高考数学二轮复习第1部分重点强化专题专题5解析几何第13讲圆锥曲线中的综合问题教学案理

第13讲 圆锥曲线中的综合问题
题型1 圆锥曲线中的定值问题
(对应学生用书第43页)
■核心知识储备………………………………………………………………………·
解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值．
■典题试解寻法………………………………………………………………………·
【典题】 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为2
2
，点(2，2)在C 上．
(1)求C 的方程；
(2)直线l 不过原点O 且不平行于坐标轴，l 与C 有两个交点A ，B ，线段AB 的中点为
M .证明：直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值． [解] (1)由题意有a 2－b 2a ＝22，4a 2＋2
b
2＝1，
解得a 2
＝8，b 2
＝4. 所以C 的方程为x 28＋y 2
4
＝1. (2)证明：设直线l ：y ＝kx ＋b (k ≠0，b ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (x M ，y M )． 将y ＝kx ＋b 代入x 28＋y 2
4＝1，得
(2k 2
＋1)x 2
＋4kbx ＋2b 2
－8＝0. 故x M ＝
x 1＋x 2
2＝－2kb 2k 2＋1，y M ＝k ·x M ＋b ＝b
2k 2＋1
. 于是直线OM 的斜率k OM ＝y M x M ＝－1
2k
，
即k OM ·k ＝－1
2
.
所以直线OM 的斜率与直线l 的斜率的乘积为定值． [类题通法]定值问题的常见方法
(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． ■对点即时训练………………………………………………………………………·
已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1(－6，0)，e ＝2
2
.
图13­1
(1)求椭圆C 的方程；
(2)如图13­1，设R (x 0，y 0)是椭圆C 上一动点，由原点O 向圆(x －x 0)2
＋(y －y 0)2
＝4引两条切线，分别交椭圆于点P ，Q ，若直线OP ，OQ 的斜率存在，并记为k 1，k 2，求证：k 1k 2为定值；
(3)在(2)的条件下，试问|OP |2
＋|OQ |2
是否为定值？若是，求出该值；若不是，请说明理由．
[解] (1)由题意得，c ＝6，e ＝2
2
，解得a ＝23， ∴椭圆C 的方程为x 212＋y 2
6
＝1.
(2)由已知，直线OP ：y ＝k 1x ，OQ ：y ＝k 2x ，且与圆R 相切， ∴
|k 1x 0－y 0|1＋k 2
1
＝2，化简得(x 20－4)k 21－2x 0y 0k 1＋y 2
0－4＝0， 同理，可得(x 2
0－4)k 2
2－2x 0y 0k 2＋y 20－4＝0，
∴k 1，k 2是方程(x 2
0－4)k 2
－2x 0y 0k ＋y 2
0－4＝0的两个不相等的实数根，
∴x 20
－4≠0，Δ＞0，k 1k 2＝y 20－4
x 20－4
.
∵点R (x 0，y 0)在椭圆C 上，∴x 2012＋y 20
6＝1，
即y 2
0＝6－12
x 20，
∴k 1k 2＝2－12x 20
x 20－4＝－1
2.
(3)|OP |2
＋|OQ |2
是定值18.
设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，联立得⎩⎪⎨⎪⎧
y ＝k 1x x 212＋y
2
6
＝1，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
x 21＝12
1＋2k 21
y 21
＝12k
21
1＋2k
21
，
∴x 21
＋y 21
＝
12
1＋k 21
1＋2k 2
1
， 同理，可得x 22
＋y 22
＝
12
1＋k 2
2
1＋2k 2
2
. 由k 1k 2＝－12，得|OP |2＋|OQ |2＝x 21＋y 21＋x 22＋y 2
2＝121＋k 2
11＋2k 2
1
＋
12
1＋k 2
2
1＋2k 2
2
＝
12
1＋k 2
1
1＋2k 2
1
＋12⎣⎢⎢⎡
⎦⎥⎥⎤1＋⎝
⎛⎭⎪⎫－12k 121＋2⎝ ⎛⎭
⎪⎫
－
12k 12
＝
18＋36k 2
11＋2k 2
1
＝18.
综上：|OP |2
＋|OQ |2
＝18.
