【数学】2019届一轮复习人教A版　圆锥曲线中的综合问题

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第 13 讲 圆锥曲线中的综合问题 题型 1 圆锥曲线中的定值问题 (对应 生用书第 43 页) ■核心知识储备………………………………………………………………………· 解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度 数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关， 不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值． ■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的离心率为 2 2 ，点(2， 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 a2－b2 a ＝ 2 2 ， 4 a2＋ 2 b2 ＝1， 解得 a2＝8，b2＝4. 所以 C 的方程为x2 8 ＋y2 4 ＝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x2 8 ＋y2 4 ＝1，得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0. 故 xM＝x1＋x2 2 ＝ －2kb 2k2＋1 ，yM＝k·xM＋b＝ b 2k2＋1. 于是直线 OM 的斜率 kOM＝yM xM ＝－ 1 2k ， 即 kOM·k＝－1 2. 所以直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值． [类题通法] 定值问题的常见方法 (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． ■对点即时训练………………………………………………………………………· 已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的左焦点为 F1(－ 6，0)，e＝ 2 2 . 图 131 (1)求椭圆 C 的方程； (2)如图 131，设 R(x0，y0)是椭圆 C 上一动点，由原点 O 向圆(x－x0)2＋(y －y0)2＝4 引两条切线，分别交椭圆于点 P，Q，若直线 OP，OQ 的斜率存 在，并记为 k1，k2，求证：k1k2 为定值； (3)在(2)的条件下，试问|OP|2＋|OQ|2 是否为定值？若是，求出该值；若不 是，请说明理由． [解] (1)由题意得，c＝ 6，e＝ 2 2 ，解得 a＝2 3， ∴椭圆 C 的方程为x2 12 ＋y2 6 ＝1. (2)由已知，直线 OP：y＝k1x，OQ：y＝k2x，且与圆 R 相切， ∴|k1x0－y0| 1＋k21 ＝2，化简得(x20－4)k21－2x0y0k1＋y20－4＝0， 同理，可得(x20－4)k22－2x0y0k2＋y20－4＝0， ∴k1，k2 是方程(x20－4)k2－2x0y0k＋y20－4＝0 的两个不相等的实数根， ∴x20－4≠0，Δ＞0，k1k2＝y20－4 x20－4 . ∵点 R(x0，y0)在椭圆 C 上，∴x20 12 ＋y20 6 ＝1， 即 y20＝6－1 2x20， ∴k1k2＝ 2－1 2x20 x20－4 ＝－1 2. (3)|OP|2＋|OQ|2 是定值 18. 设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立得 y＝k1x x2 12 ＋y2 6 ＝1 ， 解得 x21＝ 12 1＋2k21 y21＝ 12k21 1＋2k21 ， ∴x21＋y21＝121＋k21 1＋2k21 ， 同理，可得 x22＋y22＝121＋k22 1＋2k22 . 由 k1k2＝－1 2 ，得|OP|2＋|OQ|2＝x21＋y21＋x22＋y22＝121＋k21 1＋2k21 ＋121＋k22 1＋2k22 ＝ 121＋k21 1＋2k21 ＋ 12 1＋ － 1 2k1 2 1＋2 － 1 2k1 2 ＝18＋36k21 1＋2k21 ＝18. 综上：|OP|2＋|OQ|2＝18. ■题型强化集训………………………………………………………………………· (见专题限时集训 T3) 题型 2 圆锥曲线中的最值、范围问题 (对应 生用书第 44 页) ■核心知识储备………………………………………………………………………· 1．解决圆、圆锥曲线范围问题的方法 (1)圆、圆锥曲线自身范围的应用，运用圆锥曲线上点的坐标的取值范围． (2)参数转化：利用引入参数法转化为三角函数 解决． (3)构造函数法：运用求函数的值域、最值以及二次方程实根的分布等知识． 