【数学】2019届一轮复习全国通用版高考必考题突破讲座(五)直线与圆锥曲线的综合应用2学案
高考必考题突破讲座(五)
直线与圆锥曲线的综合应用
题型特点
考情分析
命题趋势
1.掌握直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系的解题方法．
2．了解圆锥曲线的简单应用．
3．理解数形结合的思想.
2017·全国卷Ⅱ，20
2017·北京卷，18
2017·江苏卷，17
2017·山东卷，21
1.求直线或曲线所过的定点．
2．求与圆锥曲线有关的定值问题．
3．求与圆锥曲线相关的面积、距离的最值．
4．探求与圆锥曲线有关的存在性问题.
分值：12～14分
1．直线与圆锥曲线的位置关系以及弦长问题
(1)研究直线与圆锥曲线的位置关系问题时，一般转化为研究其直线方程与圆锥曲线方程组成的方程组解的个数，消元后，应注意讨论含x2 项的系数是否为零的情况，以及判别式的应用．但对于选择、填空题要充分利用几何条件，用数形结合的方法求解．
(2)涉及弦的问题中，应熟练的利用根与系数关系、设而不解法简化运算、计算弦长；涉及过焦点的弦的问题，可考虑用圆锥曲线的定义求解．处理中点弦问题常用的求解之法①点差法：即设出弦的两端点坐标后，代入圆锥曲线方程，并将两式相减，式中含有x1＋x2，y1＋y2，三个未知量，这样就直接联系了中点和直线的斜率， 借用中点公式即可求得斜率．②根与系数的关系：即联立直线与圆锥曲线的方程得到方程组，化为一元二次方程后，由根与系数的关系求解．
2．范围、最值问题
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法，一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
3．定点、定值以及探索性问题
(1)圆锥曲线中定点问题的两种解法：①引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．②特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．
(2)解决定值问题一般有两种方法：①从特殊情况入手，求出定值，再证明定值与变量无关；②直接计算、推理，在推理过程中消去变量，注意设而不求，整体思想和消元思想的运用．
(3)解决探索性问题，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，要发散思维，采取另外合适的方法．
【例1】 在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1,0)，且点P(0,1)在C1上．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设直线l同时与椭圆C1和抛物线C2：y2＝4x相切，求直线l的方程．
解析 (1)椭圆C1的左焦点为F1(－1,0)，∴c＝1，
又点P(0,1)在曲线C1上，∴b＝1，a2＝b2＋c2＝2，
故椭圆C1的方程为＋y2＝1.
(2)由题意，设直线l的方程为y＝kx＋m.
代入x2＋2y2－2＝0中，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.
因为直线l与椭圆C1相切，
所以Δ1＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝0.
整理得2k2－m2＋1＝0. ①
由消去y，得k2x2＋(2km－4)x＋m2＝0.
因为直线l与抛物线C2相切，
所以Δ2＝(2km－4)2－4k2m2＝0，整理得km＝1. ②
由①②，解得或
所以直线l的方程为y＝x＋或y＝－x－.
【例2】 (2017·浙江卷)如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.
(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
解析 (1)设直线AP的斜率为k，
则k＝＝x－，
因为－
0)的一个焦点为F(－1,0)，左右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．
(1)求椭圆的方程；
(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．
解析 (1)因为F(－1,0)为椭圆的焦点，
所以c＝1，又b2＝3，所以a2＝4，所以椭圆方程为＋＝1.
(2)若l⊥x轴，则直线l的方程为x＝－1，
此时D，C，△ABD，△ABC面积相等，
|S1－S2|＝0.
若直线l与x不垂直，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
C(x1，y1)，D(x2，y2)，将y＝k(x＋1)代入3x2＋4y2＝12中，
得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
显然Δ>0，方程有根，x1＋x2＝－，x1x2＝，
此时|S1－S2|＝2||y1|－|y2||＝2|y1＋y2|
＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x2＋x1)＋2k|
＝＝≤＝
，所以|S1－S2|的最大值为.
【例5】 (2016·全国卷Ⅱ)已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
解析 (1)设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2,0)．
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.
因此直线AM的方程为y＝x＋2，代入3x2＋4y2＝12中．
得7y2－12y＝0，解得y1＝.
