2020版高考数学大一轮复习（讲义·理·新人教A版）第八章 平面解析几何 第8节 圆锥曲线的综合问题
第8节 圆锥曲线的综合问题
考试要求 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的综合问题的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.
知 识 梳 理
1.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.
2.定点的探索与证明问题
(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y＝kx＋b，然后利用条件建立b，k等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.
(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关.
3.求解范围问题的方法
求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围，要特别注意变量的取值范围.
4.圆锥曲线中常见最值的解题方法
(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；
(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解.
5.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|＝·.
[微点提醒]
1.直线与椭圆位置关系的有关结论(供选用)
(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；
(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；
(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.
2.直线与抛物线位置关系的有关结论(供选用)
(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；
(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；
(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条与对称轴平行或重合的直线.
基 础 自 测
1.判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)
(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点.( )
(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点.( )
(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点.( )
(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|＝|y1－y2|.( )
解析 (2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.
(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√
2.(选修2－1P71例6改编)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( )
A.1条 B.2条 C.3条 D.4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 C
3.(选修2－1P69例4改编)已知倾斜角为60°的直线l通过抛物线x2＝4y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则弦|AB|＝________.
解析 法一 直线l的方程为y＝x＋1，
由得y2－14y＋1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝14，
∴|AB|＝y1＋y2＋p＝14＋2＝16.
法二 如图所示，过F作AD的垂线，垂足为H，则|AF|＝|AD|＝p＋|AF|sin 60°，即|AF|＝＝.
同理，|BF|＝，故|AB|＝|AF|＋|BF|＝16.
答案 16
4.(2019·浙江八校联考)抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0)交于A，B两点，且这两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则( )
A.x3＝x1＋x2 B.x1x2＝x1x3＋x2x3
C.x1＋x2＋x3＝0 D.x1x2＋x2x3＋x3x1＝0
解析 由消去y得ax2－kx－b＝0，可知x1＋x2＝，x1x2＝－，令kx＋b＝0得x3＝－，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.
答案 B
5.(2019·唐山市五校联考)直线l与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)交于A，B两点，M是线段AB的中点，若l与OM(O是原点)的斜率的乘积等于1，则此双曲线的离心率为( )
A.3 B.2 C. D.
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，把A，B两点坐标分别代入双曲线的方程，得
两式相减得－＝0，
又所以＝，
所以＝＝kOMkl＝1，所以e2＝1＋＝2，
又e>1，所以e＝.
答案 D
6.(2019·潍坊二模)已知抛物线y＝ax2(a>0)的准线为l，l与双曲线－y2＝1的两条渐近线分别交于A，B两点，若|AB|＝4，则a＝________.
解析 抛物线y＝ax2(a>0)的准线l：y＝－，双曲线－y2＝1的两条渐近线分别为y＝x，y＝－x，可得xA＝－，xB＝，可得|AB|＝－＝4，解得a＝.
答案
第1课时 最值、范围、证明问题
考点一 最值问题 多维探究
角度1 利用几何性质求最值
【例1－1】 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
角度2 利用基本不等式或二次函数求最值
【例1－2】 (2019·郑州二模)已知动圆E经过点F(1，0)，且和直线l：x＝－1相切.
(1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程；
(2)已知点A(3，0)，若斜率为1的直线l′与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A)，且与曲线G交于B，C两点，求△ABC面积的最大值.
解 (1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线l的距离，∴动点E的轨迹是以F(1，0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，故轨迹G的方程是y2＝4x.
(2)设直线l′的方程为y＝x＋m，其中－3
0恒成立.
由根与系数的关系得
x1＋x2＝4－2m，x1·x2＝m2，∴|CB|＝4，
点A到直线l′的距离d＝，
∴S△ABC＝×4×＝2×(3＋m)，
令＝t，t∈(1，2)，则m＝1－t2，
∴S△ABC＝2t(4－t2)＝8t－2t3，
令f(t)＝8t－2t3，∴f′(t)＝8－6t2，
令f′(t)＝0，得t＝(负值舍去).
