2020届二轮复习(文)第2部分专题5第3讲 圆锥曲线中的综合问题学案
第3讲 圆锥曲线中的综合问题
圆锥曲线中的定点、定值问题(5年3考)
[高考解读] 定点、定值问题是解析几何中的常见问题，此类试题多考查圆锥曲线的基本知识、解析几何的基本方法，难度不高，不同层次的同学均能顺利解决.此类考题注重考查通性通法的应用，考查考生的逻辑推理和数学运算的核心素养.
角度一：定点问题
1．(2017·全国卷Ⅱ)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.
(1)求点P的轨迹方程；
(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
切入点：①点M在椭圆C上，且MN⊥x轴；②＝.
关键点：将·＝1转化为向量的坐标运算，进而证明直线l过C的左焦点F.
[解] (1)设P(x，y)，M(x0，y0)，
则N(x0,0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)．
由＝得x0＝x，y0＝y.
因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1.
因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.
(2)证明：由题意知F(－1,0)．设Q(－3，t)，P(m，n)，则
＝(－3，t)，＝(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn，
＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)．
由·＝1得－3m－m2＋tn－n2＝1.
又由(1)知m2＋n2＝2，故3＋3m－tn＝0.
所以·＝0，即⊥.
又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.
角度二：定值问题
2．(2019·全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．
(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径；
(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．
切入点：①⊙M过点A，B；②⊙M与直线x＋2＝0相切．
关键点：①确定圆心M的坐标；②选用合适的参数表示|MA|－|MP|的值．
[解] (1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．
因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.
由已知得|AO|＝2，又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.
故⊙M的半径r＝2或r＝6.
(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．
理由如下：
设M(x，y)，由已知得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.
由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得M的轨迹方程为y2＝4x.
因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，
所以|MP|＝x＋1.
因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.
[教师备选题]
1．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a＞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] (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．
又由＋＞＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此解得故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：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(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
而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)．
2．(2018·北京高考)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] (1)因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，
所以2p＝4，即p＝2.
故抛物线C的方程为y2＝4x.
由题意知，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
0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，证明：0.
由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.
又A(－2,0)，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)证明：设直线AM的方程为y＝k(x＋2)(k＞0)，
代入＋＝1得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0.
由x1·(－2)＝得x1＝，
故|AM|＝|x1＋2|＝.
由题意，设直线AN的方程为y＝－(x＋2)，
故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|得＝，
即4k3－6k2＋3k－8＝0.
设f(t)＝4t3－6t2＋3t－8，则k是f(t)的零点．f′(t)＝12t2－12t＋3＝3(2t－1)2≥0，所以f(t)在(0，＋∞)单调递增．又f()＝15－26＜0，f(2)＝6＞0，因此f(t)在(0，＋∞)上有唯一的零点，且零点k在(，2)内，所以＜k＜2.
[教师备选题]
1．(2018·浙江高考)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] (1)证明：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2＝4·，
即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．
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.
2．(2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，椭圆C截直线y＝1所得线段的长度为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)动直线l：y＝kx＋m(m≠0)交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M.点N是M关于O的对称点，⊙N的半径为|NO|.设D为AB的中点，DE，DF与⊙N分别相切于点E，F，求∠EDF的最小值．
[解] (1)由椭圆的离心率为，
得a2＝2(a2－b2)，
又当y＝1时，x2＝a2－，得a2－＝2，
所以a2＝4，b2＝2.
因此椭圆方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程，得
得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0.
由Δ>0得m2<4k2＋2，(*)
且x1＋x2＝－，
因此y1＋y2＝，
所以D.
又N(0，－m)，
所以|ND|2＝2＋2，
整理得|ND|2＝.
因为|NF|＝|m|，
所以＝＝1＋.
令t＝8k2＋3，t≥3，
故2k2＋1＝.
所以＝1＋＝1＋.
令y＝t＋，
所以y′＝1－.
当t≥3时，y′>0，
从而y＝t＋在[3，＋∞)上单调递增，
因此t＋≥，
等号当且仅当t＝3时成立，此时k＝0，
所以≤1＋3＝4.
由(*)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．
切入点：①l：y＝t(t≠0)；
②M关于点P的对称点为N；
③ON的延长线交C于点H.
关键点：①通过直线l与y轴及抛物线C的交点确定N点，由此确定H点，求出N点、H点的坐标；
②将直线与抛物线的交点问题转化为方程组解的问题．
[解] (1)如图，由已知得M(0，t)，P.
