2020届高考数学一轮复习新课改省份专用学案：第八章第七节第3课时题型上——全析高考常考的6大题型

第3课时　题型上——全析高考常考的6大题型
题型一　圆锥曲线中的定点问题
圆锥曲线中的定点问题一般是指与解析几何有关的直线或圆过定点的问题(其他曲线过定点太复杂，高中阶段一般不涉及)，其实质是：当动直线或动圆变化时，这些直线或圆相交于一点，即这些直线或圆绕着定点在转动．这类问题的求解一般可分为以下三步：
一选：选择变量，定点问题中的定点，随某一个量的变化而固定，可选择这个量为变量(有时可选择两个变量，如点的坐标、斜率、截距等，然后利用其他辅助条件消去其中之一)．
二求：求出定点所满足的方程，即把需要证明为定点的问题表示成关于上述变量的方程．
三定点：对上述方程进行必要的化简，即可得到定点坐标．
[典例]　(2019·成都一诊)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F(，0)，长半轴的长与短半轴的长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．
[解]　(1)由题意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立，得消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝.
∵点B在以线段MN为直径的圆上，
∴·＝0.
∵·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－或m＝1(舍去)．
∴直线l的方程为y＝kx－.
易知当直线l的斜率不存在时， 不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为.
[方法技巧]
求解圆锥曲线中定点问题的2种方法
(1)特殊推理法：先从特殊情况入手，求出定点，再证明定点与变量无关．
(2)直接推理法：①选择一个参数建立方程，一般将题目中给出的曲线方程(包含直线方程)中的常数k当成变量，将变量x，y当成常数，将原方程转化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式；②根据曲线(包含直线)过定点时与参数没有关系(即方程对参数的任意值都成立)，得到方程组③以②中方程组的解为坐标的点就是曲线所过的定点，若定点具备一定的限制条件，可以特殊解决．　　
[针对训练]
如图，

已知直线l：y＝kx＋1(k＞0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.
(1)求k·k1的值；
(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．
解：(1)设直线l上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1对称的点为P0(x0，y0)，
直线l与直线l1的交点为(0,1)，
∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，
k＝，k1＝，由＝＋1，
得y＋y0＝x＋x0＋2， ①
由＝－1，得y－y0＝x0－x，②
由①②得
∴k·k1＝
＝＝1.
(2)由得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，
设M(xM，yM)，N(xN，yN)，
∴xM＝，yM＝.
同理可得xN＝＝，yN＝＝.
kMN＝＝＝＝－，
直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，
即y－＝－，
即y＝－x－＋＝－x－.
∴当k变化时，直线MN过定点.
题型二　圆锥曲线中的定值问题
圆锥曲线中的定值问题一般是指在求解解析几何问题的过程中，探究某些几何量(斜率、距离、面积、比值等)与变量(斜率、点的坐标等)无关的问题.其求解步骤一般为：
一选：选择变量，一般为点的坐标、直线的斜率等.
二化：把要求解的定值表示成含上述变量的式子，并利用其他辅助条件来减少变量的个数，使其只含有一个变量(或者有多个变量，但是能整体约分也可以).
三定值：化简式子得到定值.由题目的结论可知要证明为定值的量必与变量的值无关，故求出的式子必能化为一个常数，所以只须对上述式子进行必要的化简即可得到定值.
[典例]　(2019·沈阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦点为F1，F2，离心率为，点P为其上一动点，且三角形PF1F2的面积最大值为，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点M，N为C上的两个动点，求常数m，使·＝m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值．
[解]　(1)依题意知解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＋y1y2＝m，
当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋n，
则点O到直线MN的距离d＝ ＝ ，
联立，得消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0,
由Δ＞0得4k2－n2＋3＞0，则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，
整理得＝12＋.
因为d＝ 为常数，则m＝0，d＝ ＝，
此时＝12满足Δ＞0.
当MN⊥x轴时，由m＝0得kOM＝±1，
联立，得消去y，得x2＝，
点O到直线MN的距离d＝|x|＝亦成立．
综上，当m＝0时，点O到直线MN的距离为定值，这个定值是.
[方法技巧]
圆锥曲线中定值问题的特点及2大解法
(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．
(2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引进变量法：其解题流程为

