【数学】2018届一轮复习人教A版圆锥曲线的热点问题学案
1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法．
2．了解圆锥曲线的简单应用．
3．理解数形结合的思想．
知识点一 直线与圆锥曲线的位置关系
1．直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．
即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C________.
Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C________；
Δ<0⇔直线与圆锥曲线C________.
(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是________；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是________．
2．圆锥曲线的弦长
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则
|AB|＝|x1－x2|
＝__________________
＝·|y1－y2|＝________.
答案
1．(1)相交 相切 相离 (2)平行 平行或重合
2.·
·
1．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有________条．
解析：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．
答案：3
2．直线y＝－x＋2与双曲线－＝1有________个交点．
解析：因为直线y＝－x＋2与双曲线的一条渐近线y＝－x平行，所以它与双曲线只有1个交点．
答案：1
3．直线y＝x＋1截抛物线y2＝2px所得弦长为2，此抛物线方程为( )
A．y2＝－2x
B．y2＝6x
C．y2＝－2x或y2＝6x
D．以上都不对
解析：由得x2＋(2－2p)x＋1＝0.x1＋x2＝2p－2，x1x2＝1.
∴2＝·
＝·.解得p＝－1或p＝3，
∴抛物线方程为y2＝－2x或y2＝6x.
答案：C
4．椭圆＋y2＝1的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是________．
解析：设弦的两个端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝1，y1＋y2＝1.
∵A，B在椭圆上，∴＋y＝1，＋y＝1.
＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，
即＝－＝－，
即直线AB的斜率为－.∴直线AB的方程为
y－＝－，即2x＋4y－3＝0.
答案：2x＋4y－3＝0
知识点二 圆锥曲线中的最值与取值范围问题
圆锥曲线中的最值与取值范围问题一直是高考命题的热点，各种题型都有，命题角度很广，归纳起来常见的命题角度有：
1．转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值；
2．利用三角函数有界性求最值；
3．数形结合利用几何性质求最值．
5．已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上的点A满足AF2⊥F1F2，若点P是椭圆C上的动点，则·的最大值为( )
A. B. C. D.
解析：由椭圆方程知c＝＝1，所以F1(－1,0)，F2(1,0)．因为椭圆C上点A满足AF2⊥F1F2，则可设A(1，y0)，代入椭圆方程可得y＝，所以y0＝±.设P(x1，y1)，则＝(x1＋1，y1)，＝(0，y0)，所以·＝y1y0.因为点P是椭圆C上的动点，所以－≤y1≤，·的最大值为.
答案：B
知识点三 圆锥曲线中的定值与定点问题
1．这类问题一般考查直线与圆锥曲线的位置关系，一元二次方程的根与系数之间的关系，考查斜率、向量的运算以及运算能力．
2．解决这类定点与定值问题的方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向．
6．设a>0为常数，动点M(x，y)(y≠0)分别与两定点F1(－a,0)，F2(a,0)的连线的斜率之积为定值λ，若点M的轨迹是离心率为的双曲线，则λ的值为( )
A．2 B．－2
C．3 D.
解析：轨迹方程为·＝λ，整理，得－＝1(λ>0)，c2＝a2(1＋λ)，1＋λ＝＝3，λ＝2，故选A.
答案：.A
第1课时 最值、范围、证明问题
热点一 最值问题
考向1 利用几何性质求最值
【例1】 设P是椭圆＋＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|
的最小值、最大值分别为( )
A．9,12 B．8,11
C．8,12 D．10,12
【解析】
如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于M，N两点，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于M，N两点，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分别为8,12.
【答案】 C
考向2 构造函数求最值
【例2】 平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心、以3为半径的圆与以F2为圆心、以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
①求的值；
②求△ABQ面积的最大值．
【解】 (1)由题意知2a＝4，则a＝2.
又＝，a2－c2＝b2，可得b＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.
①设P(x0，y0)，＝λ，由题意知Q(－λx0，－λy0)．
因为＋y＝1，又＋＝1，
即＝1，所以λ＝2，即＝2.
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由Δ>0，可得m2<4＋16k2.①
则有x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|＝.
因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，所以△OAB的面积
S＝|m||x1－x2|＝
＝＝2.
设＝t.
将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②
由①②可知0
|FM|，∴点N的轨迹E为椭圆，且2a＝4，c＝，∴b＝1，∴轨迹E的方程为＋y2＝1.
②a.当AB为长轴(或短轴)时，
S△ABC＝|OC|·|AB|＝2.
b．当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝kx，A(xA，yA)，联立方程得，x＝，y＝，∴|OA|2＝x＋y＝.将上式中的k替换为－，可得|OC|2＝.
∴S△ABC＝2S△AOC＝|OA|·|OC|
＝·＝.
∵≤
＝，∴S△ABC≥，当且仅当1＋4k2＝k2＋4，即k＝±1时等号成立，此时△ABC面积的最小值是.∵2>，∴△ABC面积的最小值是，此时直线AB的方程为y＝x或y＝－x.
答案：(1)B
热点二 取值范围问题
【例3】 (2016·新课标全国卷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.
