2018届二轮复习专题突破讲义圆锥曲线的综合问题学案文（全国通用）
第3讲 圆锥曲线的综合问题
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 (2017届天津市红桥区二模)已知椭圆C：＋＝1 (a>b>0)的离心率为，且过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设与圆O：x2＋y2＝相切的直线l交椭圆C于A, B两点，求△OAB面积的最大值及取得最大值时直线l的方程．
解 (1)由题意可得
解得a2＝3，b2＝1，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)①当k不存在时， x＝±，∴y＝±，
∴S△OAB＝××＝.
②当k存在时，设直线方程为y＝kx＋m，
A， B，
联立得x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
d＝r⇒4m2＝3.
＝ ·
＝·
＝·
＝·
＝·≤2，
当且仅当＝9k2，即k＝±时等号成立，此时m＝±1.
∴S△OAB＝×r≤×2×＝，
∴△OAB面积的最大值为，
此时直线方程为y＝±x±1.
思维升华 解决范围问题的常用方法
(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解．
(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．
(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
跟踪演练1 (2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆C截直线y＝1所得线段的长度为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)动直线l：y＝kx＋m(m≠0)交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M.点N是M关于O的对称点，⊙N的半径为|NO|.设D为AB的中点，DE，DF与⊙N分别相切于点E，F，求∠EDF的最小值．
解 (1)由椭圆的离心率为，得a2＝2(a2－b2)，
又当y＝1时，x2＝a2－，得a2－＝2，
所以a2＝4，b2＝2.
因此椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程，得
得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0.
由Δ>0，得m2<4k2＋2，(*)
且x1＋x2＝－，
因此y1＋y2＝，
所以D.
又N(0，－m)，
所以|ND|2＝2＋2，
整理得|ND|2＝.
因为|NF|＝|m|，
所以＝＝1＋.
令t＝8k2＋3，t≥3，
故2k2＋1＝.
所以＝1＋＝1＋.
令y＝t＋，所以y′＝1－.
当t≥3时，y′>0，
从而y＝t＋在[3，＋∞)上单调递增，
因此t＋≥，
当且仅当t＝3时等号成立，此时k＝0，
所以≤1＋3＝4.
由(*)得－
b>0)经过两圆的交点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)M，N是椭圆C上的两点，若直线OM与ON的斜率之积为－，试问△OMN的面积是否为定值？若是，求出这个定值；若不是，请说明理由．
解 (1)设两圆的交点为Q，
依题意有|QF1|＋|QF2|＝3＋＝4，
由椭圆定义知，2a＝4，解得a2＝12.
∵F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，
∴a2－b2＝9，解得b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)①当直线MN的斜率不存在时，
设M(x1，y1)，N(x1，－y1)．
kOM·kON＝－＝－，∴＝.
又＋＝1，∴|x1|＝，|y1|＝.
∴S△OMN＝××＝3.
②当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝kx＋m，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－12)>0，
得12k2－m2＋3>0， (*)
且x1＋x2＝－，x1x2＝.
∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝.
∵kOM·kON＝＝－，∴＝－，
整理得2m2＝12k2＋3,
代入(*)得m≠0.
∵|MN|＝|x1－x2|
＝
＝ ＝，
原点O到直线MN的距离d＝，
∴S△OMN＝|MN|d
＝··＝3(定值)．
综上所述，△OMN的面积为定值3.
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 已知抛物线E的顶点为原点O，焦点为圆F：x2＋y2－4x＋3＝0的圆心F.经过点F的直线l交抛物线E于A，D两点，交圆F于B，C两点，A，B在第一象限，C，D在第四象限．
(1)求抛物线E的方程；
(2)是否存在直线l，使2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项？若存在，求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)根据已知，设抛物线E的方程为y2＝2px(p>0)．
∵圆F的方程为(x－2)2＋y2＝1，
∴圆心F的坐标为F(2,0)，半径r＝1.
∴＝2，解得p＝4.
∴抛物线E的方程为y2＝8x.
(2)∵2|BC|是|AB|与|CD|的等差中项，
∴|AB|＋|CD|＝4|BC|＝4×2r＝8，
∴|AD|＝|AB|＋|BC|＋|CD|＝10.
若l垂直于x轴，则l的方程为x＝2，
代入y2＝8x，得y＝±4.