易知y＝f(t)在上单调递增，在上单调递减.
∴y＝f(t)在t＝，即m＝－时取得最大值为.
∴△ABC面积的最大值为.
规律方法 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：一是几何方法，即通过利用 圆锥曲线的定义、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)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.
【训练1】 已知椭圆＋＝1(a>b>0)，F1，F2为它的左、右焦点，P为椭圆上一点，已知∠F
1PF2＝60°，S△F1PF2＝，且椭圆的离心率为.
(1)求椭圆方程；
(2)已知T(－4，0)，过T的直线与椭圆交于M，N两点，求△MNF1面积的最大值.
解 (1)由已知，得|PF1|＋|PF2|＝2a，①
|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos 60°＝4c2，
即|PF1|2＋|PF2|2－|PF1||PF2|＝4c2，②
|PF1||PF2|sin 60°＝，即|PF1||PF2|＝4，③
联立①②③解得a2－c2＝3.又＝，∴c2＝1，a2＝4，
b2＝a2－c2＝3，椭圆方程为＋＝1.
(2)根据题意可知直线MN的斜率存在，且不为0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，
代入椭圆方程，整理得(3m2＋4)y2－24my＋36＝0，
则Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)>0，所以m2>4.
y1＋y2＝，y1y2＝，
则△MNF1的面积S△MNF1＝|S△NTF1－S△MTF1|
＝|TF1|·|y1－y2|＝
＝＝18
＝6×＝6×≤＝.
当且仅当＝，即m2＝时(此时适合Δ>0的条件)取得等号.
故△MNF1面积的最大值为.
考点二 范围问题
【例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.
(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＝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)解 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.
规律方法 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(
5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围.
【训练2】 (2019·南昌调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝，求原点O到直线l的距离的取值范围.
解 (1)由题知e＝＝，2b＝2，
又a2＝b2＋c2，∴b＝1，a＝2，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，
化简得m2<4k2＋1，①
x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.
若kOM·kON＝，则＝，即4y1y2＝5x1x2，
∴(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0，
∴(4k2－5)·＋4km·＋4m2＝0，
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，
化简得m2＋k2＝，②
由①②得0≤m2<，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
由于点M(1，m)(m>0)在椭圆＋＝1内，
∴＋<1，解得00)，依题意，圆心C的坐标为(2，r).
因为|MN|＝3，所以r2＝＋22＝.
所以r＝，圆C的方程为(x－2)2＋＝.
(2)证明 把x＝0代入方程(x－2)2＋＝，
解得y＝1或y＝4，即点M(0，1)，N(0，4).
①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.
②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.
联立方程消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.
设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝，x1x2＝.
所以kAN＋kBN＝＋＝＋＝
＝＝0.
所以∠ANM＝∠BNM.
综合①②知∠ANM＝∠BNM.
基础巩固题组
(建议用时：40分钟)
一、选择题
1.直线y＝x＋3与双曲线－＝1(a>0，b>0)的交点个数是( )
A.1 B.2 C.1或2 D.0
解析 由直线y＝x＋3与双曲线－＝1的渐近线y＝x平行，故直线与双曲线的交点个数是1.
答案 A
2.已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)，斜率为1的直线与C交于两点A，B，若线段AB的中点为(4，1)，则双曲线C的渐近线方程是( )
A.2x±y＝0 B.x±2y＝0
C.x±y＝0 D.x±y＝0
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则－＝1①，－＝1②，由①－②得＝，结合题意化简得＝1，即＝，所以双曲线C的渐近线方程为x±2y＝0.
答案 B
3.抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为( )
A. B. C.2 D.
解析 设抛物线上一点的坐标为(x，y)，
则d＝＝＝，
∴x＝时， dmin＝.
答案 B
4.若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为( )
A.2 B.3 C.6 D.8
解析 由题意得F(－1，0)，设点P(x0，y0)，
则y＝3(－2≤x0≤2).
