2019年高考数学复习大二轮精准提分练习第二篇 第22练
第22练 圆锥曲线中的范围、最值、证明问题[压轴大题突破练]
[明晰考情] 1.命题角度：直线与圆锥曲线的位置关系是高考必考题，范围、最值问题是高考的热点；圆锥曲线中的证明问题是常见的题型.2.题目难度：中高档难度.
考点一 直线与圆锥曲线
方法技巧 对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理.
(1)设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，或者将直线方程设成x＝my＋b(斜率不为0)的形式.
(2)联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式或根与系数的关系得到交点的横坐标或纵坐标的关系.
(3)一般涉及弦长的问题，要用到弦长公式|AB|＝·|x1－x2|或|AB|＝·|y1－y2|.
1.已知动点M(x，y)到点F(2，0)的距离为d1，动点M(x，y)到直线x＝3的距离为d2，且＝.
(1)求动点M(x，y)的轨迹C的方程；
(2)过点F作直线l：y＝k(x－2)(k≠0)交曲线C于P，Q两点，若△OPQ的面积S△OPQ＝(O是坐标原点)，求直线l的方程.
解 (1)结合题意，可得d1＝，
d2＝|x－3|.
又＝，即＝，化简得＋＝1.
因此，所求动点M(x，y)的轨迹C的方程是＋＝1.
(2)联立方程组消去y，
得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0.
设点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则
于是，弦|PQ|＝
＝ ＝，
点O到直线l的距离d＝.
由S△OPQ＝，
得××＝，化简得，k4－2k2＋1＝0，
解得k＝±1，且满足Δ>0，即k＝±1符合题意.
因此，所求直线的方程为x－y－2＝0或x＋y－2＝0.
2.已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，右焦点为F(1，0).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设点O为坐标原点，过点F作直线l与椭圆E交于M，N两点，若OM⊥ON，求直线l的方程.
解 (1)依题意可得解得
∴椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
①当MN垂直于x轴时，直线l的方程为x＝1，设直线与椭圆E的交点坐标为M，N，此时OM不垂直于ON，不符合题意；
②当MN不垂直于x轴时，设直线l的方程为y＝k(x－1).
联立得方程组
消去y得(1＋2k2)x2－4k2x＋2(k2－1)＝0，Δ>0显然成立.
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∴y1y2＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝.
∵OM⊥ON，∴·＝0.
∴x1x2＋y1y2＝＝0，∴k＝±.
故直线l的方程为x±y－＝0.
3.(2017·天津)设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为.已知A是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为.
(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；
(2)设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B(点B异于点A)，直线BQ与
x轴相交于点D.若△APD的面积为，求直线AP的方程.
解 (1)设点F的坐标为(－c，0)，依题意，得＝，＝a，a－c＝，
解得a＝1，c＝，p＝2，
于是b2＝a2－c2＝.
所以椭圆的方程为x2＋＝1，抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设直线AP的方程为x＝my＋1(m≠0)，与直线l的方程x＝－1联立，可得点P，
故点Q.
将x＝my＋1与x2＋＝1联立，消去x，
整理得(3m2＋4)y2＋6my＝0，解得y＝0或y＝.
由点B异于点A，可得点B，
由Q，可得直线BQ的方程为
(x＋1)－＝0，
令y＝0，解得x＝，
故点D.
所以|AD|＝1－＝.
又因为△APD的面积为，
故××＝，
整理得3m2－2|m|＋2＝0，
解得|m|＝，所以m＝±.
所以直线AP的方程为3x＋y－3＝0或3x－y－3＝0.
考点二 圆锥曲线中的范围、最值问题
方法技巧 求圆锥曲线中范围、最值的主要方法
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围.
4.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 (1)设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
当t＝4时，椭圆E的方程为＋＝1，A(－2，0).
由|AM|＝|AN|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×××＝.
(2)由题意知t>3，k>0，A(－，0)，设M(x1，y1)，
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，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)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程.
解 (1)设F(c，0)，由条件知，＝，得c＝.
又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.
故E的方程为＋y2＝1.
(2)当l⊥x轴时不合题意，
故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).
将y＝kx－2代入＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
当Δ＝16(4k2－3)>0，
即k2>时，x1，2＝.
从而|PQ|＝|x1－x2|＝.
又点O到直线PQ的距离d＝.
所以△OPQ的面积S△OPQ＝·d·|PQ|＝.
设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝≤1.
当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.
所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为2y±x＋4＝0.