■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T 3)
题型2 圆锥曲线中的最值、范围问题
(对应学生用书第44页)
■核心知识储备………………………………………………………………………· 1．解决圆、圆锥曲线范围问题的方法
(1)圆、圆锥曲线自身范围的应用，运用圆锥曲线上点的坐标的取值范围． (2)参数转化：利用引入参数法转化为三角函数来解决．
(3)构造函数法：运用求函数的值域、最值以及二次方程实根的分布等知识． 2．求最值的方法
(1)代数法：设变量、建立目标函数、转化为求函数的最值．注意灵活运用配方法、导数法、基本不等式法等．
(2)几何法：若题中的条件与结论有明显的几何特征和意义，则考虑利用图形的几何
性质来解决．
■典题试解寻法………………………………………………………………………·
【典题】 如图13­2，已知椭圆
x 2
2＋y 2
＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx ＋12
对称．
图13­2
(1)求实数m 的取值范围；
(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点).
【导学号：07804094】
[解] (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为
y ＝－1
m
x ＋b .
由⎩⎪⎨⎪⎧
x 2
2＋y 2
＝1，y ＝－1
m x ＋b
消去y ，得⎝ ⎛⎭
⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2
－1＝0.
因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 2
2＋y 2
＝1有两个不同的交点，
所以Δ＝－2b 2
＋2＋4m
2＞0. ①
设M 为AB 的中点，则M ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2mb
m 2＋2，m 2
b m 2＋2，
代入直线方程y ＝mx ＋12，解得b ＝－m 2
＋2
2m 2. ②
由①②得m ＜－
63或m ＞63
. (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝
⎛⎭⎪⎫
0，62，
则|AB |＝t 2
＋1·
－2t 4＋2t 2
＋
32t 2
＋
12
，
且O 到直线AB 的距离d ＝
t 2＋
12
t 2＋1
.
设△AOB 的面积为S (t )，所以S (t )＝12|AB |·d ＝
1
2－2⎝
⎛⎭⎪⎫t 2－122
＋2≤22，
当且仅当t 2
＝12时，等号成立．
故△AOB 面积的最大值为22
.
[类题通法]
在研究直线与圆锥曲线位置关系时，常涉及弦长、中点、面积等问题.一般是先联立方程，再根据根与系数的关系，用设而不求，整体代入的技巧进行求解.
易错警示：在设直线方程时，若要设成y ＝kx ＋m 的形式，注意先讨论斜率是否存在；若要设成x ＝ty ＋n 的形式，注意先讨论斜率是否为0.
■对点即时训练………………………………………………………………………·
如图13­3，点F 1为圆(x ＋1)2
＋y 2
＝16的圆心，N 为圆F 1上一动点，且F 2(1,0)，M ，P 分别是线段F 1N ，F 2N 上的点，且满足MP →·F 2N →＝0，F 2N →＝2F 2P →
.
图13­3
(1)求动点M 的轨迹E 的方程；
(2)过点F 2的直线l (与x 轴不重合)与轨迹E 交于A ，C 两点，线段AC 的中点为G ，连接OG 并延长交轨迹E 于点B (O 为坐标原点)，求四边形OABC 的面积S 的最小值． [解] (1)由题意，知MP 垂直平分F 2N ， 所以|MF 1|＋|MF 2|＝4.
所以动点M 的轨迹是以F 1(－1,0)，F 2(1,0)为焦点的椭圆， 且长轴长为2a ＝4，焦距2c ＝2， 所以a ＝2，c ＝1，b 2
＝3. 轨迹E 的方程为x 24＋y 2
3
＝1.
(2)设A (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)，G (x 0，y 0)． 设直线AC 的方程为x ＝my ＋1，与椭圆方程联立， 可得(4＋3m 2
)y 2
＋6my －9＝0，
所以y 1＋y 2＝－6m 4＋3m 2，y 1y 2＝－9
4＋3m 2.
由弦长公式可得|AC |＝1＋m 2
|y 1－y 2|＝
12
1＋m
2
4＋3m
2
，
又y 0＝－
3m 4＋3m 2，所以G ⎝ ⎛⎭
⎪⎫44＋3m 2，－3m 4＋3m 2.
直线OG 的方程为y ＝－
3m 4x ，与椭圆方程联立得x 2＝16
4＋3m
2，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫
44＋3m 2，－3m 4＋3m 2.点B 到直线AC 的距离d 1＝4＋3m 2
－11＋m
2
， 点O 到直线AC 的距离d 2＝
11＋m
2
. 所以S 四边形OABC ＝1
2|AC |(d 1＋d 2)＝6
1
3－1
3
4＋3m
2
≥3，当且仅当m ＝0时取得最小值3.