·＝x0(x0＋1)＋y＝x＋x0＋y＝x＋x0＋3＝·(x0＋2)2＋2.
因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，·取得最大值，最大值为6.
答案 C
5.(2018·太原一模)已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，若△AOB的面积为，则|AB|＝( )
A.6 B.8 C.12 D.16
解析 由题意知抛物线y2＝4x的焦点F的坐标为(1，0)，易知当直线AB垂直于x轴时，△AOB的面积为2，不满足题意，所以可设直线AB的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，与y2＝4x联立，消去x得ky2－4y－4k＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝，y1y2＝－4，
所以|y1－y2|＝，所以△AOB的面积为×1×＝，解得k＝±，
所以|AB|＝|y1－y2|＝6.
答案 A
二、填空题
6.(2019·北京朝阳区一模)抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与x轴的交点为M，过点M作C的两条切线，切点分别为P，Q，则∠PMQ＝________.
解析 由题意得M，设过点M的切线方程为x＝my－，代入y2＝2px得y2－2pmy＋p2＝0，∴Δ＝4p2m2－4p2＝0，∴m＝±1，则切线斜率k＝±1，∴MQ⊥MP，因此∠PMQ＝.
答案
7.过双曲线－＝1(a>0，b>0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，则此双曲线离心率的取值范围为________.
解析 由过双曲线－＝1(a>0，b>0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，可得<2.
∴e＝＝<＝，
∵e>1，∴10)上任意一点P(异于原点O)的直线与抛物线y2＝8px(p>0)交于A，B两点，直线OP与抛物线y2＝8px(p>0)的另一个交点为Q，则＝________.
解析 设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，
联立得解得P，
联立得解得Q，
∴|OP|＝＝，|PQ|＝＝，
∴＝＝3.
答案 3
三、解答题
9.设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F1，F2是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，且△MF1F2的周长是4＋2.
(1)求椭圆C1的方程；
(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若点C满足⊥，∥，连接AC交DE于点P，求证：|PD|＝|PE|.
(1)解 由e＝，知＝，所以c＝a，
因为△MF1F2的周长是4＋2，
所以2a＋2c＝4＋2，所以a＝2，c＝，
所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C1的方程为：＋y2＝1.
(2)证明 由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，
设D(x0，y0)，所以E(x0，0)，
因为⊥，所以可设C(2，y1)，
所以＝(x0＋2，y0)，＝(2，y1)，
由∥可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝.
所以直线AC的方程为：＝.
整理得：y＝(x＋2).
又点P在DE上，将x＝x0代入直线AC的方程可得：y＝，即点P的坐标为，所以P为DE的中点，|PD|＝|PE|.
10.如图，已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称.
(1)求实数m的取值范围；
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).
解 由题意知m≠0，可设直线AB的方程为
y＝－x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M，
由消去y，
得x2－x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①
则x1＋x2＝，y1＋y2＝，
(1)将AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－，②
由①②得m＜－或m＞.
故实数m的取值范围为∪.
(2)令t＝∈∪，则
|AB|＝·，
且O到直线AB的距离为d＝.
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝|AB|·d＝ ≤.
当且仅当t2＝时，等号成立.
故△AOB面积的最大值为.
能力提升题组
(建议用时：20分钟)
11.(2019·烟台一模)已知抛物线M：y2＝4x，过抛物线M的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点(点A在第一象限)，且交抛物线的准线于点E.若＝2，则直线l的斜率为( )
A.3 B.2 C. D.1
解析 分别过A，B两点作AD，BC垂直于准线，垂足分别为D，C，
由＝2，得B为AE的中点，∴|AB|＝|BE|，
则|AD|＝2|BC|，
由抛物线的定义可知|AF|＝|AD|，|BF|＝|BC|，
∴|AB|＝3|BC|，
∴|BE|＝3|BC|，则|CE|＝2|BC|，
∴tan ∠CBE＝＝2，
∴直线l的斜率k＝tan ∠AFx＝tan ∠CBE＝2.