此时|AD|＝|y1－y2|＝8≠10，
即直线x＝2不满足题意；
若l不垂直于x轴，设l的斜率为k，
由已知得k≠0，l的方程为y＝k(x－2)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由
得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
∴x1＋x2＝，且Δ＝(4k2＋8)2－16k4＝64k2＋64>0，
∵抛物线E的准线为x＝－2，
∴|AD|＝|AF|＋|DF|＝(x1＋2)＋(x2＋2)
＝x1＋x2＋4，
∴＋4＝10，解得k＝±2.
∴存在满足要求的直线l，它的方程为2x－y－4＝0或2x＋y－4＝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 (2017届河北省衡水中学押题卷)已知椭圆C：＋＝1 (a>b>0)的长轴长为6，且椭圆C与圆M：(x－2)2＋y2＝的公共弦长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点P(0,2)作斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C交于两点A，B，试判断在x轴上是否存在点D，使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形．若存在，求出点D的横坐标的取值范围，若不存在，请说明理由．
解 (1)由题意可得2a＝6，所以a＝3.由椭圆C与圆M: 2＋y2＝的公共弦长为，恰为圆M的直径，可得椭圆C经过点，所以＋＝1，解得b2＝8.所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)直线l的解析式为y＝kx＋2，
设A，B， AB的中点为E.
假设存在点D，使得△ADB为以AB为底边的等腰三角形，则DE⊥AB.
由
得x2＋36kx－36＝0，故x1＋x2＝－，
所以x0＝－， y0＝kx0＋2＝.
因为DE⊥AB，所以kDE＝－，
即＝－，
所以m＝－＝－.
当k>0时， 9k＋≥2＝12，
所以－≤m<0；
当k<0时， 9k＋≤－12，所以00.
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
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，
则可设直线l的方程为y＝k(x－1)，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．(2016·全国Ⅰ)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
解 (1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，
故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，
故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，
由椭圆定义可得点E的轨迹方程为
＋＝1(y≠0)．
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由
得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝，且Δ＝144k2＋144>0，
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，
点A到m的距离为，
所以|PQ|＝2＝4.
故四边形MPNQ的面积
S＝|MN||PQ|＝12.
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8)．
当l与x轴垂直时，l的方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8)．
2．(2017·山西省实验中学模拟)已知椭圆C: ＋＝1 (a>b>0)的短轴长为2，且椭圆C的顶点在圆M：x2＋2＝上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过椭圆的上焦点作互相垂直的两条弦AB，CD，求＋的最小值．
解 (1)由题意可得2b＝2，所以b＝1.
椭圆C的顶点在圆M: x2＋2＝上，
所以a＝.
故椭圆C的方程为＋x2＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在或为零时，
＋＝3.
当直线AB的斜率存在且不为零时，
设直线AB的方程为y＝kx＋1，
由
得x2＋2kx－1＝0，
设A， B，
由根与系数的关系，得x1＋x2＝， x1x2＝，
所以＝，
同理可得＝，
所以＋＝ .
令t＝k2＋1，则t>1, ＋＝ ＝ ，
而2<≤，
所以≤＋ <3.
综上， ≤＋ ≤3，
故＋的最小值为.
3．(2017届太原模拟)已知动点C到点F(1,0)的距离比到直线x＝－2的距离小1，动点C的轨迹为E.
(1)求曲线E的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m(km<0)与曲线E相交于A，B两个不同点，且·＝5，证明：直线l经过一个定点．
(1)解 由题意可得动点C到点F(1,0)的距离等于到直线x＝－1的距离，
∴曲线E是以点(1,0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，设其方程为y2＝2px(p>0)，∴＝1，∴p＝2，
∴动点C的轨迹E的方程为y2＝4x.
(2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∵·＝5，
∴x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2
＝＝5，
∴m2＋4km－5k2＝0，∴m＝k或m＝－5k.
∵km<0，m＝k舍去，
∴m＝－5k，满足Δ＝16(1－km)>0，
∴直线l的方程为y＝k(x－5)，
∴直线l必经过定点(5,0)．
4．(2017届福建省泉州市适应性模拟)已知抛物线C：x2＝4y的焦点为F，直线l：y＝kx＋a(a>0)与抛物线C交于A，B两点．
(1)若直线l过焦点F，且与圆x2＋(y－1)2＝1交于D，E(其中A，D在y轴同侧)，求证：|AD|·|BE|是定值；
(2)设抛物线C在A和B点的切线交于点P，试问：y轴上是否存在点Q，使得APBQ为菱形？若存在，请说明理由，并求此时直线l的斜率和点Q的坐标．
解 抛物线C：x2＝4y的焦点为F(0,1),
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立x2＝4y与y＝kx＋a，得x2－4kx－4a＝0，
则Δ＝16(k2＋a)>0，且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
(1)证明 若直线l过焦点F，则a＝1，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.