■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T 1、T 4)
题型3 圆锥曲线中的探索性问题(答题模板)
(对应学生用书第45页)
圆锥曲线中的存在性(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)探索命题是否存在．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．(2015·全国Ⅰ卷T20、2015·全国Ⅱ卷T20) ■典题试解寻法………………………………………………………………………· 【典题】 (本小题满分12分)(2015·全国Ⅰ卷)在直角坐标系xOy 中，
曲线C ：y ＝x 2
4与直线l ：y ＝kx ＋a a ＞0交于M ，N 两点.①
(1)当k ＝0时，分别求C 在点M 和N 处的切线方程②
；
(2)y 轴上是否存在点P ，使得当k 变动时，总有∠OPM ＝∠OPN ③
？说明理由． [审题指导] 题眼 挖掘关键信息
①
看到直线与曲线C 相交，
想到设点、联立方程、消元，表示x 1＋x 2，x 1x 2的值. ②
看到曲线上某点处的切线， 想到利用导数法求切线斜率；
③
看到两角相等，
想到把角的相等转化为直线斜率的关系.
[规范解答] (1)由题设可得M (2a ，a )，N (－2a ，a )， 或M (－2a ，a )，N (2a ，a ).2分
又y ′＝x 2，故y ＝x 2
4
在x ＝2a 处的导数值为a ，④
C 在点(2a ，a )处的切线方程为 y －a ＝a (x －2a )，
即ax －y －a ＝0.4分
y ＝x 2
4
在＝－2a 处的导数值为－a ，
C 在点(－2a ，a )处的切线方程为y －a ＝－a (x ＋2a )，即ax ＋y ＋a ＝0.5分
故所求切线方程为ax －y －a ＝0或ax ＋y ＋a ＝0.⑤
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 (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线PM ，PN 的斜率分别为k 1，
k 2将y ＝kx ＋a 代入C 的方程，得x 2－4kx －4a ＝0.8分
故x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4a . 从而k 1＋k 2＝y 1－b x 1＋y 2－b x 2
⑥
＝
2kx 1x 2＋
a －
b x 1＋x 2
x 1x 2＝
k a ＋b
a
.10分 当b ＝－a 时，有k 1＋k 2＝0.则直线PM 的倾斜角与直,线PN 的倾斜角互补，故∠OPM ＝∠OPN ，⑦
[阅卷者说]
易错点 防范措施
④忽视导数法求切线斜率导致思路不清.
明确求切线斜率的方法，导数法求曲线上某点处的导数就等于该点处切线的斜率. ⑤忽视直线的形式及解答题的得分点失分.
表示直线方程时无特殊要求一般采用直线的一般式，结论性、总结性的语句是得分点，一定不能省.
⑥忽视化简、消元致错.
当式子中未知数较多时要注意消元，如此处把
y 1，y 2代换为x 1，x 2，再利用根与系数的关系
求解.
⑦忽视转化致思路不清. 把条件转化为熟知的知识，进而利用根与系数的关系，知∠OPM ＝∠OPN 转化为k PM ＋k PN ＝0.
[类题通法] 1．定点问题的解法：
(1)直线过定点：化为y －y 0＝k (x －x 0)， 当x －x 0＝0时与k 无关．
(2)曲线过定点：利用方程f (x ，y )＝0对任意参数恒成立得出关于x ，y 的方程组，进而求出定点． 2．存在性问题的解题步骤：
一设：设满足条件的元素(点、直线等)存在；
二列：用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组；
三解：解方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线等)存在；否则，元素(点、直线等)不存在．
■对点即时训练………………………………………………………………………·
已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为6
3
，以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴
长为半径的圆与直线2x －2y ＋6＝0相切． (1)求椭圆C 的标准方程；
(2)已知点A ，B 为动直线y ＝k (x －2)(k ≠0)与椭圆C 的两个交点，问：在x 轴上是否存在定点E ，使得EA →2
＋EA →·AB →
为定值？若存在，试求出点E 的坐标和定值；若不存在，请说明理由.
【导学号：07804095】
[解] (1)由e ＝
63，得c a ＝63，即c ＝6
3
a ， ① 又以原点O 为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆为x 2
＋y 2
＝a 2
，且该圆与直线2x －2y ＋6＝0相切， 所以a ＝
|6|22
＋－2
2
＝6，代入①得c ＝2，
所以b 2
＝a 2
－c 2＝2，
所以椭圆C 的标准方程为x 26＋y 2
2
＝1.
(2)由⎩⎪⎨⎪⎧
x 26＋y 2
2
＝1，
y ＝k x －2，
得(1＋3k 2)x 2－12k 2x ＋12k 2
－6＝0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝12k 21＋3k 2，x 1x 2＝12k 2
－61＋3k 2.
