2018届二轮复习圆锥曲线的综合问题学案
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届日照模拟)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，左、右顶点分别为A，B.以F1F2为直径的圆O过椭圆E的上顶点D，直线DB与圆O相交得到的弦长为.设点P，连接PA交椭圆于点C，坐标原点为O.
(1)求椭圆E的方程；
(2)若△ABC的面积不大于四边形OBPC的面积，求的最小值．
解 (1)因为以F1F2为直径的圆O过点D，所以b＝c，则圆O的方程为x2＋y2＝b2，又a2＝b2＋c2，
所以a＝b，直线DB的方程为y＝－x＋b，
直线DB与圆O相交得到的弦长为，
则2＝，所以b＝1, a＝，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)得a＝， b＝1，椭圆方程为＋y2＝1，
设直线PA的方程为y＝(x＋)，
由
整理得x2＋2t2x＋2t2－8＝0，
解得x1＝－， x2＝，
则点C的坐标是，
故直线BC的斜率为kBC＝－，
由于直线OP的斜率为kOP＝，
所以kBC ·kOP＝－1，
所以OP⊥BC.
所以SOBPC＝××＝，
S△ABC＝×2×＝，
所以≤，
整理得2＋t2≥4，≥，
所以min＝.
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届福建省宁德市质检)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上的点M到点N距离的最小值为.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若x0>2，圆E：2＋y2＝1，过M作圆E的两条切线分别交y轴于A，B两点，求△MAB面积的最小值．
解 (1)∵＝，
又∵y＝2px0，
∴2＝x－4x0＋4＋2px0＝x－2x0＋4
＝2＋4－2.
∵x0≥0，∴当2－p≤0，即p≥2时， min＝2，不符合题意，舍去；当2－p>0，即0
2，
∴S△MAB＝·＝＝
＝x0＋2＋
＝x0－2＋＋4≥8，
当且仅当x0＝4时，取最小值8.
热点二 定点、定值问题
1．由直线方程确定定点，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．解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．
例2 (2017·长沙市长郡中学模拟)已知抛物线E：y2＝4x的准线为l，焦点为F，O为坐标原点．
(1)求过点O，F，且与l相切的圆的方程；
(2)过F的直线交抛物线E于A，B两点，A关于x轴的对称点为A′，求证：直线A′B过定点．
(1)解 抛物线E：y2＝4x的准线l的方程为x＝－1，
焦点坐标为F(1,0)，设所求圆的圆心C为(a，b)，半径为r,
∵圆C过O，F，∴a＝，
∵圆C与直线l：x＝－1相切，
∴r＝－＝.
由r＝＝ ＝，得b＝±.
∴过O，F且与直线l相切的圆的方程为
2＋2＝.
(2)证明 方法一 依题意知，直线AB的斜率存在，
设直线AB方程为y＝k，
A， B， A′，
联立
消去y，得k2x2－x＋k2＝0，
∴x1＋x2＝， x1x2＝1.
∵直线BA′的方程为y－y2＝，
∴令y＝0，得x＝
＝
＝＝－1 .
∴直线BA′过定点.
方法二 设直线AB的方程为x＝my＋1,
A， B，则A′.
由得y2－4my－4＝0，
∴y1＋y2＝4m, y1y2＝－4.
∵kBA′＝＝＝，
∴直线BA′的方程为y－y2＝.
∴y＝(x－x2)＋y2＝x＋y2－
＝x＋
＝x＋
＝(x＋1)．
∴直线BA′过定点(－1,0)．
思维升华 (1)动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 (2017届江西省重点中学协作体联考)已知⊙F1：(x＋3)2＋y2＝27与⊙F2：(x－3)2＋y2＝3，以F1，F2分别为左、右焦点的椭圆C：＋＝1 (a>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A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C：x2＝2py(p>0)上的不同两点．
(1)设直线l：y＝与y轴交于点M，若A，B两点所在的直线方程为y＝x－1，且直线l：y＝恰好平分∠AMB，求抛物线C的标准方程；
(2)若直线AB与x轴交于点P，与y轴的正半轴交于点Q，且y1y2＝，是否存在直线AB，使得＋＝？若存在，求出直线AB的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M，
由 消去y整理，得x2－2px＋2p＝0，
则
∵直线y＝平分∠AMB，∴kAM＋kBM＝0，
∴＋＝0，
即＋＝2－＝0，
∴p＝4，满足Δ>0，∴抛物线C的标准方程为x2＝8y.
