2019届二轮复习解题技巧直线与圆锥曲线的综合问题学案（全国通用）
第15讲 直线与圆锥曲线的综合问题
专 题 探 究 【p53】
【命题趋势】
有关圆锥曲线的轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、参变量范围问题和探究性问题是高考命题的常见题型和基本问题，主要考查转化化归能力、推理论证能力、运算求解能力以及创新意识和应用意识，充分体现了数形结合思想，函数与方程思想．可以预测2018年的高考命题，有关解析几何的综合性问题仍将是轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、参变量范围问题、探究性问题和恒等证明问题中的两个或三个问题组合构建而成．
典 例 剖 析 【p53】
探究一 轨迹问题
例1 如图，已知两点A(－，0)、B(，0)，△ABC的内切圆的圆心在直线x＝2上移动．
(1)求点C的轨迹方程；
(2)过点M(2，0)作两条射线，分别交(1)中所求轨迹于P、Q两点，且·＝0，求证：直线PQ必过定点，并求出定点坐标．
【解析】(1)设△ABC的内切圆切AB边于点D，则
|CA|－|CB|＝|AD|－|BD|＝(＋2)－(－2)＝4<2.
所以，点C的轨迹是以A、B为焦点，实轴长为4的双曲线的右支(不含右顶点)，
其方程为－y2＝1(x>2)．
(2)设PQ：x＝my＋a(a>2)，代入－y2＝1，得
(m2－4)y2＋2amy＋a2－4＝0.
设P(x1，y1)、Q(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1y2＝.
因为·＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2
＝(my1＋a－2)(my2＋a－2)＋y1y2
＝(m2＋1)y1y2＋m(a－2)(y1＋y2)＋(a－2)2＝0
所以－＋(a－2)2＝0
化简得3a2－16a＋20＝0，解得a＝2(舍去)或a＝.
故直线PQ必过定点.
【点评】轨迹问题讨论的方法有很多，学习中要重视总结各种方法适用的条件特征，以便解题中灵活选用，解题中要注意避免轨迹方程不满足纯粹性与完备性的错误．
探究二 圆锥曲线中的定点、定值问题
例2 抛物线C：y2＝2px经过点M(4，－4)，
(1)不过点M的直线l分别交抛物线于A、B两点，当直线l的斜率为时，求证：直线MA与直线MB的倾斜角互补．
(2)不经过点M的动直线l交抛物线C于P、Q两点，且以PQ为直径的圆过点M，那么直线l是否过定点？如果是，求定点的坐标；如果不是，说明理由．
【解析】(1)抛物线方程为y2＝4x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线l的方程是y＝x＋m，由，得y2－8y＋8m＝0，
kAM＋kBM＝＋＝＋＝＝0，
直线MA与直线MB的倾斜角互补．
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，以PQ为直径的圆过点M，
则(x1－4)(x2－4)＋(y1＋4)(y2＋4)＝0，
即＋(y1＋4)(y2＋4)＝0，
化简，得y1y2－4(y1＋y2)＋32＝0，
过PQ的直线为y＝
＝＝(x－8)＋4，恒过(8，4)点．
【点评】定点问题实质上是一个恒成立问题，解题中有可能先根据条件求出曲线的方程然后变量分离确定定点坐标，也可能先根据特殊情况求出定点位置，再证该定点符合普通情况．
例3 [2018·北京卷]已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
【解析】(1)因为抛物线y2＝2px经过点P(1，2)，
所以4＝2p，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0
b>0)，F1(－1，0)，F2(1，0)分别是椭圆C的左、右焦点，点P在椭圆C上，且∠PF2F1＝90°，△PF2F1的面积为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)Q为椭圆C上异于左、右顶点的动点，△QF2F1的内切圆面积为S1，外接圆面积为S2，当Q在C上运动时，求的最小值．
【解析】(1)注意到c＝1，S△PF2F1＝F1F2·F2P＝⇒PF2＝，故PF1＝，从而2a＝PF1＋PF2⇒
a＝2，因此b＝，椭圆方程为＋＝1.
(2)设∠F1QF2＝2θ，内切圆半径为r，外接圆半径为R.
