第04讲 圆锥曲线的综合问题（讲）-2023年高考数学一轮复习讲练测（全国通用）（解析版）

第04讲圆锥曲线的综合问题本讲为高考命题热点，分值22-27分，题型多变，选择题，填空题，解答题都会出现，选择填空题常考圆锥曲线椭圆双曲线的离心率，几何关系等问题，大题题型多变，但多以最值，定值，范围，存在性问题，考察逻辑推理能力与运算求解能力.高频考点一圆锥曲线的定值定点问题【例1】[例1]已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．(1)求抛物线C的方程；(2)若直线OA，OB的斜率之积为－12，求证：直线AB过x轴上一定点．[破题思路]第(1)问求什么想什么求抛物线C的方程，想到求p的值给什么用什么给出焦点F的坐标，利用焦点坐标与p的关系求p第(2)问求什么想什么求证：直线AB过x轴上一定点，想到直线AB的方程给什么用什么题目条件中给出“A，B是抛物线C上异于点O的两点”以及“直线OA，OB的斜率之积为－12”，可设A，B两点的坐标，也可设直线AB的方程差什么找什么要求直线AB的方程，还需要知道直线AB的斜率是否存在，可分类讨论解决[解](1)因为抛物线y2＝2px(p0)的焦点坐标为F(1，0)，所以p2＝1，所以p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，设At24，t，Bt24，－t.因为直线OA，OB的斜率之积为－12，所以tt24·－tt24＝－12，化简得t2＝32.所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立y2＝4x，y＝kx＋b消去x，化简得ky2－4y＋4b＝0.所以yAyB＝4bk，因为直线OA，OB的斜率之积为－12，所以yAxA·yBxB＝－12，整理得xAxB＋2yAyB＝0.即y2A4·y2B4＋2yAyB＝0，解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32.所以yAyB＝4bk＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)．综上所述，直线AB过定点(8,0)．【方法技巧】[题后悟通]思路受阻分析不能正确应用条件“直线OA，OB的斜率之积为－12”是造成不能解决本题的关键技法关键点拨定点问题实质及求解步骤解析几何中的定点问题实质是：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：【跟踪训练】已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的右焦点F(3，0)，长半轴长与短半轴长的比值为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＝3，ab＝2，a2＝b2＋c2，∴a＝2，b＝1，∴椭圆C的标准方程为x24＋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y＝kx＋m，x2＋4y2＝4，消去y，可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴BM―→·BN―→＝0.∵BM―→·BN―→＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，∴(k2＋1)4m2－44k2＋1＋k(m－1)－8km4k2＋1＋(m－1)2＝0，整理，得5m2－2m－3＝0，解得m＝－35或m＝1(舍去)．∴直线l的方程为y＝kx－35.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0，－35.高频考点二圆锥曲线的最值问题【例2】在平面直角坐标系中O为坐标原点，圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2.以B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点1，22.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设经过点(－2,0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△F2MN面积的最大值．[破题思路]第(1)问求什么想什么求椭圆E的标准方程，想到求椭圆长半轴a和短半轴b的值给什么用什么题目条件给出圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2，易知b＝c，又椭圆过点1，22，从而可求出a，b的值第(2)问求什么想什么求△F2MN面积的最大值，想到面积公式给什么用什么题干中给出直线l过点(－2,0)，可设出直线l的方程，利用弦长公式求|MN|，利用点到直线的距离求d，从而可求△F2MN的面积差什么找什么要求△F2MN面积的最值，需建立相关函数模型求解[解](1)由已知可得，椭圆E的焦点在x轴上．设椭圆E的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，焦距为2c，则b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴椭圆E的标准方程为x22b2＋y2b2＝1.又椭圆E过点1，22，∴12b2＋12b2＝1，解得b2＝1.∴椭圆E的标准方程为x22＋y2＝1.(2)由于点(－2,0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在．设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．由y＝kx＋2，x22＋y2＝1消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.由Δ0，得0≤k212，从而x1＋x2＝－8k21＋2k2，x1x2＝8k2－21＋2k2，∴|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝21＋k2·2－4k21＋2k22.