(Ⅰ)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(Ⅱ)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
【解】 (Ⅰ)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.将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝，所以y1＝.
因此△AMN的面积
S△AMN＝2×××＝.
(Ⅱ)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)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，与椭圆＋＝1相交于A，B两点．记λ＝·，且≤λ≤.
(1)求椭圆的方程；
(2)求k的取值范围；
(3)求△OAB的面积S的取值范围．
解：(1)由题意知2c＝2，所以c＝1.因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b＝1，故a＝，所以所求椭圆方程为＋y2＝1.
(2)因为直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，所以原点O到直线l的距离为＝1，即m2＝k2＋1.由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.λ＝·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，由≤λ≤，得≤k2≤1，
即k的取值范围是∪.
(3)|AB|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝2－，由≤k2≤1，得≤|AB|≤.设△OAB的AB边上的高为d，则S＝|AB|d＝|AB|，所以≤S≤.即△OAB的面积S的取值范围是.
热点三 证明问题
【例4】 设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.
【解】 (1)由题设条件知，点M的坐标为，又kOM＝，从而＝.进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.
(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得＝.又＝(－a，b)，从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2)．由(1)可知a2＝5b2，所以·＝0，故MN⊥AB.
【总结反思】
圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法.
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(2，)在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
解：(1)由题意有＝，＋＝1，解得a2＝8，b2＝4.所以C的方程为＋＝1.
(2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入＋＝1，
得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.
故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，
即kOM·k＝－.
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
第2课时 定点、定值、探索性问题
热点一 定点问题
【例1】 (2016·北京卷)已知椭圆C：＋＝1过A(2,0)，B(0,1)两点．
(Ⅰ)求椭圆C的方程及离心率；
(Ⅱ)设P为第三象限内一点且在椭圆C上，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：四边形ABNM的面积为定值．
【解】 (Ⅰ)由题意得，a＝2，b＝1.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
又c＝＝，所以离心率e＝＝.
(Ⅱ)设P(x0，y0)(x0<0，y0<0)，则x＋4y＝4.又A(2,0)，B(0,1)，所以，直线PA的方程为y＝(x－2)．
令x＝0，得yM＝－，
从而|BM|＝1－yM＝1＋.
直线PB的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得xN＝－，
从而|AN|＝2－xN＝2＋.
所以四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|
＝(2＋)(1＋)
＝
＝＝2.
从而四边形ABNM的面积为定值.
【总结反思】
(1)假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点；
(2)从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意.
(2017·洛阳模拟)设M是焦距为2的椭圆E：＋＝1(a>b>0)上一点，A，B是椭圆E的左、右顶点，直线MA与MB的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－.
(1)求椭圆E的方程；
(2)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)上点N(x0，y0)处切线方程为＋＝1.若P是直线x＝2上任意一点，从P向椭圆E作切线，切点分别为C，D，求证直线CD恒过定点，并求出该定点坐标．
解：(1)由题意，2c＝2，c＝1，A(－a,0)，B(a,0)，设M(x，y)，
∵k1k2＝－，∴·＝－，
即＝－.
∵M(x，y)在椭圆E上，∴＋＝1，
∴＝－，∴＝，∴a2＝2b2.
又a2－b2＝c2＝1，∴a2＝2，b2＝1.
∴椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设切点坐标为C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(2，t)．则切线方程分别为＋y1y＝1，＋y2y＝1.∵两切线均过点P，∴＋ty1＝1，＋ty2＝1，即x1＋ty1＝1，x2＋ty2＝1，
∴直线CD的方程为x＋ty＝1.
对于任意实数t，点(1,0)都适合这个方程，即直线CD恒过定点(1,0)．
热点二 定值问题
【例2】 (2017·衡水模拟)已知F1，F2为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，过椭圆右焦点F2且斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆C相交于E，F两点，△EFF1的周长为8，且椭圆C与圆x2＋y2＝3相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A为椭圆的右顶点，直线AE，AF分别交直线x＝4于点M，N，线段MN的中点为P，记直线PF2的斜率为k′，求证：k·k′为定值．
【解】 (1)因为△EFF1的周长为8，
所以4a＝8，所以a2＝4，
又椭圆C与圆x2＋y2＝3相切，故b2＝3，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：由题意知过点F2(1,0)的直线l的方程为y＝k(x－1)，设E(x1，y1)，F(x2，y2)，将直线l的方程y＝k(x－1)代入椭圆C的方程＋＝1，整理得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，Δ＝64k4－4(4k2＋3)(4k2－12)>0恒成立，且x1＋x2＝，x1x2＝.
直线AE的方程为y＝(x－2)，
令x＝4，得点M，
直线AF的方程为y＝(x－2)，
令x＝4，得点N，
所以点P的坐标为.
所以直线PF2的斜率为
k′＝＝
＝·
＝·，
将x1＋x2＝，x1x2＝代入上式得：
k′＝·＝－，
所以k·k′为定值－1.
【总结反思】
求定值问题常见的方法有两种
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；
(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.
