高三数学一轮复习： 热点探究课5 平面解析几何中的高考热点问题

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圆锥曲线的标准方程在高考中占有十分重要的地位．一般地，求圆锥曲线的标准方程是作为解答题中考查“直线与圆锥曲线”的第一小题，最常用的方法是定义法与待定系数法．离心率是高考对圆锥曲线考查的又一重点，涉及a，b，c三者之间的关系．另外抛物线的准线，双曲线的渐近线也是命题的热点．
(2017·石家庄质检)如图1，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.
【导学号：01772348】
(1)若|PF1|＝2＋eq \r(2)，|PF2|＝2－eq \r(2)，求椭圆的标准方程；
(2)若|PF1|＝|PQ|，求椭圆的离心率e.
图1
[解] (1)由椭圆的定义，
2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋eq \r(2))＋(2－eq \r(2))＝4，故a＝2.2分
设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，
因此2c＝|F1F2|＝eq \r(|PF1|2＋|PF2|2)
＝eq \r(2＋\r(2)2＋2－\r(2)2)＝2eq \r(3).
即c＝eq \r(3)，从而b＝eq \r(a2－c2)＝1，
故所求椭圆的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.5分
(2)连接F1Q，如图，由椭圆的定义知|PF1|＋|PF2|＝2a，
|QF1|＋|QF2|＝2a，
又|PF1|＝|PQ|＝|PF2|＋|QF2|＝(2a－|PF1|)＋(2a－|QF1|)，
可得|QF1|＝4a－2|PF1|.①
又因为PF1⊥PQ且|PF1|＝|PQ|，所以|QF1|＝eq \r(2)|PF1|.②
由①②可得|PF1|＝(4－2eq \r(2))a，8分
从而|PF2|＝2a－|PF1|＝(2eq \r(2)－2)a.
由PF1⊥PF2知|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2，
即(4－2eq \r(2))2a2＋(2eq \r(2)－2)2a2＝4c2，10分
可得(9－6eq \r(2))a2＝c2，即eq \f(c2,a2)＝9－6eq \r(2)，
因此e＝eq \f(c,a)＝eq \r(9－6\r(2))＝eq \r(6)－eq \r(3).12分
[规律方法] 1.用定义法求圆锥曲线的方程是常用的方法，同时应注意数形结合思想的应用．
2．圆锥曲线的离心率刻画曲线的扁平程度，只要明确a，b，c中任意两量的等量关系都可求出离心率，但一定注意不同曲线离心率取值范围的限制．
[对点训练1] 已知椭圆中心在坐标原点，焦点在x轴上，离心率为eq \f(\r(2),2)，它的一个顶点为抛物线x2＝4y的焦点．
(1)求椭圆方程；
(2)若直线y＝x－1与抛物线相切于点A，求以A为圆心且与抛物线的准线相切的圆的方程．
[解] (1)椭圆中心在原点，焦点在x轴上．
设椭圆的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)．
因为抛物线x2＝4y的焦点为(0,1)，
所以b＝1.4分
由离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2＝1＋c2，
从而得a＝eq \r(2)，所以椭圆的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.6分
(2)由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝x－1，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝2，,y＝1，))所以点A(2,1).8分
因为抛物线的准线方程为y＝－1，
所以圆的半径r＝1－(－1)＝2，10分
所以圆的方程为(x－2)2＋(y－1)2＝4.12分
热点2 圆锥曲线中的定点、定值问题
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．
☞角度1 圆锥曲线中的定值问题
(2016·北京高考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，A(a,0)，B(0，b)，O(0,0)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．
[解] (1)由题意得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(1,2)ab＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3).))3分
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.5分
(2)证明：由(1)知，A(2,0)，B(0,1)．
设P(x0，y0)，则xeq \\al(2,0)＋4yeq \\al(2,0)＝4.
当x0≠0时，
直线PA的方程为y＝eq \f(y0,x0－2)(x－2)．
令x＝0，得yM＝－eq \f(2y0,x0－2)，
从而|BM|＝|1－yM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2))).
直线PB的方程为y＝eq \f(y0－1,x0)x＋1.8分
令y＝0，得xN＝－eq \f(x0,y0－1)，
从而|AN|＝|2－xN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1))).
所以|AN|·|BM|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(2＋\f(x0,y0－1)))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1＋\f(2y0,x0－2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x\\al(2,0)＋4y\\al(2,0)＋4x0y0－4x0－8y0＋4,x0y0－x0－2y0＋2)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4x0y0－4x0－8y0＋8,x0y0－x0－2y0＋2)))
＝4.10分
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
所以|AN|·|BM|＝4.