又N为M关于点P的对称点，故N，
故直线ON的方程为y＝x，
将其代入y2＝2px整理得px2－2t2x＝0,
解得x1＝0，x2＝.因此H.
所以N为OH的中点，即＝2.
(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)．
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．
[教师备选题]
(2015·全国卷Ⅱ)已知椭圆C：9x2＋y2＝m2(m>0)，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.
(1)证明：直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值；
(2)若l过点，延长线段OM与C交于点P，四边形OAPB能否为平行四边形？若能，求此时l的斜率；若不能，说明理由．
[解] (1)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9x2＋y2＝m2，得(k2＋9)x2＋2kbx＋b2－m2＝0，故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，即kOM·k＝－9.
所以直线OM的斜率与l的斜率的乘积为定值．
(2)四边形OAPB能为平行四边形．
因为直线l过点，所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.
由(1)得OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP.
由得x＝，
即xP＝.
将点的坐标代入直线l的方程得b＝，
因此xM＝.
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.
于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当直线l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．
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)当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取其他的途径.
1．(最值的存在性问题)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，且经过点.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)[一题多解]过椭圆C的右焦点F的直线l与椭圆C相交于A，B两点，点B关于x轴的对称点为H，试问△AFH的面积是否存在最大值？若存在，求出这个最大值；若不存在，请说明理由．
[解] (1)由e＝＝可设a＝2t，c＝t(t＞0)，
所以b＝＝t，即椭圆C的方程为＋＝1，
把点代入椭圆C的方程得t＝1，
所以a＝2，b＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)法一：显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x＝my＋，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则H(x2，－y2)，
联立消去x得，(m2＋4)y2＋2my－1＝0.
显然Δ＞0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝，
直线AH的方程为y＝(x－x2)－y2，
令y＝0，得x＝＝＝＝，
即直线AH与x轴交于一个定点，记为M，
所以S△AFH＝|FM|×|y1＋y2|
＝××
＝
≤.
所以△AFH的面积存在最大值，且最大值为.
法二：显然直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为x＝my＋，A
(x1，y1)，B(x2，y2)，则H(x2，－y2)，
联立消去x得，(m2＋4)y2＋2my－1＝0.
显然Δ＞0，
由根与系数的关系得y1＋y2＝，y1y2＝，
作AA1⊥x轴于A1(图略)，设HB交x轴于点B1，x1＞x2，y1＞0，y2＜0，则m＞0，
△AFH的面积S＝S梯形AA1B1H－S△AA1F－S△HB1F＝－(x1－c)|y1|－(c－x2)|y2|＝[(y1＋y2)－x2y1－x1y2]＝[(y1＋y2)－(my2＋)y1－(my1＋)y2]＝－my1y2＝＝≤，所以△AFH的面积存在最大值，且最大值为.
2．(点的存在性问题)已知动圆C过定点F(1,0)，且与定直线x＝－1相切．
(1)[一题多解]求动圆圆心C的轨迹E的方程；
(2)过点M(－2,0)的任一条直线l与轨迹E交于不同的两点P，Q，试探究在x轴上是否存在定点N(异于点M)，使得∠QNM＋∠PNM＝π？若存在，求点N的坐标；若不存在，请说明理由．
[解] (1)法一：依题意知，动圆圆心C到定点F(1,0)的距离与到定直线x＝－1的距离相等，
由抛物线的定义，可得动圆圆心C的轨迹E是以F(1,0)为焦点，x＝－1为准线的抛物线，其中p＝2.
∴动圆圆心C的轨迹E的方程为y2＝4x.
法二：设动圆圆心C(x，y)，依题意得＝|x＋1|，
化简得y2＝4x，即为动圆圆心C的轨迹E的方程．
(2)假设存在点N(x0,0)满足题设条件．
由∠QNM＋∠PNM＝π可知，直线PN与QN的斜率互为相反数，即
kPN＋kQN＝0.①
易知直线PQ的斜率必存在且不为0，设直线PQ：x＝my－2，
由得y2－4my＋8＝0.
由Δ＝(－4m)2－4×8＞0，得m＞或m＜－.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝8.
由①得kPN＋kQN＝＋＝＝0，
∴y1(x2－x0)＋y2(x1－x0)＝0，
即y1x2＋y2x1－x0(y1＋y2)＝0.
消去x1，x2，得y1y＋y2y－x0(y1＋y2)＝0，
即y1y2(y1＋y2)－x0(y1＋y2)＝0.
∵y1＋y2≠0，∴x0＝y1y2＝2，
∴存在点N(2,0)，使得∠QNM＋∠PNM＝π.
