2019届二轮复习高考解答题突破(五)　圆锥曲线的综合应用学案（全国通用）

高考解答题突破(五)　圆锥曲线的综合应用

突破“两设”——设点、设线

[思维流程]

 [技法点拨]

圆锥曲线解答题的常见类型是：第1问通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第2问往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点\”“线\”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：

第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；

第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；

第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．

在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，以简化运算．考向一　圆锥曲线中的范围、最值问题

　解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．

(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；

(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；

(3)利用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围；

(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；

(5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．

 [解]　(1)证明：因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠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＋＝1(y≠0)．

　解圆锥曲线范围、最值问题的要点

求解范围或最值问题的关键是建立关于求解某个参数的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围．

[对点训练]

1．(2018·郑州质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－ab＝0相切．

(1)求椭圆C的离心率；

(2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于两点P，Q，若△PQF2的周长为4，求·的最大值．

[解]　(1)由题意可知以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－ab＝0相切．

∴＝c，即3a2b2＝c2(a2＋4b2)＝(a2－b2)(a2＋4b2)．

∴a2＝2b2，∴＝.

∴e＝＝＝ ＝＝.

(2)∵△PQF2的周长为4，∴4a＝4，∴a＝，由(1)知＝，∴b2＝1，

∴椭圆方程为＋y2＝1，且焦点F1(－1,0)，F2(1,0)．

①若直线l的斜率不存在，则可得l⊥x轴，直线l的方程为x＝－1，

解方程组可得或

∴P，Q，

∴＝，＝，

∴·＝(－2)×(－2)＋×＝4－＝.

故·＝.

②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，

由消去y整理得

(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

则x1＋x2＝－，x1x2＝.

∴·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)

＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2

＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1

＝(k2＋1)＋(k2－1)＋k2＋1

＝

＝－，

∵k2>0，

∴可得－1<·<，

综上可得－1<·≤，

∴·的最大值是.

考向二　圆锥曲线中的定点、定值问题

1．定点问题的求解策略

解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y＝kx＋m(k存在的情形)．然后利用条件建立k与m的关系．借助于点斜式方程思想确定定点坐标．

2．定值问题的求解策略

定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接推证得出与参数无关的数值．在这类试题中选择消元的方法是非常关键的．

[解]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1，由已知可得，点A的坐标为或.

所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.

　解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3点

(1)从特殊情形开始，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来，并令其系数为零，可以解出定点坐标．

[对点训练]

2．(2018·天津和平二模)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点，且离心率e＝.

(1)求椭圆E的方程；

(2)设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y＝kx＋m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点)，且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标．

[解]　(1)依题意，得解得

所以，椭圆E的方程为＋＝1.

(2)证明：如图，设M(x1，y1)、N(x2，y2)，

联立

整理，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，

则Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，即3＋4k2－m2>0，

x1＋x2＝－，x1x2＝.

从而y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，

由椭圆E的右顶点为A(2,0)，MA⊥NA，

得·＝－1，得y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0.

则有＋＋＋4＝0，

整理，得7m2＋16km＋4k2＝0，

解得m＝－2k或m＝－，均满足条件3＋4k2－m2>0.

当m＝－2k时，直线l的方程为y＝k(x－2)，直线l过定点A，与题设矛盾；

当m＝－时，直线l的方程为y＝k，直线l过定点，

所以直线l经过定点，且定点的坐标为.

考向三　圆锥曲线中的探索性问题

处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在性．

 [解]　

　存在性问题的解题步骤

[对点训练]

3．(2018·河北唐山模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，过点A(0，－b)和点B(a,0)的直线与原点的距离为.

(1)求椭圆的方程；

(2)已知定点E(－1,0)，若直线y＝kx＋2(k≠0)与椭圆交于C，D两点，问：是否存在k，使得以CD为直径的圆过E点？请说明理由．

[解]　(1)直线AB的方程为bx－ay－ab＝0，依题意可得解得

所以椭圆的方程为＋y2＝1.

(2)存在．理由：假设存在这样的k.

联立方程得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0.

由题意知Δ＝(12k)2－36(1＋3k2)>0，①

设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝－，②

x1x2＝，③

而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，

要使以CD为直径的圆过点E(－1,0)，当且仅当CE⊥DE时成立，

则y1y2＋(x1＋1)(x2＋1)＝0，

∴(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5＝0，④

将②③式带入④式整理得k＝.

经验证，k＝时使得①式成立．

综上可知，存在k＝使得以CD为直径的圆过点E.

专题跟踪训练(二十七)

1．(2018·济南模拟)已知点P(－2,1)在椭圆C：＋＝1(a>0)上，动点A，B都在椭圆上，且直线AB不经过原点O，直线OP经过弦AB的中点．

(1)求椭圆C的方程和直线AB的斜率；

(2)求△PAB面积的最大值．

[解]　(1)将P(－2,1)代入＋＝1，得＋＝1，a2＝8.故椭圆方程为＋＝1.

