【数学】2019届一轮复习人教A版圆锥曲线中的综合问题学案
突破点13 圆锥曲线中的综合问题
(对应 生用书第47页)
[核心知识提炼]
提炼1 解答圆锥曲线的定值、定点问题，从三个方面把握
(1)从特殊开始，求出定值，再证明该值与变量无关．
(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值．
(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出 ，并令其系数为零，可以解出定点坐标.
提炼2 用代数法求最值与范围问题时从下面几个方面入手
(1)若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围．
(2)若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解．
(3)利用隐含或已知的不等关系式直接求范围．
(4)利用基本不等式求最值与范围．
(5)利用函数值域的方法求最值与范围．
提炼3 与圆锥曲线有关的探索性问题
(1)给出问题的一些特殊关系，要求探索出一些规律，并能论证所得规律的正确性．通常要对已知关系进行观察、比较、分析，然后概括出一般规律．
(2)对于只给出条件，探求“是否存在”类型问题，一般要先对结论作出肯定存在的假设，然后由假设出发，结合已知条件进行推理，若推出相符的结论，则存在性得到论证；若推出矛盾，则假设不存在．
[高考真题回访]
回访 直线与圆锥曲线的综合问题
1．(2017·浙江高考)如图131，已知抛物线x2＝y，点A－，，B，抛物线上的点P(x，y)－
1)．
图132
(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；
(2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围．
[解] (1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，
由得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0， 3分
故x1＝0，x2＝－.
因此|AM|＝|x1－x2|＝·. 5分
(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|. 7分
记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2>0，k1≠k2.
由(1)知，|AP|＝，
|AQ|＝，
故＝， 9分
所以(k－k)[1＋k＋k＋a2(2－a2)kk]＝0.
由于k1≠k2，k1，k2>0得
1＋k＋k＋a2(2－a2)kk＝0，
因此＝1＋a2(a2－2)． ①
因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是
1＋a2(a2－2)>1，
所以a>. 13分
因此，任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为10. ①
将线段AB中点M代入直线方程y＝mx＋解得b＝－.
②
由①②得m<－或m>. 7分
(2)令t＝∈∪，
则|AB|＝·，
且O到直线AB的距离为d＝. 10分
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. 15分
4．(2014·浙江高考)已知△ABP的三个顶点都在抛物线C：x2＝4y上，F为抛物线C的焦点，点M为AB的中点，＝3.
(1)若|PF|＝3，求点M的坐标；
(2)求△ABP面积的最大值．
图134
[解] (1)由题意知焦点F(0,1)，准线方程为y＝－1. 2分
设P(x0，y0)，由抛物线定义知|PF|＝y0＋1，得到y0＝2，所以P(2，2)或P(－2，2)．
由＝3得M或M. 6分
(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)．
由得x2－4kx－4m＝0. 8分
于是Δ＝16k2＋16m＞0，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，所以AB的中点M的坐标为(2k,2k2＋m)．
由＝3，得(－x0,1－y0)＝3(2k,2k2＋m－1)，
所以由x＝4y0，得k2＝－m＋. 10分
由Δ＞0，k2≥0，得－＜m≤.
又因为|AB|＝4·，
点F(0,1)到直线AB的距离为d＝，
所以S△ABP＝4S△ABF＝8|m－1|
＝ .
记f(m)＝3m3－5m2＋m＋1，
令f′(m)＝9m2－10m＋1＝0，解得m1＝，m2＝1. 12分
可得f(m)在上是增函数，在上是减函数，在上是增函数．
又f＝ ＞f，所以，当m＝时，f(m)取到最大值，此时k＝±.
所以，△ABP面积的最大值为. 15分
(对应 生用书第49页)
热点题型1 圆锥曲线中的定值问题
题型分析：圆锥曲线中的定值问题是近几年高考的热点内容，解决这类问题的关键是引入变化的参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式恒成立，数式变换等寻找不受参数影响的量.
【例1】 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)上一点P
与椭圆右焦点的连线垂直于x轴，直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(均不在坐标轴上)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设O为坐标原点，若△AOB的面积为，试判断直线OA与OB的斜率之积是否为定值？ 【导 号：68334131】
[解] (1)由题意知解得 3分
∴椭圆C的标准方程为＋＝1. 4分
(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 5分
由Δ＝(8km)2－16(4k2＋3)(m2－3)＞0，得m2＜4k2＋3. 6分
∵x1＋x2＝，x1x2＝，
∴S△OAB＝|m||x1－x2|＝|m|·＝， 8分
化简得4k2＋3－2m2＝0，满足Δ＞0，从而有4k2－m2＝m2－3(*)， 9分
∴kOA·kOB＝＝＝
＝＝－·，由(*)式，得＝1， 12分
∴kOA·kOB＝－，即直线OA与OB的斜率之积为定值－. 15分
[方法指津]
求解定值问题的两大途径
1.→
2．先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
[变式训练1] 已知椭圆C：＋＝1过A(2,0)，B(0,1)两点．
(1)求椭圆C的方程及离心率；
(2)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] (1)由题意得a＝2，b＝1，
∴椭圆C的方程为＋y2＝1. 3分
又c＝＝，∴离心率e＝＝. 5分
(2)证明：设P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，则x＋4y＝4. 6分
又A(2,0)，B(0,1)，∴直线PA的方程为y＝(x－2)．
令x＝0，得yM＝－，从而|BM|＝1－yM＝1＋. 9分
直线PB的方程为y＝x＋1.