2．求最值的方法 (1)代数法：设变量、建立目标函数、转化为求函数的最值．注意灵活运用 配方法、导数法、基本不等式法等． (2)几何法：若题中的条件与结论有明显的几何特征和意义，则考虑利用图 形的几何性质 解决． ■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 如图 132，已知椭圆x2 2 ＋y2＝1 上两个不同的点 A，B 关于直线 y＝mx ＋1 2 对称． 图 132 (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). 【导 号：07804094】 [解] (1)由题意知 m≠0，可设直线 AB 的方程为 y＝－1 mx＋b. 由 x2 2 ＋y2＝1， y＝－1 mx＋b 消去 y，得 1 2 ＋ 1 m2 x2－2b mx＋b2－1＝0. 因为直线 y＝－1 mx＋b 与椭圆x2 2 ＋y2＝1 有两个不同的交点， 所以Δ＝－2b2＋2＋ 4 m2 ＞0. ① 设 M 为 AB 的中点，则 M 2mb m2＋2 ， m2b m2＋2 ， 代入直线方程 y＝mx＋1 2 ，解得 b＝－m2＋2 2m2 . ② 由①②得 m＜－ 6 3 或 m＞ 6 3 . (2)令 t＝1 m ∈ － 6 2 ，0 ∪ 0， 6 2 ， 则|AB|＝ t2＋1· －2t4＋2t2＋3 2 t2＋1 2 ， 且 O 到直线 AB 的距离 d＝ t2＋1 2 t2＋1 . 设△AOB 的面积为 S(t)，所以 S(t)＝1 2|AB|·d＝1 2 －2 t2－1 2 2＋2≤ 2 2 ， 当且仅当 t2＝1 2 时，等号成立． 故△AOB 面积的最大值为 2 2 . [类题通法] 在研究直线与圆锥曲线位置关系时，常涉及弦长、中点、面积等问题.一般 是先联立方程，再根据根与系数的关系，用设而不求，整体代入的技巧进 行求解. 易错警示：在设直线方程时，若要设成 y＝kx＋m 的形式，注意先讨论斜 率是否存在；若要设成 x＝ty＋n 的形式，注意先讨论斜率是否为 0. ■对点即时训练………………………………………………………………………· 如图 133，点F1为圆(x＋1)2＋y2＝16的圆心，N为圆F1上一动点，且 F2(1,0)， M，P 分别是线段 F1N，F2N 上的点，且满足MP → ·F2N → ＝0，F2N → ＝2F2P → . 图 133 (1)求动点 M 的轨迹 E 的方程； (2)过点 F2 的直线 l(与 x 轴不重合)与轨迹 E 交于 A，C 两点，线段 AC 的中 点为 G，连接 OG 并延长交轨迹 E 于点 B(O 为坐标原点)，求四边形 OABC 的面积 S 的最小值． [解] (1)由题意，知 MP 垂直平分 F2N， 所以|MF1|＋|MF2|＝4. 所以动点 M 的轨迹是以 F1(－1,0)，F2(1,0)为焦点的椭圆， 且长轴长为 2a＝4，焦距 2c＝2， 所以 a＝2，c＝1，b2＝3. 轨迹 E 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)设 A(x1，y1)，C(x2，y2)，G(x0，y0)． 设直线 AC 的方程为 x＝my＋1，与椭圆方程联立， 可得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0， 所以 y1＋y2＝－ 6m 4＋3m2 ，y1y2＝－ 9 4＋3m2. 由弦长公式可得|AC|＝ 1＋m2|y1－y2|＝121＋m2 4＋3m2 ， 又 y0＝－ 3m 4＋3m2 ，所以 G 4 4＋3m2 ，－ 3m 4＋3m2 . 直线 OG 的方程为 y＝－3m 4 x，与椭圆方程联立得 x2＝ 16 4＋3m2 ，所以 B 4 4＋3m2 ，－ 3m 4＋3m2 .点 B 到直线 AC 的距离 d1＝ 4＋3m2－1 1＋m2 ， 点 O 到直线 AC 的距离 d2＝ 1 1＋m2. 所以 S 四边形 OABC＝1 2|AC|(d1＋d2)＝6 1 3 － 1 34＋3m2 ≥3，当且仅当 m＝0 时 取得最小值 3. ■题型强化集训………………………………………………………………………· (见专题限时集训 T1、T4) 题型 3 圆锥曲线中的探索性问题(答题模板) (对应 生用书第 45 页) 圆锥曲线中的存在性(探索性)问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是 否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否存在．涉及这类命题的求 解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题．