综上，|AN|·|BM|为定值.12分
[规律方法] 1.求定值问题常见的方法有两种：
(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．
2．定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的．
☞角度2 圆锥曲线中的定点问题
设椭圆E: eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e＝eq \f(\r(2),2)，且过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(6),2))).
【导学号：01772349】
(1)求椭圆E的方程；
(2)设椭圆E的左顶点是A，若直线l：x－my－t＝0与椭圆E相交于不同的两点M，N(M，N与A均不重合)，若以MN为直径的圆过点A，试判定直线l是否过定点，若过定点，求出该定点的坐标．
[解] (1)由e2＝eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，可得a2＝2b2，2分
椭圆方程为eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
代入点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，－\f(\r(6),2)))可得b2＝2，a2＝4，
故椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.5分
(2)由x－my－t＝0得x＝my＋t，
把它代入E的方程得：(m2＋2)y2＋2mty＋t2－4＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)得：
y1＋y2＝－eq \f(2mt,m2＋2)，y1y2＝eq \f(t2－4,m2＋2)，
x1＋x2＝m(y1＋y2)＋2t＝eq \f(4t,m2＋2)，
x1x2＝(my1＋t)(my2＋t)
＝m2y1y2＋tm(y1＋y2)＋t2＝eq \f(2t2－4m2,m2＋2).8分
因为以MN为直径的圆过点A，
所以AM⊥AN，
所以eq \(AM,\s\up13(→))·eq \(AN,\s\up13(→))＝(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)
＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2
＝eq \f(2t2－4m2,m2＋2)＋2×eq \f(4t,m2＋2)＋4＋eq \f(t2－4,m2＋2)
＝eq \f(3t2＋8t＋4,m2＋2)＝eq \f(t＋23t＋2,m2＋2)＝0.
因为M，N与A均不重合，所以t≠－2，
所以t＝－eq \f(2,3)，直线l的方程是x＝my－eq \f(2,3)，直线l过定点Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0))，10分
由于点T在椭圆内部，故满足判别式大于0，
所以直线l过定点Teq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(2,3)，0)).12分
[规律方法] 1.假设定点坐标，根据题意选择参数，建立一个直线系或曲线系方程，而该方程与参数无关，故得到一个关于定点坐标的方程组，以这个方程组的解为坐标的点即所求定点．
2．从特殊位置入手，找出定点，再证明该点适合题意．
热点3 圆锥曲线中的最值、范围问题
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．
(2017·杭州调研)已知椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋eq \f(1,2)对称．
图2
(1)求实数m的取值范围；
【导学号：01772350】
(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．
[解] (1)由题意知m≠0，
可设直线AB的方程为y＝－eq \f(1,m)x＋b.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))消去y，得
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq \f(2b,m)x＋b2－1＝0.2分
因为直线y＝－eq \f(1,m)x＋b与椭圆eq \f(x2,2)＋y2＝1有两个不同的交点，
所以Δ＝－2b2＋2＋eq \f(4,m2)>0.①
将线段AB中点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直线方程y＝mx＋eq \f(1,2)，解得b＝－eq \f(m2＋2,2m2).②
由①②得m<－eq \f(\r(6),3)或m>eq \f(\r(6),3).
故m的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),3)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),3)，＋∞)).5分
(2)令t＝eq \f(1,m)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(6),2)))，
则|AB|＝eq \r(t2＋1)·eq \f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，
且O到直线AB的距离为d＝eq \f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).9分
设△AOB的面积为S(t)，
所以S(t)＝eq \f(1,2)|AB|·d＝eq \f(1,2)eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(t2－\f(1,2)))2＋2)≤eq \f(\r(2),2)，
当且仅当t2＝eq \f(1,2)时，即m＝±eq \r(2)时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为eq \f(\r(2),2).12分
[规律方法] 范围(最值)问题的主要求解方法：
(1)几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．
(2)代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数或等量关系，利用判别式、基本不等式、函数的性质、导数法进行求解．
[对点训练2] 如图3所示，设抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.(1)求p的值；
图3
(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围．
[解] (1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得eq \f(p,2)＝1，即p＝2.5分
(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)，可设A(t2,2t)，t≠0，t≠±1.
因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x,x＝sy＋1，))消去x得y2－4sy－4＝0.
故y1y2＝－4，所以Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t2)，－\f(2,t))).8分
又直线AB的斜率为eq \f(2t,t2－1)，故直线FN的斜率为－eq \f(t2－1,2t).
从而得直线FN：y＝－eq \f(t2－1,2t)(x－1)，直线BN：y＝－eq \f(2,t)，
所以Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2＋3,t2－1)，－\f(2,t))).