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过A(2,0)和B两点，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若以O为端点的两条射线与椭圆C分别相交于点M，N，且⊥，证明：点O到直线MN的距离为定值．
解：(1)由题意得
∴∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：①当直线MN的斜率不存在时，得其方程为x＝±，则点O到直线MN的距离d＝.
②当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，并设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由消去y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－3)＝0，∴Δ＝64k2m2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，即m2<4k2＋3，
且x1＋x2＝－，x1x2＝.
∵⊥，∴x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，
∴(1＋k2)·－＋m2＝0，
∴m2＝<4k2＋3，
∴点O到直线MN的距离d＝＝.
由①②可得，点O到直线MN的距离为定值.
热点三 探索性问题
【例3】 已知动圆C过定点A(－3,0)且与圆B：(x－3)2＋y2＝64相切，点C的轨迹为曲线T，设Q为曲线T上(不在x轴上)的动点，过点A作OQ(O为坐标原点)的平行线交曲线T于M，N两点．
(1)求曲线T的方程；
(2)是否存在常数λ，使·＝λ2总成立？若存在，求λ的值；若不存在，说明理由．
【分析】 (1)由|BC|＋|AC|＝8>|AB|知动点轨迹符合椭圆的定义；(2)设出有关点的坐标，表示出·＝λ2，再确定λ是否存在．
【解】 (1)∵A(－3,0)在圆B的内部，∴两圆相内切，∴|BC|＝8－|AC|，即|BC|＋|AC|＝8>|AB|，∴点C的轨迹是以A，B为焦点的椭圆，且长轴长2a＝8，∴a＝4，c＝3，∴b2＝16－9＝7，∴曲线T的方程为＋＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，||＝||＝，2＝7，∴·＝||·||·cosπ＝－＝7λ，则λ＝－.
当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(x0，y0)，直线MN：y＝k(x＋3)，则直线OQ：y＝kx.由得(7＋16k2)x2＋96k2x＋144k2－112＝0，则x1＋x2＝，x1·x2＝，
∴y1y2＝k2[(x1＋3)(x2＋3)]
＝k2[x1x2＋3(x1＋x2)＋9]＝，
∴·＝(x1＋3)(x2＋3)＋y1y2
＝.
由得7x2＋16k2x2＝112，则x＝，∴2＝x＋y＝(1＋k2)x＝.
由·＝λ2可解得λ＝－.
综上所述，存在常数λ＝－，使·＝λ2总成立.
【总结反思】
探索性问题的一般求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下若能求出与已知条件、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立.
已知在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1的长半轴长为4，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点E(0,1)，问是否存在直线l与椭圆交于M，N两点且|ME|＝|NE|？若存在，求出直线l的斜率的取值范围；若不存在，请说明理由．
解：(1)∵椭圆C：＋＝1的长半轴长为4，离心率为，∴解得∴椭圆C：＋＝1.
(2)设直线l：y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－48＝0，由Δ＝64k2m2－4×(3＋4k2)(4m2－48)>0，得16k2＋12>m2，①
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
设MN的中点为F(x0，y0)，
∴x0＝，y0＝kx0＋m＝.
∵|ME|＝|NE|，∴EF⊥MN，∴kEF·k＝－1，
∴·k＝－1，∴m＝－(4k2＋3)，代入①可得16k2＋12>(4k2＋3)2，
∴16k4＋8k2－3<0，解得－0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.
(1)求；
(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由．
【标准解答】 (1)由已知得M(0，t)，P.
又N为M关于点P的对称点，故N，(2分)
ON的方程为y＝x，代入y2＝2px
整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝.(4分)
因此H.所以N为OH的中点，即＝2.(6分)
(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点．
理由如下：
直线MH的方程为y－t＝x，即x＝(y－t)．(8分)
代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外直线MH与C没有其他公共点．(12分)
【阅卷点评】 本题考查了直线与抛物线的位置关系，联立方程组求得交点坐标．本题思维量、运算量却不大，适合文科的特点．
(2017·南昌模拟)已知圆E：x2＋2＝经过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点F1，F2，且与椭圆C在第一象限的交点为A，且F1，E，A三点共线，直线l交椭圆C于M，N两点，且＝λ(λ≠0)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)当三角形AMN的面积取到最大值时，求直线l的方程．
解：(1)如图，圆E经过椭圆C的左、右焦点F1，F2，∵F1，E，A三点共线，∴F1A为圆E的直径，∴AF1＝×2＝3，AF2⊥F1F2.令y＝0，则x2＋2＝，解得x＝±，∴c＝.
|AF2|2＝|AF1|2－|F1F2|2＝9－8＝1，
2a＝|AF1|＋|AF2|＝4，
∵a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由(1)得点A的坐标为(，1)，
∴＝λ(λ≠0)，∴直线l的斜率为，故设直线l的方程为y＝x＋m，
联立方程组
消去y得x2＋mx＋m2－2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
∴x1＋x2＝－m，x1x2＝m2－2，Δ＝2m2－4m2＋8>0，∴－2
查看更多