6.已知O为坐标原点，M(x1，y1)，N(x2，y2)是椭圆＋＝1上的点，且x1x2＋2y1y2＝0，设动点P满足＝＋2.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)若直线l：y＝x＋m(m≠0)与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的最大值.
解 (1)设点P(x，y)，则由＝＋2，
得(x，y)＝(x1，y1)＋2(x2，y2)，
即x＝x1＋2x2，y＝y1＋2y2.
因为点M，N在椭圆＋＝1上，
所以x＋2y＝4，x＋2y＝4.
故x2＋2y2＝(x＋4x＋4x1x2)＋2(y＋4y＋4y1y2)
＝(x＋2y)＋4(x＋2y)＋4(x1x2＋2y1y2)
＝20＋4(x1x2＋2y1y2).
又因为x1x2＋2y1y2＝0，所以x2＋2y2＝20，
所以动点P的轨迹C的方程为x2＋2y2＝20.
(2)将曲线C与直线l的方程联立，得
消去y得3x2＋4mx＋2m2－20＝0.
因为直线l与曲线C交于A，B两点，设A(x3，y3)，B(x4，y4)，
所以Δ＝16m2－4×3×(2m2－20)＞0.
又m≠0，所以0＜m2＜30，
x3＋x4＝－，x3x4＝.
又点O到直线AB：x－y＋m＝0的距离d＝，
|AB|＝|x3－x4|＝
＝ ＝ ，
所以S△OAB＝ ×＝×
≤×＝5，
当且仅当m2＝30－m2，即m2＝15时取等号，且满足Δ>0.
所以△OAB面积的最大值为5.
考点三 圆锥曲线中的证明问题
方法技巧 圆锥曲线中的证明问题是转化与化归思想的充分体现.无论证明什么结论，要对已知条件进行化简，同时对要证结论合理转化，寻求条件和结论间的联系，从而确定解题思路及转化方向.
7.(2018·全国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.
(1)解 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.
又M(2，0)，
所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.
即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
(2)证明 当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
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
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，由题意知Δ＞0恒成立，
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.
8.(2018·大庆质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且C过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B1，B2分别是椭圆C的下顶点和上顶点，P是椭圆上异于B1，B2的任意一点，过点P作PM⊥y轴于M，N为线段PM的中点，直线B2N与直线y＝－1交于点D，E为线段B1D的中点，O为坐标原点，求证：ON⊥EN.
(1)解 由题设知焦距为2，所以c＝.
又因为椭圆过点，
所以代入椭圆方程得＋＝1，
因为a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，
故所求椭圆C的方程是＋y2＝1.
(2)证明 设P(x0，y0)，x0≠0，则M(0，y0)，N.
因为点P在椭圆C上，所以＋y＝1.即x＝4－4y.
又B2(0，1)，所以直线B2N的方程为y－1＝x.
令y＝－1，得x＝，所以D.
又B1(0，－1)，E为线段B1D的中点，
所以E.
所以＝，＝.
因为·＝＋y0(y0＋1)＝－＋y＋y0＝1－＋y0＝1－y0－1＋y0＝0，
所以⊥，即ON⊥EN.
9.(2018·咸阳模拟)已知A(－2，0)，B(2，0)，点C是动点，且直线AC和直线BC的斜率之积为－.
(1)求动点C的轨迹方程；
(2)设直线l与(1)中轨迹相切于点P，与直线x＝4相交于点Q，且F(1，0)，求证：∠PFQ＝
90°.
(1)解 设C(x，y)，则依题意得kAC·kBC＝－，
又A(－2，0)，B(2，0)，所以有
·＝－(y≠0)，整理得＋＝1(y≠0)，
即为所求轨迹方程.
(2)证明 方法一 由题意知，直线l的斜率存在，设直线l：y＝kx＋m，与3x2＋4y2＝12联立得，
3x2＋4(kx＋m)2＝12，
即(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
依题意得Δ＝(8km)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝0，
即3＋4k2＝m2，
∴x1＋x2＝，得x1＝x2＝，
∴P，而3＋4k2＝m2，得P，又Q(4，4k＋m)，F(1，0)，
则·＝·(3，4k＋m)＝0，
知⊥，
即∠PFQ＝90°.
方法二 设P(x0，y0)，则曲线C在点P处切线PQ：
＋＝1，令x＝4，得Q，
又F(1，0)，∴·＝(x0－1，y0)·＝0，
知⊥，即∠PFQ＝90°.
