2019届二轮复习圆锥曲线综合问题提分秘籍学案（全国通用）

题型一　范围、最值问题

1．　范围问题

例1  (2016·天津)设椭圆＋＝1(a>)的右焦点为F，右顶点为A.已知＋＝，其中O为原点，e为椭圆的离心率．

(1)求椭圆的方程；

(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围．

(2)设直线l的斜率为k(k≠0)，

则直线l的方程为y＝k(x－2)．

设B(xB，yB)，由方程组消去y，

整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0.

解得x＝2或x＝.

由题意得xB＝，从而yB＝.

由(1)知，F(1,0)，设H(0，yH)，

有＝(－1，yH)，＝.

由BF⊥HF，得·＝0，

所以＋＝0，解得yH＝.

因此直线MH的方程为y＝－x＋.

设M(xM，yM)，由方程组消去y，解得xM＝.

在△MAO中，由∠MOA≤∠MAO，得|MA|≤|MO|，

即 (xM－2)2＋y≤x＋y，

化简，得xM≥1，即≥1，解得k≤－或k≥.

所以直线l的斜率的取值范围为∪.学  

点评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．

巩固1(2018·开封质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)与双曲线－y2＝1的离心率互为倒数，且直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设不过原点O的直线与椭圆C交于M，N两点，且直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，求△OMN面积的取值范围．

2、最值问题

例2：(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，焦距为2.

(1)求椭圆E的方程；

 (2)如图，

动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，

直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．

【解析】　(1)由题意知e＝＝，2c＝2，所以c＝1，

所以a＝，b＝1，所以椭圆E的方程为＋y2＝1. 学  

因此|OC|＝＝.

由题意可知，sin＝＝.

而＝＝·，

令t＝1＋2k，则t＞1，∈(0,1)，

因此＝·＝·＝·≥1，

当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±，

所以sin ≤，因此≤，

所以∠SOT的最大值为.

综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.

点评 处理圆锥曲线最值问题的求解方法

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：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．

巩固2（2018北京文）已知椭圆的离心率为，焦距为．斜率为的直线与椭圆有两个不同的交点，．

（1）求椭圆的方程；

（2）若，求的最大值；

（3）设，直线与椭圆的另一个交点为，直线与椭圆的另一个交点为．若，和点共线，求．

题型二　定点、定值问题

1　定点问题

例3(2017·全国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．

(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.

点评 圆锥曲线中定点问题的两种解法

(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．

(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．

巩固3 已知椭圆＋＝1(a>0，b>0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列．直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足＝λ1，＝λ2.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点并求此定点．

2　定值问题

例4　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)．

(1)求椭圆C的方程；

(2)若P，Q是椭圆C上的两个动点，且使∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，试判断直线PQ的斜率是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．

【解析】　(1)因为椭圆C的离心率为，且过点A(2,1)，

所以＋＝1，＝，

又a2＝b2＋c2，所以a2＝8，b2＝2，

所以椭圆C的方程为＋＝1. 学  

方法二　设直线PQ的方程为y＝kx＋b，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

则y1＝kx1＋b，y2＝kx2＋b，

直线PA的斜率kPA＝，直线QA的斜率kQA＝.

因为∠PAQ的角平分线总垂直于x轴，   ]

所以PA与AQ所在的直线关于直线x＝2对称，

所以kPA＝－kQA，即＝－，

化简得x1y2＋x2y1－(x1＋x2)－2(y1＋y2)＋4＝0.

把y1＝kx1＋b，y2＝kx2＋b代入上式，化简得

2kx1x2＋(b－1－2k)(x1＋x2)－4b＋4＝0.①

由得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－8＝0，②

则x1＋x2＝－，x1x2＝， 学  ]

代入①，得－－4b＋4＝0，

整理得(2k－1)(b＋2k－1)＝0，所以k＝或b＝1－2k.

若b＝1－2k，可得方程②的一个根为2，不符合题意．

所以直线PQ的斜率为定值，该值为.学  

点评 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略

(1)求代数式为定值．依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．

(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．

(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．

巩固4（2018北京理）已知抛物线C：=2px经过点（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．

（Ⅰ）求直线l的斜率的取值范围；

（Ⅱ）设O为原点，，，求证：为定值．

题型三  探索性问题

例5　在平面直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a>0)交于M，N两点，

(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；

(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．

【解析】　(1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a)．

又y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，

C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，即x－y－a＝0.

y＝在x＝－2处的导数值为－，

C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，即x＋y＋a＝0.

故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.

点评解决探索性问题的注意事项

探索性问题，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)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；

(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法．

巩固5(2018·唐山模拟)已知椭圆E：＋＝1的右焦点为F(c,0)且a>b>c>0，设短轴的一个端点为D，原点O到直线DF的距离为，过原点和x轴不重合的直线与椭圆E相交于C，G两点，且||＋||＝4.   ]

(1)求椭圆E的方程；

(2)是否存在过点P(2,1)的直线l与椭圆E相交于不同的两点A，B且使得2＝4·成立？若存在，试求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

答案与解析

巩固1【解析】　(1)∵双曲线的离心率为，

∴椭圆的离心率e＝＝.

又∵直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点，

∴右顶点为点(2,0)，即a＝2，c＝，b＝1，

∴椭圆方程为＋y2＝1.

【答案】　＋y2＝1.   (0,1)．

巩固2【解析】（1）由题意得，所以，

又，所以，所以，

所以椭圆的标准方程为．

（2）设直线的方程为，

由消去可得，

则，即，

设，，则，，   ]

则，

易得当时，，故的最大值为．

【答案】（1）；（2）；（3）1．

巩固3【解析】(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，

又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.

∴椭圆的方程为＋y2＝1.

(2)证明　由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，

N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，

由＝λ1知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，

∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝－1.

同理由＝λ2知λ2＝－1.

∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①

联立得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，

∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②

且有y1＋y2＝，y1y2＝，③

③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，

∴(mt)2＝1，

由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，

得直线l方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点．

（2）设，．

由（1）知，，直线的方程为．

令，得点的纵坐标为．

同理得点的纵坐标为．

由，得，．

，

所以为定值．

【答案】（1）取值范围是；（2）证明过程见解析．

(2)当直线l与x轴垂直时不满足条件．故可设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

直线l的方程为y＝k(x－2)＋1，

代入椭圆方程得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0，

∴x1＋x2＝，x1x2＝，

Δ＝32(6k＋3)>0，∴k>－.学  

∵2＝4·，

即4[(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)]＝5，

∴4(x1－2)(x2－2)(1＋k2)＝5，

即4[x1x2－2(x1＋x2)＋4](1＋k2)＝5，

∴4 (1＋k2)＝4×＝5， 学    ]

解得k＝±，k＝－不符合题意，舍去．

∴存在满足条件的直线l，其方程为y＝x.