令y＝0，得xN＝－，从而|AN|＝2－xN＝2＋. 12分
∴四边形ABNM的面积S＝|AN|·|BM|
＝
＝
＝＝2.
从而四边形ABNM的面积为定值. 15分
热点题型2 圆锥曲线中的最值、范围问题
题型分析：圆锥曲线中的最值、范围问题是高考重点考查的内容，解决此类问题常用的方法是几何法和代数法.
【例2】 设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围．
[解] (1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，
所以∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，
故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，
所以|EA|＋|EB|＝4. 2分
由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，
由椭圆定义可得点E的轨迹方程为＋＝1(y≠0). 4分
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，点A到直线m的距离为，
6分
所以|PQ|＝2＝4.
故四边形MPNQ的面积S＝|MN|| PQ|＝12. 8分
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8).12分
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，
故四边形MPNQ的面积为12.
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8). 15分
[方法指津]
与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法
1．数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后数形结合求解．
2．构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．
3．构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
[变式训练2] (名师押题)已知抛物线C：x2＝2py(p＞0)，过其焦点作斜率为1的直线l交抛物线C于M，N两点，且|MN|＝16.
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知动圆P的圆心在抛物线C上，且过定点D(0,4)，若动圆P与x轴交于A，B两点，求＋的最大值. 【导 号：68334132】
[解] (1)设抛物线的焦点为F，
则直线l：y＝x＋.
由得x2－2px－p2＝0，
∴x1＋x2＝2p，∴y1＋y2＝3p，
∴|MN|＝y1＋y2＋p＝4p＝16，∴p＝4，
∴抛物线C的方程为x2＝8y. 4分
(2)设动圆圆心P(x0，y0)，A(x1,0)，B(x2,0)，
则x＝8y0，且圆P：(x－x0)2＋(y－y0)2＝x＋(y0－4)2，
令y＝0，整理得x2－2x0x＋x－16＝0，
解得x1＝x0－4，x2＝x0＋4， 6分
设t＝＝＝＝，
当x0＝0时，t＝1， ① 7分
当x0≠0时，t＝.
∵x0＞0，∴x0＋≥8，
∴t≥＝＝－1，且t＜1， ②
综上①②知－1≤t≤1. 11分
∵f(t)＝t＋在[－1,1]上单调递减，
∴＋＝t＋≤－1＋＝2，
当且仅当t＝－1，即x0＝4时等号成立．
∴＋的最大值为2. 15分
热点题型3 圆锥曲线中的探索性问题
题型分析：探索性问题一般分为探究条件和探究结论两种类型，若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在.若探究结论，则应先写出结论的表达式，再针对表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.
【例3】 如图135，在平面直角坐标系xOy中，已知F1，F2分别是椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，A，B分别是椭圆E的左、右顶点，D(1,0)为线段OF2的中点，且＋5＝0.
图135
(1)求椭圆E的方程；
(2)若M为椭圆E上的动点(异于点A，B)，连接MF1并延长交椭圆E于点N，连接MD，ND并分别延长交椭圆E于点P，Q，连接PQ，设直线MN，PQ的斜率存在且分别为k1，k2.试问是否存在常数λ，使得k1＋λk2＝0恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，说明理由．
[解题指导] (1)→→＝0→→
(2)→→
→→
→→→
[解] (1)∵＋5＝0，∴＝5，∵a＋c＝5(a－c)，化简得2a＝3c，又点D(1,0)为线段OF2的中点，∴c＝2，从而a＝3，b＝，左焦点F1(－2,0)，故椭圆E的方程为＋＝1. 4分
(2)假设存在满足条件的常数λ，使得k1＋λk2＝0恒成立，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
则直线MD的方程为x＝y＋1，代入椭圆方程＋＝1，整理得，y2＋y－4＝0， 6分
∵y1＋y3＝，∴y3＝，从而x3＝，故点P，
同理，点Q. 10分
∵三点M，F1，N共线，∴＝，
从而x1y2－x2y1＝2(y1－y2)，从而k2＝＝＝＝＝，故k1－＝0，从而存在满足条件的常数λ，
λ＝－. 15分
[方法指津]
探索性问题求解的思路及策略
1．思路：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．
2．策略：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．
[变式训练3] 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦点分别为F1(－，0)，F2(
，0)，点P在椭圆C上，满足|PF1|＝7|PF2|，tan∠F1PF2＝4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点A(1,0)，试探究是否存在直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于D，E两点，且使得|AD|＝|AE|？若存在，求出k的取值范围；若不存在，请说明理由.
【导 号：68334133】
[解] (1)由|PF1|＝7|PF2|，PF1＋PF2＝2a得PF1＝，PF2＝. 2分
由余弦定理得cos∠F1PF＝＝，
∴a＝2，
∴所求C的方程为＋y2＝1. 4分
(2)假设存在直线l满足题设，设D(x1，y1)，E(x2，y2)，将y＝kx＋m代入＋y2＝1并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝－16(m2－4k2－1)＞0，得4k2＋1＞m2.① 6分
又x1＋x2＝－.
设D，E中点为M(x0，y0)，M，kAMk＝－1，得m＝－，② 10分
将②代入①得4k2＋1＞2，化简得20k4＋k2－1＞0⇒(4k2＋1)(5k2－1)＞0，解得k＞或k＜－，所以存在直线l，使得|AD|＝|AE|，此时k的取值范围为∪. 15分