典例 (12分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且点在椭圆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.
审题路线图
(1)―→
(2)①―→
②→
→
规范解答·评分标准
解 (1)由题意知＋＝1.又＝，
解得a2＝4，b2＝1.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.…………………………………………2分
(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.
①设P(x0，y0)，＝λ(λ＞0)，由题意知Q(－λx0，－λy0).
因为＋y＝1，又＋＝1，
即＝1，
所以λ＝2，即＝…………………………………………………………………………2.5分
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，(*)
则有x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|＝.…………………………………………………………………8分
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 .……………………………………………………………………9分
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.(**)
由(*)和(**)可知0＜t≤1，
因此S＝2＝2，……………………………………………………………10分
故0＜S≤2，当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2.………………………11分
由①知，△ABQ的面积为3S，所以△ABQ面积的最大值为6.…………………………12分
构建答题模板
[第一步] 求曲线方程：根据基本量法确定圆锥曲线的方程；
[第二步] 联立消元：将直线方程和圆锥曲线方程联立，得到方程Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判别式，利用根与系数的关系；
[第三步] 找关系：从题设中寻求变量的等量或不等关系；
[第四步] 建函数：对范围最值类问题，要建立关于目标变量的函数关系；
[第五步] 得范围：通过求解函数值域或解不等式得目标变量的范围或最值，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件.
1.(2018·全国Ⅱ)设抛物线C：y2＝4x的焦点为F，过F且斜率为k(k＞0)的直线l与C交于A，B两点，|AB|＝8.
(1)求l的方程；
(2)求过点A，B且与C的准线相切的圆的方程.
解 (1)由题意得F(1，0)，l的方程为y＝k(x－1)(k＞0).
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
Δ＝16k2＋16＞0，故x1＋x2＝.
所以|AB|＝|AF|＋|BF|＝(x1＋1)＋(x2＋1)＝.
由题意知＝8，解得k＝－1(舍去)或k＝1.
因此l的方程为x－y－1＝0.
(2)由(1)得AB的中点坐标为(3，2)，所以AB的垂直平分线方程为y－2＝－(x－3)，
即y＝－x＋5.
设所求圆的圆心坐标为(x0，y0)，
则
解得或
因此所求圆的方程为(x－3)2＋(y－2)2＝16或(x－11)2＋(y＋6)2＝144.
2.设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点.若·＋·＝8，O为坐标原点，求△OCD的面积.
解 (1)因为过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为，所以＝.
因为椭圆的离心率为，所以＝，
又a2＝b2＋c2，可解得b＝，c＝1，a＝.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)由(1)可知F(－1，0)，
则直线CD的方程为y＝k(x＋1).
联立
消去y得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
又A(－，0)，B(，0)，
所以·＋·
＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2
＝6＋＝8，
解得k＝±.
从而x1＋x2＝－＝－，
x1x2＝＝0.
所以|x1－x2|＝＝＝，
|CD|＝|x1－x2|＝×＝.
而原点O到直线CD的距离d＝＝＝，
所以△OCD的面积
S＝|CD|×d＝××＝.
3.(2018·全国Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m＞0).
(1)证明：k＜－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差.
(1)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＋＝1，＋＝1.
两式相减，并由＝k，得＋·k＝0.
由题设知＝1，＝m，于是k＝－.①
由题设得0＜m＜，故k＜－.
(2)解 由题意得F(1，0).设P(x3，y3)，则
(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0).
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，
y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0.
又点P在C上，所以m＝，
从而P，||＝，
于是||＝＝ ＝2－.
同理||＝2－.
所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.
故2||＝||＋||，即||，||，||成等差数列.
设该数列的公差为d，则2|d|＝|||－|||＝
|x1－x2|＝.②
将m＝代入①得k＝－1，
所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，
并整理得7x2－14x＋＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.
所以该数列的公差为或－.
4.(2018·河南八市测评)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点M在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，与直线OM相交于点N，且N是线段AB的中点，求△OAB面积的最大值.
解 (1) 由椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点M在椭圆C上，得
解得所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)易得直线OM的方程为y＝x.
当直线l的斜率不存在时，AB的中点不在直线y＝x上，故直线l的斜率存在.
设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，与＋＝1联立消y，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，
所以Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)
＝48(3＋4k2－m2)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
由y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，
所以AB的中点N，
因为N在直线y＝x上，所以－＝2×，解得k＝－，
所以Δ＝48(12－m2)>0，得－2
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