因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.
(2)由题意知t>3，k>0，A(－，0)．
将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得
(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由x1·(－)＝得x1＝，
故|AM|＝|x1＋|＝.
由题设知，直线AN的方程为y＝－(x＋)，
故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|得＝，即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝时上式不成立，因此t＝.
t>3等价于＝<0，即<0.
由此得或解得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．
解析 (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点．
又由＋>＋知，C不经过点P1，所以点P2在C上．
因此解得故C的方程为＋y2＝1.
(2)设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，
可得A，B的坐标分别为，.
则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．
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(x1，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
则k1＋k2＝＋＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，
解得k＝－.
当且仅当m>－1时，Δ>0，
于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，
所以l过定点(2，－1)．
【例7】 如图，椭圆有两顶点A(－1,0)，B(1,0)，过其焦点F(0,1)的直线l与椭圆交于
C，D两点，并与x轴交于点P.直线AC与直线BD交于点Q.
(1)当|CD|＝时，求直线l的方程；
(2)当点P异于A，B两点时，求证：·为定值．
解析 (1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，由已知得b＝1，c＝1，∴a＝，
∴椭圆的方程为＋x2＝1，
若l⊥x轴，则|CD|＝2与已知矛盾，
∴可设直线l的方程为y＝kx＋1，C(x1，y1)，D(x2，y2)．
联立化简得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0，
则x1＋x2＝－，x1·x2＝－.
∴|CD|＝
＝·
＝＝，解得k＝±.
∴直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y－1＝0.
(2)证明：依题意，l与x轴不垂直，
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0，k≠±1)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
∴点P的坐标为.
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝－，
且直线AC的方程为y＝(x＋1)，
直线BD的方程为y＝(x－1)，
将两直线方程联立，消去y，得＝.
∵－1b>0)的离心率为，以该椭圆上一点和椭圆的两个焦点为顶点的三角形的周长等于6.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过C的左焦点F的直线l交C于A，B两点，是否存在常数λ，使||＝λ·恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
解析 (1)∵e＝＝，∴c＝a，
又∵2a＋2c＝6，则a＝2，c＝1，b2＝3，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)可得F(－1,0)．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
若l⊥x轴，则x1＝－1时，不妨取y1＝，||＝3，
＝，＝，
·＝－，λ＝＝＝－；
若l与x轴不垂直，则设直线l的方程为y＝k(x＋1)．
代入3x2＋4y2－12＝0中整理得
(4k2＋3)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
∵Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)＝122(1＋k2)>0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝，
||＝·＝，
又＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，
∴·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(k2＋1)(x1＋1)(x2＋1)＝，∴＝·＝－.
综上所述，存在实数λ＝－，使||＝λ·恒成立．
1．已知双曲线x2－＝1上存在两点M，N关于直线y＝x＋m对称，且MN的中点在抛物线y2＝18x上，求实数m的值．
解析 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点P(x0，y0)，
则
由②－①得3(x2－x1)(x2＋x1)＝(y2－y1)(y2＋y1)，
显然x1≠x2，∴·＝3，即kMN·＝3，
∵M，N关于直线y＝x＋m对称，∴kMN＝－1，∴y0＝－3x0.
又y0＝x0＋m，∴P，
代入抛物线方程得m2＝18·，
解得m＝0或－8，经检验都符合．
2．(2018·陕西部分学校摸底)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，焦点为F，O为坐标原点，直线AB(不垂直于x轴)过点F且与抛物线C交于A，B两点，直线OA与OB的斜率之积为－p.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若M为线段AB的中点，射线OM交抛物线C于点D，求证：>2.
解析 (1)∵直线AB过点F且与抛物线C交于A，B两点，F，
∴直线AB(不垂直于x轴)的方程可设为y＝k(k≠0)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴y＝2px1，y＝2px2.
∵直线OA与OB的斜率之积为－p，
∴＝－p，∴2＝p2，得x1x2＝4.
由得k2x2－(k2p＋2p)x＋＝0，
其中Δ＝(k2p＋2p)2－k2·p2k2>0，
x1＋x2＝，x1x2＝.又p>0，
∴p＝4，∴抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)设M(x0，y0)，D(x3，y3)，∵M为线段AB的中点，
∴x0＝(x1＋x2)＝＝，y0＝k(x0－2)＝.