[针对训练]
已知F1，F2分别为椭圆Ω：＋＝1(b＞0)的左、右焦点．
(1)当b＝1时，若P是椭圆Ω上一点，且P位于第一象限，·＝－，求点P的坐标；
(2)当椭圆Ω的焦距为2时，若直线l：y＝kx＋m与椭圆Ω相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，且3x1x2＋4y1y2＝0，证明：△AOB的面积为定值(O为坐标原点)．
解：(1)当b＝1时，椭圆方程为＋y2＝1，则F1(－，0)，F2(，0)．
设P(x，y)(x＞0，y＞0)，则＝(－－x，－y)，＝(－x，－y)，
由·＝－，得x2＋y2＝.
结合＋y2＝1，x＞0，y＞0，解得x＝1，y＝，
所以点P的坐标为.
(2)当椭圆Ω的焦距为2时，c＝1，则b2＝a2－c2＝3，椭圆Ω的方程为＋＝1.
由消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
则Δ＝64k2m2－16(3＋4k2)(m2－3)＝48(3＋4k2－m2)＞0，即3＋4k2－m2＞0.
又x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，
由3x1x2＋4y1y2＝0，得3×＋4×＝0，即2m2＝3＋4k2.
因为|AB|＝|x1－x2|＝·＝·＝·＝·，
点O到直线AB的距离d＝＝，
所以S△AOB＝·|AB|·d＝···＝，
即△AOB的面积为定值，其定值为.
题型三　构造目标不等式解决范围问题
欲求变量的取值范围，可设法构造含有变量的不等式(组)，通过解不等式(组)来达到目的.
[典例]　已知A是椭圆E：＋＝1(t＞3)的左顶点，斜率为k(k＞0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
[解]　(1)由|AM|＝|AN|，可得M，N关于x轴对称，
由MA⊥NA，可得直线AM的斜率k为1.
因为t＝4，所以A(－2，0)，
所以直线AM的方程为y＝x＋2，
代入椭圆方程E：＋＝1，可得7x2＋16x＋4＝0，
解得x＝－2或x＝－，
所以M，N，
则△AMN的面积为××＝.
(2)由题意知t＞3，k＞0，A(－，0)，将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得(3＋tk2)x2＋2tk2x＋t2k2－3t＝0.
设M(x1，y1)，则x1·(－)＝，
即x1＝，
故|AM|＝|x1＋|＝.
由题设知，直线AN的方程为y＝－(x＋)，
故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|得＝，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)．
当k＝时上式不成立，因此t＝.
由t＞3，得＞3，
所以＝＜0，即＜0.
由此得或
解得＜k＜2.
因此k的取值范围是(，2)．

圆锥曲线中范围问题的5个解题策略
(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．　　　　
[针对训练]
(2019·豫南九校联考)设椭圆＋＝1(a＞)的右焦点为F，右顶点为A.已知|OA|－|OF|＝1，其中O为原点，e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程及离心率e的值；
(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．
解：(1)由题意可知|OF|＝c＝，
又|OA|－|OF|＝1，
所以a－＝1，解得a＝2，
所以椭圆的方程为＋＝1，离心率e＝＝.
(2)设M(xM，yM)，易知A(2,0)，在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔MA≤MO，
即(xM－2)2＋y≤x＋y，化简得xM≥1.
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)，
则＝(－1，yH)， ＝.
由BF⊥HF，得·＝0，
即＋＝0，解得yH＝，
所以直线MH的方程为y＝－x＋.
由消去y，得xM＝.
由xM≥1，得≥1，
解得k≤－或k≥，
所以直线l的斜率的取值范围为∪.
题型四　构造函数模型解决最值问题
若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，常构建的函数模型有：(1)二次型函数；(2)双曲线型函数；(3)多项式型函数.
[典例]　(2019·河南郑州一模)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e；
(2)如图所示，过F1作直线l与椭圆分别交于P，Q两点，若 △PQF2的周长为4，求·的最大值．

