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＝－，②x1x2＝，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．