，
∵0
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