[解]　(1)由题意知＝c，则3a2b2＝c2(a2＋4b2)，
即3a2(a2－c2)＝c2[a2＋4(a2－c2)]，所以a2＝2c2，所以e＝.
(2)因为△PQF2的周长为4，
所以4a＝4，即a＝.
由(1)知b2＝c2＝1，故椭圆C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，方程为x＝－1，P，Q，
＝，＝，
故·＝.
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，
由消去y，
得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)·(x2－1)＋y1y2，
所以·＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1，
则·＝(k2＋1)＋(k2－1)＋k2＋1＝＝－，
令t＝2(2k2＋1)，则·＝－(t＞2)，
所以·∈.
结合①②，得·∈，
所以·的最大值是.

求解圆锥曲线中最值问题的2种方法
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：
(1)利用几何法：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；
(2)利用代数法：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．　　　　
[针对训练]
(2019·安康质检)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1这4个点构成了一个高为，面积为3的等腰梯形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求△F2AB面积的最大值．
解：(1)由已知条件，得b＝，且×＝3，
∴a＋c＝3.又a2－c2＝3，∴a＝2，c＝1，
∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)显然，直线的斜率不能为0，
设直线的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程，得消去x得，(3m2＋4)y2－6my－9＝0.
∵直线过椭圆内的点，
∴无论m为何值，直线和椭圆总相交．
∴y1＋y2＝，y1y2＝－.
∴S△F2AB＝|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|
＝＝12
＝4＝4.
令t＝m2＋1≥1，设f(t)＝t＋，易知t∈时，函数f(t)单调递增，
∴当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，f(t)取得最小值，f(t)min＝，此时，S△F2AB取得最大值3.
题型五　圆锥曲线中的证明问题
圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立、值相等、角相等、三点共线等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．
[典例]　(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．
(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；
(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.
[解]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.
则点A的坐标为或.
又M(2,0)，
所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，
即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.
(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，
所以∠OMA＝∠OMB.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为
y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为
kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，
得kMA＋kMB＝.
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝＝0.
从而kMA＋kMB＝0，
故MA，MB的倾斜角互补．
所以∠OMA＝∠OMB.
综上，∠OMA＝∠OMB成立．
[方法技巧]
证明两角相等问题的方法
圆锥曲线中的两角相等问题，其实就是有公共边的两个角(公共边所在直线垂直于坐标轴)的不相同的边所在直线的倾斜角互补的问题，即已知点B，D在垂直于坐标轴的同一直线上，若要证明∠ABD＝∠CBD，需证kAB＋kBC＝0.　　
[针对训练]
(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m＞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．
证明：(1)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
由题设得0＜m＜，故k＜－.
(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，
则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，
y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0.
又点P在C上，所以m＝，
从而P，||＝，
于是||＝＝＝2－.
同理||＝2－.
所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.
故2||＝||＋||，
即||，||，||成等差数列．
设该数列的公差为d，
则2|d|＝|||－|||＝|x1－x2|
＝ .②
将m＝代入①得k＝－1，
所以l的方程为y＝－x＋，
代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.
所以该数列的公差为或－.
题型六　圆锥曲线中的存在性问题
存在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.

[典例]　(2019·吉林五校联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点与短轴的一个端点连线构成等边三角形，且椭圆C的短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在过点P(0,2)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足·＝2(O为坐标原点)？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
[解]　(1)由题意得解得
∴椭圆C的标准方程是＋＝1.
(2)当直线l的斜率不存在时，M(0，)，N(0，－)，·＝－3，不符合题意．
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y整理得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
则Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)＞0，解得k＜－或k＞.
x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－＋4＝.
∵·＝2，∴＝2，
解得k＝±，满足Δ＞0，
故存在符合题意的直线，其方程为k＝±x＋2.

圆锥曲线中存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．　

　　　
[针对训练]
(2019·福州四校联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)由内切圆的性质，
得×2c×b＝×(2a＋2c)×，得＝.
将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，
设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．
联立方程，得得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得①
其中Δ＞0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，
即＋＝0.②
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得

＝＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③
将①代入③得
＝＝0，④
则t＝4，综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴 对称．