当直线AB斜率不存在时不合题意，故设直线AB：y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M(x0，y0)，

由得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－8＝0，

x0＝(x1＋x2)＝－，y0＝kx0＋m＝，

直线OP经过弦AB的中点，则kOM＝kOP，＝－，

＝－，∴k＝，即直线AB的斜率为.

(2)当k＝时，由Δ＝64－16m2>0得－2<m<2，x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－4，

|AB|＝|x1－x2|＝＝2  ，

点P到直线AB：y＝x＋m的距离d＝，

△PAB的面积S＝|AB|·d＝|m－2|

＝.

设f(m)＝－(m－2)3(m＋2)(－2<m<2)，

则f′(m)＝－[3(m－2)2(m＋2)＋(m－2)3]＝－4(m－2)2·(m＋1)，

求得f(m)max＝f(－1)＝27，所以Smax＝＝3.

2．(2018·东北三校联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且过焦点的弦中最短的弦的长度为.

(1)求该椭圆C的方程．

(2)经过椭圆右焦点F2的直线和该椭圆交于A，B两点，点P在椭圆上，O为原点，若＝＋，求直线的方程．

[解]　(1)由题意得，在椭圆中c＝，所以a2－b2＝2.①

过焦点的弦中垂直于x轴的弦最短，易得该直线与椭圆的交点的纵坐标为±.

由弦的长度为得＝，即＝.②

由①②式得a2＝3，b2＝1，

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)椭圆C的方程为＋y2＝1，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x3，y3)，

因为＝＋，所以x3＝x1＋x2，y3＝y1＋y2.

又因为点P在椭圆上，

所以＋y＝2＋2

＝＋＋

＝＋＋＝1，

所以x1x2＋3y1y2＝0.

①当直线斜率为0时，其方程为y＝0，

此时不妨设A(，0)，B(－，0)，不满足x1x2＋3y1y2＝0，不符合题意，舍去．

②当直线斜率不为0时，设直线方程为x＝my＋，

由消去x，得(m2＋3)y2＋2my－1＝0，

所以

所以x1x2＋3y1y2＝(my1＋)(my2＋)＋3y1y2＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋2＋3y1y2＝(m2＋3)×＋m×＋2＝0，

化简，得m2－4m2＋3＝0，解得m2＝1，所以直线方程为x＝±y＋.

综上，直线方程为x－y－＝0或x＋y－＝0.

3．(2018·西安模拟)如图，点F是抛物线Γ：x2＝2py(p>0)的焦点，点A是抛物线上的定点，且＝(2,0)，点B，C是抛物线上的动点，直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.

(1)求抛物线Γ的方程；

(2)若k2－k1＝2，点D是B，C处切线的交点，记△BCD的面积为S，证明S是定值．

[解]　(1)设A(x0，y0)，可知F，故＝＝(2,0)，

∴代入x2＝2py(p>0)，得4＝p2，即p＝2，

∴抛物线Γ的方程为x2＝4y.

(2)证明：如图，过D作y轴的平行线交BC于点E，并设B，C，

由(1)得A(－2,1)，

∴k2－k1＝－＝，又k2－k1＝2，

∴＝2，即x2－x1＝8.

又x2＝4y即y＝x2，有y′＝x，

∴kBD＝，kCD＝，

∴直线DB：y＝x－，直线CD：y＝x－.

∴联立解得

又∵直线BC的方程为y－＝(x－x1)，

将xD代入，得yE＝.

∴△BCD的面积为S＝ED·(x2－x1)＝×(yE－yD)×(x2－x1)＝××(x2－x1)＝××8＝32(定值)．

4．(2018·郑州质检)已知椭圆x2＋2y2＝m(m>0)，以椭圆内一点M(2,1)为中点作弦AB，设线段AB的中垂线与椭圆相交于C，D两点．

(1)求椭圆的离心率；

(2)试判断是否存在这样的m，使得A，B，C，D在同一个圆上，并说明理由．

[解]　(1)将方程化成椭圆的标准方程＋＝1(m>0)，则a＝，c＝ ＝，故e＝＝.

(2)由题意，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，直线AB的斜率存在，设为k，则直线AB的方程为y＝k(x－2)＋1，代入x2＋2y2＝m(m>0)，消去y，得(1＋2k2)x2＋4k(1－2k)x＋2(2k－1)2－m＝0(m>0)．所以x1＋x2＝＝4，即k＝－1，此时，由Δ>0，得m>6.则直线AB的方程为x＋y－3＝0，直线CD的方程为x－y－1＝0.由得3y2＋2y＋1－m＝0，y3＋y4＝－，故CD的中点N为.由弦长公式，可得

|AB|＝|x1－x2|

＝·.

|CD|＝|y3－y4|＝·>|AB|，若存在圆，则圆心在CD上，

因为CD的中点N到直线AB的距离

d＝＝.

|NA|2＝|NB|2＝2＋2＝，

又2＝2＝，

故存在这样的m(m>6)，使得A，B，C，D在同一个圆上．