(2015·全国Ⅰ卷 T20、 2015·全国Ⅱ卷 T20) ■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 (本小题满分 12 分)(2015·全国Ⅰ卷)在直角坐标系 xOy 中， 曲线 C：y＝x2 4 与直线 l：y＝kx＋aa＞0交于 M，N 两点. ① (1)当 k＝0 时，分别求 C 在 点 M 和 N 处的切线方程 ②； (2)y 轴上是否存在点 P，使得当 k 变动时，总有 ∠OPM＝∠OPN ③？说明 理由． [审题指导] 题 眼 挖掘关键信息 ① 看到直线与曲线 C 相交， 想到设点、联立方程、消元，表示 x1＋x2，x1x2 的值. ② 看到曲线上某点处的切线， 想到利用导数法求切线斜率； ③ 看到两角相等， 想到把角的相等转化为直线斜率的关系. [规范解答] (1)由题设可得 M(2 a，a)，N(－2 a，a)， 或 M(－2 a，a)，N(2 a，a). 2 分 又 y′＝x 2 ，故 y＝x2 4 在 x＝2 a处的导数值为 a ，④ C 在点(2 a，a)处的切线方程为 y－a＝ a(x－2 a)， 即 ax－y－a＝0. 4 分 y＝x2 4 在＝－2 a处的导数值为－ a， C 在点(－2 a，a)处的切线方程为 y－a＝－ a(x＋2 a)，即 ax＋y＋a＝0. 5 分 故所求切线方程为 ax－y－a＝0 或 ax＋y＋a＝0. ⑤ 6 分 (2)存在符合题意的点．证明如下： 设 P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线 PM，PN 的斜率 分别为 k1，k2 将 y＝kx＋a 代入 C 的方程，得 x2－4kx－4a＝0. 8 分 故 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a. 从而 k1＋k2＝y1－b x1 ＋y2－b x2 ⑥ ＝2kx1x2＋a－bx1＋x2 x1x2 ＝ka＋b a . 10 分 当 b＝－a 时，有 k1＋k2＝0.则直线 PM 的倾斜角与直,线 PN 的倾斜角互补， 故∠OPM＝∠OPN，⑦ 所以点 P(0，－a)符合题意. 12 分 [阅卷者说] 易错点 防范措施 ④忽视导数法求 切线斜率导致思 路不清. 明确求切线斜率的方法，导数法求曲线 上某点处的导数就等于该点处切线的斜 率. ⑤忽视直线的形 式及解答题的得 分点失分. 表示直线方程时无特殊要求一般采用直 线的一般式，结论性、总结性的语句是 得分点，一定不能省. ⑥忽视化简、消元 当式子中未知数较多时要注意消元，如 致错. 此处把 y1，y2 代换为 x1，x2，再利用根与 系数的关系求解. ⑦忽视转化致思 路不清. 把条件转化为熟知的知识，进而利用根 与系数的关系，知∠OPM＝∠OPN 转化 为 kPM＋kPN＝0. [类题通法] 1．定点问题的解法： (1)直线过定点：化为 y－y0＝k(x－x0)， 当 x－x0＝0 时与 k 无关． (2)曲线过定点：利用方程 f(x，y)＝0 对任意参数恒成立得出关于 x，y 的方 程组，进而求出定点． 2．存在性问题的解题步骤： 一设：设满足条件的元素(点、直线等)存在； 二列：用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组； 三解：解方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线等)存在；否则， 元素(点、直线等)不存在． ■对点即时训练………………………………………………………………………· 已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的离心率为 6 3 ，以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆与直线 2x－ 2y＋6＝0 相切． (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)已知点 A，B 为动直线 y＝k(x－2)(k≠0)与椭圆 C 的两个交点，问：在 x 轴上是否存在定点 E，使得 EA → 2＋EA → ·AB → 为定值？若存在，试求出点 E 的 坐标和定值；若不存在，请说明理由. 