则r＝·tan θ＝tan θ，R＝＝，
因此＝＝＝，
注意到
cos 2θ＝＝＝－1≥－1＝，
即1－2sin2θ≥⇒sin2θ≤，从而＝≥4，当且仅当QF1＝QF2时取最小值．
【点评】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：一是利用几何方法，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．二是利用代数方法，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．
例5 已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，P(－2，0)是它的一个顶点．过点P作圆C2：x2＋y2＝r2的切线PT，T为切点，且|PT|＝.
(1)求椭圆C1及圆C2的方程；
(2)过点P作互相垂直的两条直线l1，l2，其中l1与椭圆的另一交点为D，l2与圆交于A，B两点，求△ABD面积的最大值．
【解析】(1)由a＝2，e＝＝得c＝，∴b＝，故所求椭圆方程为＋＝1.
由已知有r＝＝，圆C2的方程为C2：x2＋y2＝2.
(2)设直线l1的方程为y＝k(x＋2)，
由得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
∴xP＋xD＝，又xP＝－2，∴xD＝，
∴|DP|＝|xD－xP|＝.
直线l2的方程为y＝－(x＋2)，即x＋ky＋2＝0，
|AB|＝2＝2，
∴S△ABD＝|AB||PD|＝×2·＝4＝4＝4≤＝，
当且仅当＝，k＝±时取等号．
因此△ABD面积的最大值为.
【点评】求解参变量取值范围问题的常用方法：(1)构造不等式法：根据题设条件以及曲线的几何性质(如：曲线的范围、对称性、位置关系等)，建立关于特定字母的不等式(或不等式组)，然后解不等式(或不等式组)，求得特定字母的取值范围．(2)构造函数法：根据题设条件，用其他的变量或参数表示欲求范围的特定字母，即建立关于特定字母的目标函数，然后研究该函数的值域或最值情况，从而得到特定字母的取值范围．(3)数形结合法：研究特定字母所对应的几何意义，然后根据相关曲线的定义、几何性质，利用数形结合的方法求解．
探究四 圆锥曲线中的存在性问题
例6 如图，直线l：y＝x＋b(b>0)，抛物线C：y2＝2px(p>0)，已知点P(2，2)在抛物线C上，且抛物线C上的点到直线l的距离的最小值为.
(1)求直线l及抛物线C的方程；
(2)过点Q(2，1)的任一直线(不经过点P)与抛物线C交于A、B两点，直线AB与直线l相交于点M，记直线PA，PB，PM的斜率分别为k1，k2，k3.问：是否存在实数λ，使得k1＋k2＝λk3？若存在，试求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【解析】(1)解法一：∵点P(2，2)在抛物线C上，∴p＝1.
设与直线l平行且与抛物线C相切的直线l′方程为y＝x＋m，
由得x2＋(2m－2)x＋m2＝0，
∵Δ＝(2m－2)2－4m2＝4－8m，
由Δ＝0，得m＝，则直线l′方程为y＝x＋.
∵两直线l、l′间的距离即为抛物线C上的点到直线l的最短距离，有＝，解得b＝2或b＝－1(舍去)．
∴直线l的方程为y＝x＋2，抛物线C的方程为y2＝2x.
解法二：∵点P(2，2)在抛物线C上，∴p＝1，抛物线C的方程为y2＝2x.
设N(t∈R)为抛物线C上的任意一点，点N到直线l的距离为d＝，
根据图象，有－t＋b>0，∴d＝[(t－1)2＋2b－1]，
∵t∈R，∴d的最小值为，由＝，
解得b＝2.
因此，直线l的方程为y＝x＋2，
抛物线C的方程为y2＝2x.
(2)∵直线AB的斜率存在且不等于0，∴设直线AB的方程为y－1＝k(x－2)，即y＝kx－2k＋1，
由得ky2－2y－4k＋2＝0，
设点A、B的坐标分别为A(x1，y1)、B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，
∵k1＝＝＝，
k2＝＝＝，
∴k1＋k2＝＋＝＝＝，
由得xM＝，yM＝，
∴k3＝＝，
∴k1＋k2＝2k3.因此，存在实数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，且λ＝2.