设M(m,0)，由A，M，N三点共线得
eq \f(2t,t2－m)＝eq \f(2t＋\f(2,t),t2－\f(t2＋3,t2－1))，于是m＝eq \f(2t2,t2－1)＝2＋eq \f(2,t2－1)，
所以m<0或m>2.10分
经推理知，m<0或m>2满足题意．
综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞).12分
热点4 圆锥曲线中的探索性问题(答题模板)
圆锥曲线中的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)探索命题是否成立．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．
(本小题满分12分)(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝eq \f(x2,4)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] (1)由题设可得M(2eq \r(a)，a)，N(－2eq \r(a)，a)，或M(－2eq \r(a)，a)，N(2eq \r(a)，a).1分．
又y′＝eq \f(x,2)，故y＝eq \f(x2,4)在x＝2eq \r(a)处的导数值为eq \r(a)，C在点(2eq \r(a)，a)处的切线方程为y－a＝eq \r(a)(x－2eq \r(a))，
即eq \r(a)x－y－a＝0.3分
y＝eq \f(x2,4)在x＝－2eq \r(a)处的导数值为－eq \r(a)，C在点(－2eq \r(a)，a)处的切线方程为y－a＝－eq \r(a)(x＋2eq \r(a))，
即eq \r(a)x＋y＋a＝0.
故所求切线方程为eq \r(a)x－y－a＝0或eq \r(a)x＋y＋a＝0.6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，k2.8分
将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝eq \f(y1－b,x1)＋eq \f(y2－b,x2)
＝eq \f(2kx1x2＋a－bx1＋x2,x1x2)＝eq \f(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，所以点P(0，－a)符合题意．
12分
[答题模板] 第一步：分别求出曲线y＝eq \f(x2,4)在M点，N点处的导数．
第二步：利用点斜式分别写出在M点、N点的切线方程．
第三步：联立直线y＝kx＋a与抛物线y＝eq \f(x2,4)，并写出根与系数的关系式．
第四步：由kPM＋kPN＝0，结合根与系数的关系式，探索点P的坐标．
第五步：检验反思，查关键点，规范步骤．
[温馨提示] 1.(1)在第(2)问中，不能把条件∠OPM＝∠OPN适当转化为k1＋k2＝0，找不到解题的思路和方法，而不能得分．
(2)运算能力差或运算不细心，导致运算结果错误而扣分或者不得分．
2．数学阅卷时，主要看关键步骤、关键点，有则得分，无则扣分，所以解题时要写全关键步骤．
(1)本题的关键点一是利用导数的几何意义求切线方程，二是把条件中转化为只需直线PM，PN的斜率之和为0.
(2)解析几何对运算能力要求较高，解题时一定要细心准确，否则可能是思路正确，但是运算结果错误，而不得分．
[对点训练3] 如图4，椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率是eq \f(\r(2),2)，点P(0,1)在短轴CD上，且eq \(PC,\s\up13(→))·eq \(PD,\s\up13(→))＝－1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点．是否存在常数λ，使得eq \(OA,\s\up13(→))·eq \(OB,\s\up13(→))＋λeq \(PA,\s\up13(→))·eq \(PB,\s\up13(→))为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由．
图4
[解] (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b)．
又点P的坐标为(0,1)，且eq \(PC,\s\up13(→))·eq \(PD,\s\up13(→))＝－1，2分
于是eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1－b2＝－1，,\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,a2－b2＝c2，))解得a＝2，b＝eq \r(2).
所以椭圆E的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.5分
(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋1，))得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.8分
其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，
所以x1＋x2＝－eq \f(4k,2k2＋1)，x1x2＝－eq \f(2,2k2＋1).
从而，eq \(OA,\s\up13(→))·eq \(OB,\s\up13(→))＋λeq \(PA,\s\up13(→))·eq \(PB,\s\up13(→))
＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]
＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1
＝eq \f(－2λ－4k2＋－2λ－1,2k2＋1)
＝－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2.
所以，当λ＝1时，－eq \f(λ－1,2k2＋1)－λ－2＝－3.10分
此时，eq \(OA,\s\up13(→))·eq \(OB,\s\up13(→))＋λeq \(PA,\s\up13(→))·eq \(PB,\s\up13(→))＝－3为定值．
当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD.
此时，eq \(OA,\s\up13(→))·eq \(OB,\s\up13(→))＋λeq \(PA,\s\up13(→))·eq \(PB,\s\up13(→))＝eq \(OC,\s\up13(→))·eq \(OD,\s\up13(→))＋eq \(PC,\s\up13(→))·eq \(PD,\s\up13(→))＝－2－1＝－3.
故存在常数λ＝1，使得eq \(OA,\s\up13(→))·eq \(OB,\s\up13(→))＋λeq \(PA,\s\up13(→))·eq \(PB,\s\up13(→))为定值－3.12分