根据题意，假设x 轴上存在定点E (m,0)，
使得EA →2
＋EA →·AB →＝(EA →＋AB →)·EA →＝EA →·EB →
为定值，
则EA →·EB →
＝(x 1－m ，y 1)·(x 2－m ，y 2)＝(x 1－m )(x 2－m )＋y 1y 2＝(k 2＋1)x 1x 2－(2k 2
＋m )(x 1＋x 2)＋(4k 2
＋m 2
)＝3m 2
－12m ＋10k 2
＋
m 2－6
1＋3k
2
，
要使上式为定值，即与k 无关，只需3m 2－12m ＋10＝3(m 2
－6)，解得m ＝73，
此时，EA →2＋EA →·AB →＝m 2
－6＝－59
，
所以在x 轴上存在定点E ⎝ ⎛⎭⎪⎫73，0使得EA →2
＋EA →·AB →为定值，且定值为－59.
■题型强化集训………………………………………………………………………·
(见专题限时集训T 2) 三年真题| 验收复习效果 (对应学生用书第46页)
1．(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2
b
2＝1(a ＞b ＞0)四点P 1(1,1)，P 2(0,1)，
P 3⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，
32，P 4⎝
⎛
⎭⎪⎫1，32中恰有三点在椭圆C 上． (1)求C 的方程．
(2)设直线l 不经过P 2点且与C 相交于A ，B 两点．若直线P 2A 与直线P 2B 的斜率的和为－1，证明：l 过定点．
[解] (1)由于P 3，P 4两点关于y 轴对称，故由题设知椭圆C 经过P 3，P 4两点． 又由1a 2＋1b 2＞1a 2＋3
4b 2知，椭圆C 不经过点P 1，
所以点P 2在椭圆C 上． 因此⎩⎪⎨⎪⎧
1b 2＝1，1a 2
＋3
4b 2
＝1，
解得⎩⎪⎨⎪⎧
a 2
＝4，
b 2
＝1.
故椭圆C 的方程为x 2
4
＋y 2
＝1.
∴动圆圆心M 的轨迹C 的方程为y 2
＝4x .
(2)证明：设直线P 2A 与直线P 2B 的斜率分别为k 1，k 2.
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⎝
⎛
⎭⎪⎫t ，4－t 22，⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－4－t 2
2，则k 1＋k 2＝
4－t 2－22t －4－t 2＋22t ＝－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x 2
4＋y 2＝1得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2
－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k 2
－m 2
＋1)>0.
设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－8km
4k 2＋1，
x 1x 2＝4m 2
－44k 2＋1.
而k 1＋k 2＝y 1－1x 1＋y 2－1
x 2
＝kx 1＋m －1x 1＋kx 2＋m －1x 2
＝
2kx 1x 2＋
m －1
x 1＋x 2
x 1x 2
.
由题设k 1＋k 2＝－1，
故(2k ＋1)x 1x 2＋(m －1)(x 1＋x 2)＝0. 即(2k ＋1)·4m 2
－44k 2＋1＋(m －1)·－8km
4k 2＋1＝0，
解得k ＝－
m ＋1
2
.
当且仅当m ＞－1时，Δ＞0， 于是l ：y ＝－m ＋1
2
x ＋m ，
即y ＋1＝－
m ＋1
2
(x －2)，
所以l 过定点(2，－1)．
2．(2016·全国Ⅰ卷)设圆x 2
＋y 2
＋2x －15＝0的圆心为A ，直线l 过点B (1,0)
且与x 轴不重合，l 交圆A 于C ，D 两点，过B 作AC 的平行线交AD 于点
E .
(1)证明|EA |＋|EB |为定值，并写出点E 的轨迹方程；
(2)设点E 的轨迹为曲线C 1，直线l 交C 1于M ，N 两点，过B 且与l 垂直的直线与圆A
11 / 11 交于P ，Q 两点，求四边形MPNQ 面积的取值范围．
[解] (1)因为|AD |＝|AC |，EB ∥AC ，
所以∠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＋y 2＝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x 24＋y 2
3
＝1(y ≠0)． (2)当l 与x 轴不垂直时，设l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x －1，x 24＋y 23
＝1得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0， 则x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2
－124k 2＋3
. 所以|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12k 2＋14k 2＋3. 过点B (1,0)且与l 垂直的直线m ：y ＝－1k (x －1)，点A 到直线m 的距离为2
k 2＋1， 所以|PQ |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1
. 故四边形MPNQ 的面积S ＝12
|MN || PQ |＝121＋14k 2＋3. 可得当l 与x 轴不垂直时，四边形MPNQ 面积的取值范围为(12,83)．
当l 与x 轴垂直时，其方程为x ＝1，|MN |＝3，|PQ |＝8，故四边形MPNQ 的面积为12. 综上，四边形MPNQ 面积的取值范围为[12,83)．。