∵点F2(1,0)到直线l的距离d＝3|k|1＋k2，∴△F2MN的面积S＝12|MN|·d＝3k22－4k21＋2k22.令1＋2k2＝t，则t∈[1,2)，∴S＝3t－12－tt2＝3－t2＋3t－2t2＝3－1＋3t－2t2＝3－21t－342＋18，当1t＝34，即t＝4343∈[1，2时，S有最大值，Smax＝324，此时k＝±66.∴当直线l的斜率为±66时，可使△F2MN的面积最大，其最大值为324.【方法技巧】[解题技法]求椭圆离心率的三种方法1．直接求出a，c来求解e.通过已知条件列方程组，解出a，c的值．2．构造a，c的齐次式，解出e.由已知条件得出关于a，c的二元齐次方程，然后转化为关于离心率e的一元二次方程求解．3．通过取特殊值或特殊位置，求出离心率．[提醒]在解关于离心率e的二次方程时，要注意利用椭圆的离心率e∈(0,1)进行根的取舍，否则将产生增根．高频考点三证明问题【例3】(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：x22＋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.[破题思路]第(1)问求什么想什么求直线AM的方程，想到求直线AM的斜率或直线上的点的坐标给什么用什么题目给出M的坐标及l与x轴垂直可利用l与x轴垂直求出l的方程，进而求出A点坐标，并求出直线AM的方程第(2)问求什么想什么证明∠OMA＝∠OMB.可转化为证明直线MA与MB的斜率间的关系给什么用什么题目中给出O点及M点的坐标，可求得l与x轴重合、垂直两种特殊情况下∠OMA＝∠OMB缺什么找什么缺少直线(不与x轴重合或垂直时)，直线l的方程及直线l与椭圆交点A，B的坐标，可设直线l的方程及A，B两点的坐标求解[解](1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.则点A的坐标为1，22或1，－22.又M(2,0)，所以直线AM的方程为y＝－22x＋2或y＝22x－2，即x＋2y－2＝0或x－2y－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x12，x22，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1－2＋y2x2－2.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝2kx1x2－3kx1＋x2＋4kx1－2x2－2.将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝4k3－4k－12k3＋8k3＋4k2k2＋1＝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】(一)思路受阻分析解决本例(2)的关键是建立△F2MN的面积S关于斜率k的关系式，然后通过换元构造一元二次函数求解，而很多同学因不会构造函数造成思路受阻无法继续求解．(二)技法关键点拨求圆锥曲线中范围、最值的2种方法几何法若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质来求解代数法若题目中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，再求这个函数的最值、范围．常用的方法有基本不等式法、导数法、判别式法等【跟踪训练】1．设椭圆E的方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为510.(1)求E的离心率e；(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.解：(1)由题设条件知，点M的坐标为23a，13b，又kOM＝510，从而b2a＝510.进而得a＝5b，c＝a2－b2＝2b，故e＝ca＝255.(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为a2，－b2，可得NM―→＝a6，5b6.又AB―→＝(－a，b)，从而有AB―→·NM―→＝－16a2＋56b2＝16(5b2－a2)．由(1)可知a2＝5b2，所以AB―→·NM―→＝0，故MN⊥AB.2．在平面直角坐标系xOy中，点F的坐标为0，12，以线段MF为直径的圆与x轴相切．(1)求点M的轨迹E的方程；(2)设T是E上横坐标为2的点，OT的平行线l交E于A，B两点，交曲线E在T处的切线于点N，求证：|NT|2＝52|NA|·|NB|.解：(1)设点M(x，y)，因为F0，12，所以MF的中点坐标为x2，2y＋14.因为以线段MF为直径的圆与x轴相切，所以|MF|2＝|2y＋1|4，即|MF|＝|2y＋1|2，故x2＋y－122＝|2y＋1|2，得x2＝2y，所以M的轨迹E的方程为x2＝2y.(2)证明：因为T是E上横坐标为2的点，所以由(1)得T(2,2)，所以直线OT的斜率为1.因为l∥OT，所以可设直线l的方程为y＝x＋m，m≠0.由y＝12x2，得y′＝x，则曲线E在T处的切线的斜率为y′|x＝2＝2，所以曲线E在T处的切线方程为y＝2x－2.由y＝x＋m，y＝2x－2，得y＝m＋2，y＝2m＋2，所以N(m＋2,2m＋2)，所以|NT|2＝[(m＋2)－2]2＋[(2m＋2)－2]2＝5m2.由y＝x＋m，x2＝2y消去y，得x2－2x－2m＝0，由Δ＝4＋8m＞0，解得m＞－12.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝2，x1x2＝－2m.因为N，A，B在l上，所以|NA|＝2|x1－(m＋2)|，|NB|＝2|x2－(m＋2)|，所以|NA|·|NB|＝2|x1－(m＋2)|·|x2－(m＋2)|＝2|x1x2－(m＋2)(x1＋x2)＋(m＋2)2|＝2|－2m－2(m＋2)＋(m＋2)2|＝2m2，所以|NT|2＝52|NA|·|NB|.