【点评】解决存在性问题的解题步骤：第一步：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)；第二步：解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在；第三步：得出结论．
规 律 总 结 【p55】
1．解答有关轨迹问题时，关键是对图形变化可能性的总体分析，选好相应的解题策略和拟定好具体的方法，将动点的几何特性用数学语言表述．求轨迹方程常用的方法有：①直译法；②定义法；③代入法；④参数法；⑤交轨法等．在求轨迹方程问题中易出错的是对轨迹纯粹性及完备性的忽略，因此，在求出曲线的方程后应仔细地检查有无“不法分子”掺杂其中，将其剔除；另一方面又要注意有无“漏网之鱼”逍遥法外，将其捉回．即整体部分问题探究．
2．解析几何定值包括几何量的定值和曲线系(直线系)过定点等问题，处理时可以直接计算推理求出定值，也可以先通过特定位置猜测结论后再进行一般性证明．对于客观试题，通过特值法探求定值更能达到事半功倍的效果．
3．求解最值问题常用方法是按条件建立目标函数，应用函数思想与方法求得目标函数的最值，同时也要注意运用“数形结合”及“几何法”求解某些最值问题．
4．对于求曲线方程中参数的取值范围问题，应根据题设条件及曲线的几何性质(曲线的范围、对称性、位置关系等)构造参数满足的不等式，通过解不等式(组)求得参数的取值范围，或建立关于参数的目标函数，转化为函数的值域求解．
5．存在性问题一般采用“假设反证法”或“假设验证法”来解决．另外，有一种重要思维方式是解决本类问题的重要方法，即：先用特殊情况或特殊位置得到所求的值，再进行一般性证明．
高 考 回 眸 【p56】
考题1 [2018·全国卷Ⅰ]设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2，0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
【解析】(1)由已知得F(1，0)，l的方程为x＝1.
由已知可得，点A的坐标为或.
所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.
(2)当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂线平分线，所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得
kMA＋kMB＝.
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得
(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
所以，x1＋x2＝，x1x2＝.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0.
从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补．
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB.
【命题立意】本题主要考查椭圆的标准方程及简单性质、直线与椭圆的位置关系、证明等角，考查考生的推理论证能力、运算求解能力，考查数形结合思想、化归与转化思想，考查的核心素养是逻辑推理、直观想象、数学运算．
考题2 [2018·浙江卷]如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．
(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
【解析】(1)设P(x0，y0)，A，B.
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程＝4·，即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实数根．
所以y1＋y2＝2y0.
因此，PM垂直于y轴．
(2)由(1)可知
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，
|y1－y2|＝2.
因此，△PAB的面积
S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0).
因为x＋＝1(x0<0)，所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4，5]．
因此，△PAB面积的取值范围是.
【命题立意】本题主要考查椭圆、抛物线的几何性质，直线与抛物线的位置关系等基础知识，同时考查运算求解能力和综合应用能力．
考点限时训练 【p139】
A组 基础演练
1．已知F1，F2分别为椭圆C：＋＝1的左、右焦点，点P为椭圆C上的动点，则△PF1F2的重心G的轨迹方程为( )
A.＋＝1(y≠0) B.＋y2＝1(y≠0)
C.＋3y2＝1(y≠0) D．x2＋＝1(y≠0)
【解析】选C.
依题意知F1(－1，0)，F2(1，0)，设P(x0，y0)，G(x，y)，由三角形重心坐标关系可得即代入＋＝1，得重心G的轨迹方程为＋3y2＝1(y≠0)．选C.
2．过y2＝2px(p>0)的焦点F的直线交抛物线于M，N两点，则＋为定值，这个定值是( )
A．p B．2p C. D.
【解析】选D.
取特殊位置验证即可知．
3．双曲线－＝1(a>0，b>0)的两条渐近线将平面划分为“上、下、左、右”四个区域(不含边界)，若点(1，2)在“上”区域内，则双曲线离心率e的取值范围是( )
A. B.
C. D.
【解析】选B.
4．已知椭圆C1：＋＝1(a1>b1>0)与双曲线C2：－＝1(a2>0，b2>0)有相同的焦点F1，F2，点P是两曲线的一个公共点，e1，e2分别是两曲线的离心率，若PF1⊥PF2，则4e＋e的最小值为( )
A. B．4 C. D．9
【解析】选C.