∴直线OD的斜率为kOD＝＝，
∴直线OD的方程为y＝kODx＝x，代入抛物线C：y2＝8x，
得x3＝，∴＝k2＋2.
∵k2>0，∴＝＝k2＋2>2.
3．(2018·安徽十校联考)设F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点，过F1且斜率为1的直线l与E相交于A，B两点，且|AF2|，|AB|，|BF2|成等差数列．
(1)求E的离心率；
(2)设点P(0，－1)满足|PA|＝|PB|，求E的方程．
解析 (1)由椭圆定义知|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a，
又2|AB|＝|AF2|＋|BF2|，得|AB|＝a，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
将l的方程y＝x＋c代入E的方程b2x2＋a2y2＝a2b2，
化简得(a2＋b2)x2＋2a2cx＋a2(c2－b2)＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为|AB|＝|x2－x1|＝，
即a＝，故a2＝2b2，c2＝a2－b2＝b2，
所以E的离心率e＝＝.
(2)设AB的中点N为(x0，y0)，由(1)知
x0＝＝＝－，y0＝x0＋c＝.
由|PA|＝|PB|，得kPN＝－1，即＝－1，
得c＝3，从而a＝3，b＝3.
故椭圆E的方程为＋＝1.
4．(2018·广东广州联考)已知点P是圆O：x2＋y2＝1上任意一点，过点P作PQ⊥y轴于点Q，延长QP到点M，使＝.
(1)求点M的轨迹E的方程；
(2)过点C(m,0)作圆O的切线l，交(1)中曲线E于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
解析 (1)设点M(x，y)，∵＝，∴P为QM的中点，又PQ⊥y轴，∴P.
∵点P是圆O：x2＋y2＝1上的点，∴2＋y2＝1，
即点M的轨迹E的方程为＋y2＝1.
(2)由题意可知直线l与y轴不垂直，故可设l：x＝ty＋m，t∈R，
A(x1，y1)，B(x2，y2)．
∵l与圆O：x2＋y2＝1相切，∴＝1，即m2＝t2＋1. ①
联立消去x，得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0.
其中Δ＝(2mt)2－4(t2＋4)(m2－4)＝16(t2－m2)＋64＝48>0.
∴y1＋y2＝－，y1y2＝. ②
∴|AB|＝
＝
＝.
将①②代入上式得
|AB|＝＝，|m|≥1，
∴S△AOB＝|AB|·1＝×
＝≤＝1，
当且仅当|m|＝，即m＝±时，等号成立．
∴(S△AOB)max＝1.
5．(2018·湖北七市联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)与双曲线－y2＝1的离心率互为倒数，且直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不过原点O的直线与椭圆C交于M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，求△OMN面积的取值范围．
解析 (1)∵双曲线的离心率为，∴椭圆的离心率＝.
又∵直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点(a,0)，
∴a＝2，∴c＝，b＝1，∴椭圆方程为＋y2＝1.
(2)由题意可设直线的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，
M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
于是y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
又直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，
故·＝＝k2，
∴－＋m2＝0.
由m≠0得k2＝，解得k＝±.
又由Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)
＝16(4k2－m2＋1)>0，得0b>0)的离心率为，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△AOB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．
解析 (1)由题意得解得a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)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．
7．如图，已知椭圆C：＋y2＝1(a>1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且·＝0，求证：直线l过定点，并求出该定点N的坐标．
解析 (1)圆M的标准方程为(x－3)2＋(y－1)2＝3，
故圆M的圆心为M(3,1)，半径r＝.
由A(0,1)，F(c,0)得直线AF：＋y＝1，即x＋cy－c＝0.
∵直线AF与圆M相切，∴＝.
∴c＝，a2＝c2＋1＝3.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由·＝0，知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，由A(0,1)可设直线AP的方程为y＝kx＋1，
直线AQ的方程为y＝－x＋1(k≠0)，
将y＝kx＋1代入椭圆C的方程x2＋3y2＝3并整理得：
(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝－，
因此P的坐标为，
即.
将上式中的k换成－，得Q.
∴直线l的方程为y＝＋，
化简得直线l的方程为y＝x－.
因此直线l过定点N.