【导 号：07804095】 [解] (1)由 e＝ 6 3 ，得c a ＝ 6 3 ，即 c＝ 6 3 a， ① 又以原点 O 为圆心，椭圆 C 的长半轴长为半径的圆为 x2＋y2＝a2，且该圆 与直线 2x－ 2y＋6＝0 相切， 所以 a＝ |6| 22＋－ 22 ＝ 6，代入①得 c＝2， 所以 b2＝a2－c2＝2， 所以椭圆 C 的标准方程为x2 6 ＋y2 2 ＝1. (2)由 x2 6 ＋y2 2 ＝1， y＝kx－2， 得(1＋3k2)x2－12k2x＋12k2－6＝0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以 x1＋x2＝ 12k2 1＋3k2 ，x1x2＝12k2－6 1＋3k2 . 根据题意，假设 x 轴上存在定点 E(m,0)， 使得 EA → 2＋EA → ·AB → ＝(EA → ＋AB → )·EA → ＝EA → ·EB → 为定值， 则EA → ·EB → ＝(x1－m，y1)·(x2－m，y2)＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2－(2k2 ＋m)(x1＋x2)＋(4k2＋m2)＝3m2－12m＋10k2＋m2－6 1＋3k2 ， 要使上式为定值，即与 k 无关，只需 3m2－12m＋10＝3(m2－6)，解得 m＝ 7 3 ， 此时，EA → 2＋EA → ·AB → ＝m2－6＝－5 9 ， 所以在 x 轴上存在定点 E 7 3 ，0 使得 EA → 2＋EA → ·AB → 为定值，且定值为－5 9. ■题型强化集训………………………………………………………………………· (见专题限时集训 T2) 三年真题| 验收复习效果 (对应 生用书第 46 页) 1．(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)四点 P1(1,1)， P2(0,1)，P3 －1， 3 2 ，P4 1， 3 2 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 1 a2 ＋1 b2 ＞1 a2 ＋ 3 4b2 知，椭圆 C 不经过点 P1， 所以点 P2 在椭圆 C 上． 因此 1 b2 ＝1， 1 a2 ＋ 3 4b2 ＝1， 解得 a2＝4， b2＝1. 故椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1. ∴动圆圆心 M 的轨迹 C 的方程为 y2＝4x. (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 t， 4－t2 2 ，t，－ 4－t2 2 ，则 k1＋k2＝ 4－t2－2 2t － 4－t2＋2 2t ＝ －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x2 4 ＋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＝－ 8km 4k2＋1 ， x1x2＝4m2－4 4k2＋1 . 而 k1＋k2＝y1－1 x1 ＋y2－1 x2 ＝kx1＋m－1 x1 ＋kx2＋m－1 x2 ＝2kx1x2＋m－1x1＋x2 x1x2 . 由题设 k1＋k2＝－1， 故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 即(2k＋1)·4m2－4 4k2＋1 ＋(m－1)· －8km 4k2＋1 ＝0， 解得 k＝－m＋1 2 . 当且仅当 m＞－1 时，Δ＞0， 于是 l：y＝－m＋1 2 x＋m， 即 y＋1＝－m＋1 2 (x－2)， 所以 l 过定点(2，－1)． 2．(2016·全国Ⅰ卷)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. 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x2 4 ＋y2 3 ＝1(y≠0)． (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 y＝kx－1， x2 4 ＋y2 3 ＝1 得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 则 x1＋x2＝ 8k2 4k2＋3 ，x1x2＝4k2－12 4k2＋3 . 所以|MN|＝ 1＋k2|x1－x2|＝12k2＋1 4k2＋3 . 过点 B(1,0)且与 l 垂直的直线 m：y＝－1 k(x－1)，点 A 到直线 m 的距离为 2 k2＋1 ， 所以|PQ|＝2 42－ 2 k2＋1 2＝4 4k2＋3 k2＋1 . 故四边形 MPNQ 的面积 S＝1 2|MN|| PQ|＝12 1＋ 1 4k2＋3. 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 3)． 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 3)．