(2)由题意知，直线AB的斜率存在，且不为零，
设直线AB的方程为y＝kx＋b(k≠0，b>0)，
由
得x2－2pkx－2pb＝0,
∴
∴y1y2＝·＝＝b2，
∵y1y2＝，∴b2＝， ∵b>0, ∴b＝.
∴直线AB的方程为y＝kx＋.
假设存在直线AB，使得＋＝，
即＋＝3，
作AA′⊥x轴，BB′⊥x轴，垂足为A′，B′，
∴＋＝＋＝＋
＝·，
∵y1＋y2＝k＋p＝2pk2＋p, y1y2＝，
∴＋＝·＝4k2＋2，
由4k2＋2＝3，得k＝±，
故存在直线AB，使得＋＝，
此时直线AB的方程为y＝±x＋.
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届黑龙江省大庆实验中学模拟)已知F1，F2分别是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点， D，E分别是椭圆C的上顶点和右顶点，且S△DEF2＝，离心率e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设经过F2的直线l与椭圆C相交于A，B两点，求的最小值．
解 (1)依题意得
解得
故所求椭圆方程为＋＝1.
(2)由(1)知，F2，设A，B，
AB的方程为x＝ty＋1，代入椭圆的方程，
整理得y2＋6ty－9＝0，
∴
∵S△OAB＝×1×，|AF2|＝，
|BF2|＝，
∴ ＝
＝ ≥，
当且仅当t＝0时上式取等号．
∴的最小值为.
3．(2017届南昌模拟)如图，已知直线l：y＝kx＋1 (k>0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.
(1)求kk1的值；
(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？ 若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．
解 (1)设直线上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1的对称点为P0(x0，y0)，
直线l与直线l1的交点为(0,1)，
∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1.
k＝，k1＝.
由＝＋1，
得y＋y0＝x＋x0＋2. ①
由＝－1，得y－y0＝x0－x. ②
由①②得
kk1＝
＝＝1.
(2)设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由
得(4k2＋1)x＋8kx1＝0，
∴xM＝，∴yM＝.
同理xN＝＝，
yN＝ ＝.
kMN＝＝
＝＝－.
直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，
∴y－＝－，
即y＝－x－＋
＝－x－.
∴当k变化时，直线MN过定点.
4．(2017届沈阳市模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点为F1，F2，离心率为，点P为其上动点，且△PF1F2面积的最大值为，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点M，N为C上的两个动点，求常数m，使·＝m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值．
解 (1)依题意知，
解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1x2＋y1y2＝m，(*)
当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋n，
则点O到直线MN的距离d＝＝ .
由
消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0，
由Δ>0，得4k2－n2＋3>0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
代入(*)式，
x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)
＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，
整理得＝12＋为常数，
则m＝0，d＝＝，
此时＝12满足Δ>0.
当MN⊥x轴时，由m＝0，得kOM＝±1，
消去y，得x2＝，d＝|x|＝仍成立，
综上，m＝0，d＝.
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届三湘名校教育联盟联考)已知动圆P与圆F1：2＋y2＝49相切，且与圆F2：2＋y2＝1相内切，记圆心P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)设Q为曲线C上的一个不在x轴上的动点， O为坐标原点，过点F2作OQ的平行线交曲线C于M，N两个不同的点，求△QMN面积的最大值．
解 (1)设圆P的半径为R，圆心P的坐标为，
由于动圆P与圆F1只能内切，
所以
则F1F2|＝4，
所以圆心P的轨迹是以点F1, F2为焦点的椭圆．
且a＝3，c＝2，则b2＝a2－c2＝5.
所以曲线C的方程为＋＝1.
(2)设M， N， Q，
直线MN的方程为x＝my＋2，
由可得y2＋20my－25＝0，
可知Δ＝400m2＋100(5m2＋9)>0，
则y1＋y2＝－，y1y2＝－.
所以＝
＝
＝.
因为MN∥OQ，
所以△QMN的面积等于△OMN的面积．
点O到直线MN：x＝my＋2的距离d＝ .
所以△QMN的面积
S＝·d＝××
＝.
令＝t，则m2＝t2－1，
S＝ ＝＝.
设f＝5t＋，
则f′＝5－＝，
因为t≥1，所以f′＝>0，
所以f＝5t＋在上单调递增．
所以当t＝1时， f取得最小值9.
所以△QMN的面积的最大值为.
说明：△QMN的面积S＝
＝＝ .