由题意设焦距为2c，椭圆长轴长为2a1，双曲线实轴为2a2，令P在双曲线的右支上，由双曲线的定义|PF1|－|PF2|＝2a2，①
由椭圆定义|PF1|＋|PF2|＝2a1，②
又∵PF1⊥PF2，∴|PF1|2＋|PF2|2＝4c2，③
①2＋②2，得|PF1|2＋|PF2|2＝2a＋2a，④
将④代入③，得a＋a＝2c2，
∴4e＋e＝＋＝＋
＝＋＋≥＋2＝.选C.
5．M是椭圆＋＝1上的任意一点，F1、F2是椭圆的左、右焦点，则·的最大值是________．
【解析】9
方法一：设M(x0，y0)，由焦半径公式得|MF1||MF2|＝(a＋ex0)(a－ex0)＝a2－e2x≤a2＝9.
方法二：|MF1|＋|MF2|＝2a，
|MF1|·|MF2|≤＝a2＝9.
6．已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在该抛物线上且位于x轴的两侧，·＝2(其中O为坐标原点)，则△ABO与△AFO面积之和的最小值是________．
【解析】3
设直线AB的方程为x＝ny＋m(如图)，
A(x1，y1)，B(x2，y2)(y2<00)与圆O：x2＋y2＝8相交于A，B两点，且点A的横坐标为2.过劣弧AB上动点P(x0，y0)作圆O的切线交抛物线E于C，D两点，分别以C，D为切点作抛物线E的切线l1、l2，l1与l2相交于点M.
(1)求p的值；
(2)求动点M的轨迹方程．
【解析】(1)由点A的横坐标为2，可得点A的坐标为(2，2)，
代入y2＝2px，解得p＝1.
(2)设C，D，y1≠0，y2≠0.
切线l1：y＝k(x－)＋y1，
代入y2＝2x得ky2－2y＋2y1－ky＝0，
由Δ＝0解得k＝，
∴l1方程为y＝x＋，同理l2方程为y＝x＋，
联立，解得，
∵CD方程为x0x＋y0y＝8，其中x0，y0满足x＋y＝8，x0∈[2，2]，
联立方程得x0y2＋2y0y－16＝0，则
代入可知M(x，y)满足
代入x＋y＝8得－y2＝1，
考虑到x0∈[2，2]，知x∈[－4，－2]．
∴动点M的轨迹方程为－y2＝1，x∈[－4，－2]．
8．已知椭圆＋y2＝1，F1，F2分别是椭圆的左右焦点，c为半焦距，P为直线x＝2上一点，直线PF1，PF2与圆x2＋y2＝1的另外一个交点分别为M，N两点．
(1)椭圆上是否存在一点Q，使得∠F1QF2＝？若存在，求出Q点坐标，若不存在，请说明理由；
(2)求证：直线MN恒过一定点．
【解析】(1)存在，设Q点坐标为(x0，y0)，由·＝0，
故(－1－x0，－y0)·(1－x0，－y0)＝0，
得x＋y＝1，又Q在椭圆上，
解得x0＝0，y0＝±1，故Q(0，±1)．
(2)设P(2，t)，直线PF1：y＝(x＋1)，
由得：(9＋t2)x2＋2t2x＋t2－9＝0.
故xM＝，M，
同理N，
∴kMN＝，
故直线MN方程为y＝＋，
即y－x＋＝0，
故直线MN恒过一定点.
9．设抛物线C的方程为x2＝4y，M为直线l：y＝－m(m＞0)上任意一点，过点M作抛物线C的两条切线MA，MB，切点分别为A，B.
(1)当M的坐标为(0，－1)时，求过M，A，B三点的圆的标准方程，并判断直线l与此圆的位置关系；
(2)当m变化时，试探究直线l上是否存在点M，使MA⊥MB？若存在，有几个这样的点，若不存在，请说明理由．
【解析】(1)当M的坐标为(0，－1)时，
设过M点的切线方程为y＝kx－1，代入x2＝4y，整理得x2－4kx＋4＝0，①
令Δ＝(4k)2－4×4＝0，解得k＝±1，
代入方程①得x＝±2，故得A(2，1)，B(－2，1)．
因为M到AB的中点(0，1)的距离为2，
从而过M，A，B三点的圆的标准方程为x2＋(y－1)2＝4.