答案 B
12.(2019·河北百校联考)已知抛物线y2＝4x，过其焦点F的直线l与抛物线分别交于A，B两点(A在第一象限内)，＝3 ，过AB的中点且垂直于l的直线与x轴交于点G，则△ABG的面积为( )
A. B. C. D.
解析 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为＝3，
所以y1＝－3y2，设直线l的方程为x＝my＋1，
由消去x得y2－4my－4＝0，∴y1y2＝－4，
∴∴y1＋y2＝4m＝，
∴m＝，∴x1＋x2＝，AB的中点坐标为，过AB中点且垂直于直线l的直线方程为y－＝－，令y＝0，可得x＝，所以S△ABG＝××＝.
答案 C
13.(一题多解)(2018·全国Ⅲ卷)已知点M(－1，1)和抛物线C：y2＝4x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点.若∠AMB＝90°，则k＝________.
解析 法一 由题意知抛物线的焦点为(1，0)，则过C的焦点且斜率为k的直线方程为y＝
k(x－1)(k≠0)，由消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝1.由消去x得y2＝4，即y2－y－4＝0，则y1＋y2＝，y1y2＝－4，则∠AMB＝90°，得·＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，将x1＋x2＝，x1x2＝1与y1＋y2＝，y1y2＝－4代入，得k＝2.
法二 设抛物线的焦点为F，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则所以y－y＝4(x1－x2)，则k＝＝，取AB的中点M′(x0，y0)，分别过点A，B作准线x＝－1的垂线，垂足分别为A′，B′，又∠AMB＝90°，点M在准线x＝－1上，所以|MM′|＝|AB|＝(|AF|＋|BF|)＝(|AA′|＋|BB′|).又M′为AB的中点，所以MM′平行于x轴，且y0＝1，所以y1＋y2＝2，所以k＝2.
答案 2
14.(2018·天津卷)设椭圆＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，|AB|＝.
(1)求椭圆的方程；
(2)设直线l：y＝kx(k<0)与椭圆交于P，Q两点，l与直线AB交于点M，且点P，M均在第四象限.若△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，求k的值.
解 (1)设椭圆的焦距为2c，由已知有＝，
又由a2＝b2＋c2，可得2a＝3b.
由|AB|＝＝，从而a＝3，b＝2.
所以，椭圆的方程为＋＝1.
(2)设点P的坐标为(x1，y1)，点M的坐标为(x2，y2)，
由题意，x2>x1>0，点Q的坐标为(－x1，－y1).
由△BPM的面积是△BPQ面积的2倍，可得|PM|＝2|PQ|，
从而x2－x1＝2[x1－(－x1)]，即x2＝5x1.
易知直线AB的方程为2x＋3y＝6，
由方程组消去y，可得x2＝.
由方程组消去y，可得x1＝.
由x2＝5x1，可得＝5(3k＋2)，
两边平方，整理得18k2＋25k＋8＝0，
解得k＝－，或k＝－.
当k＝－时，x2＝－9<0，不合题意，舍去；
当k＝－时，x2＝12，x1＝，符合题意.
所以，k的值为－.
新高考创新预测
15.(思维创新)已知抛物线y2＝4x，焦点记为F，过点F作直线l交抛物线于A，B两点，则|AF|－的最小值为________.
解析 当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，代入y2＝4x可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1·x2＝1.由抛物线的定义可得|AF|＝x1＋1，|BF|＝x2＋1，所以|AF|－＝x1＋1－＝＝＝＝.令x2－1＝t(t≥1)，则x2＝t＋1，所以|AF|－＝＝≥＝＝＝2－2(当且仅当t＝时等号成立)；当直线l的斜率不存在时，易得|AF|－＝1.综上，|AF|－的最小值为2－2.
答案 2－2