由条件可知圆x2＋(y－1)2＝1的圆心为F(0,1)，半径为1，
由抛物线的定义可知，|AF|＝y1＋1，|BF|＝y2＋1，
则|AD|＝|AF|－1＝y1，|BE|＝|BF|－1＝y2，
|AD|·|BE|＝y1y2＝(kx1＋1)(kx2＋1)
＝k2x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝－4k2＋4k2＋1＝1，
(或|AD|·|BE|＝y1y2＝·＝＝＝1)
即|AD|·|BE|为定值，定值为1.
(2)解 方法一 当直线l的斜率为0，且Q的坐标为(0,3a)时，APBQ为菱形．理由如下：
由x2＝4y，得y＝x2，则y′＝x，
则抛物线C在A处的切线为
y－x＝x1，
即y＝x1x－x. ①
同理抛物线C在B处的切线为
y＝x2x－x. ②
联立①②，解得x＝＝2k，
代入①式解得y＝＝－a，即P.
又＝2k，所以＝k＋a＝2k2＋a，
即AB的中点为R.
则有PR⊥x轴．若APBQ为菱形，
则PR⊥AB，所以k＝0,
此时P， R，Q.
方法二 设A，B， Q，
由x2＝4y，得y＝x2，则y′＝x,
若APBQ为菱形，则AQ∥BP，BQ∥AP，
则kAQ＝＝x2，kBQ＝＝x1，
即y1－y0＝x1x2，y2－y0＝x1x2，
则y1＝y2，∴k＝0, ∴A，B，
则抛物线C在A处的切线为
y－a＝－，即y＝－x－a， ①
同理抛物线C在B处的切线为y＝x－a， ②
联立①②得P.
又AB的中点为R，所以Q.
方法三 设A，B， Q，
由x2＝4y，得y＝x2，则y′＝x,
若APBQ为菱形，则AQ∥BP，BQ∥AP，
则kAQ＝＝x2，kBQ＝＝x1，
即y1－y0＝x1x2，y2－y0＝x1x2，
则y1＝y2，∴k＝0, 此时直线AB: y＝kx＋a＝a，
则y0＝－x1x2＋y1＝－·＋a＝3a，
所以Q.
B组 能力提高
5.如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．
(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；
(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解 (1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，
所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程为x＝－1.
(2)由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.
由抛物线准线l：x＝－1可知，M(－1，－2k)．
又Q(1,2)，所以k3＝＝k＋1，
即k3＝k＋1.
把直线AB的方程y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系知，
x1＋x2＝，x1x2＝1，且Δ＝16(k2＋1)>0，
又Q(1,2)，则k1＝，k2＝.
因为A，F，B共线，所以kAF＝kBF＝k，
即＝＝k.
所以k1＋k2＝＋
＝＋－
＝2k－＝2k＋2，
即k1＋k2＝2k＋2.
又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3.
即存在常数λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立．
6.(2017届九江模拟)如图所示，已知椭圆C：＋＝1(a>b>c)的焦距为 2，直线y＝x被椭圆 C截得的弦长为 .
(1)求椭圆 C的方程；
(2)设点M是椭圆 C上的动点，过原点O引两条射线l1，l2与圆M：2＋2＝分别相切，且l1，l2的斜率k1，k2存在．
①试问 k1k2 是否为定值？若是，求出该定值，若不是，说明理由；
②若射线l1，l2与椭圆 C分别交于点A，B，求·的最大值．
解 (1)依题意得c＝1，设直线y＝x与椭圆C相交于P，Q两点，则＝，不妨设P，
∴＋＝1，又a2－b2＝1，解得a＝，b＝1，
∴椭圆 C的方程为＋y2＝1.
(2)①设射线l方程为y＝kx，A，B，则＝，两边平方整理得k2－6x0y0k＋3y－2＝0, ∵y＝1－，
∴k1k2＝＝＝－.
②联立消去 y 得
x2＝，2＝，
同理2＝，
∴2·2＝·
＝4·＝
＝2＋≤，
当且仅当k＝时，取等号，
∴(·)max＝.