易知此圆与直线l：y＝－1相切．
(2)设切点分别为A(x1，y1)、B(x2，y2)，直线l上的点为M(x0，y0)，
过抛物线上点A(x1，y1)的切线方程为y－y1＝k(x－x1)，因为x＝4y1，k＝，
从而过抛物线上点A(x1，y1)的切线方程为y－y1＝(x－x1)，又切线过点M(x0，y0)，
所以得y0＝x0－，即x－2x0x1＋4y0＝0.
同理可得过点B(x2，y2)的切线方程为x－2x0x2＋4y0＝0，
因为kMA＝，kMB＝且x1，x2是方程x2－2x0x＋4y0＝0的两实根，
从而，所以kMA·kMB＝×＝y0，
当y0＝－1，即m＝1时，直线l上任意一点M均有MA⊥MB，
当y0≠－1，即m≠1时，MA与MB不垂直．
综上所述，当m＝1时，直线l上存在无穷多个点M，使MA⊥MB，当m≠1时，直线l上不存在满足条件的点M.
B组 能力提升
10．设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p>0)上任意一点，M是线段PF上的点，且＝2，则直线OM的斜率的最大值为( )
A. B. C. D．1
【解析】选C.
11．已知F1、F2分别是双曲线－＝1的左、右焦点，P为双曲线上一点，过F1作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足为H，则点H的轨迹为( )
A．椭圆 B．双曲线
C．圆 D．抛物线
【解析】选C.
如图，过F1作∠F1PF2的平分线的垂线，垂足为H，交PF2的延长线于G，则PF1＝PG，F1H＝GH，而PF1－PF2＝PG－PF2＝F2G＝2a，
∴G点的轨迹是以F2为圆心，以2a为半径的圆．
因此F1为定点，G为动点，F1G的中点H亦为动点，设H点的坐标为(x，y)，G(x1，y1)．
则即
而(x1－c)2＋y＝4a2，
∴(2x＋c－c)2＋(2y)2＝4a2即x2＋y2＝a2为圆，故选C.
12．抛物线y2＝4x的焦点为F，点P为抛物线上的动点，若A(－1，0)，则的最小值为________．
【解析】
由题意可知，抛物线的准线方程为x＝－1，A(－1，0)，过P作PN垂直直线x＝－1于N，由抛物线的定义可知PF＝PN，连结PA，当PA是抛物线的切线时，有最小值．
设在PA的方程为：y＝k(x＋1)，所以，
解得：k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，所以Δ＝(2k2－4)2－4k4＝0，解得k＝±1，所以∠NPA＝45°，
＝cos∠NPA＝.
13．如图，已知椭圆＋＝1(a>b>0)过点，离心率为，左、右焦点分别为F1、F2.点P为直线l：x＋y＝2上且不在x轴上的任意一点，直线PF1和PF2与椭圆的交点分别为A、B和C、D，O为坐标原点．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线PF1、PF2的斜线分别为k1、k2.
(i)证明：－＝2；
(ii)问直线l上是否存在点P，使得直线OA、OB、OC、OD的斜率kOA、kOB、kOC、kOD满足kOA＋kOB＋kOC＋kOD＝0？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，说明理由．
【解析】(1)椭圆方程为＋y2＝1.
(2)(i)设点P的坐标为(x0，y0)，x0＋y0＝2，
则－＝－＝＝＝2.
(ii)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
由得，(1＋2k)x2＋4kx＋2k－2＝0，x1＋x2＝，x1·x2＝.
＋＝＋＝，
同理＋＝＋＝，
由kOA＋kOB＋kOC＋kOD＝0，
得，＋＝＝0，
∴k1＋k2＝0或1－k1k2＝0.
当k1＋k2＝0时，点P的坐标为(0，2)；
当1－k1k2＝0时，结合－＝2得k2＝3或k2＝－1(舍)，
此时点P的坐标为.
综上，点P的坐标为(0，2)或.
