2015年高考数学(浙江专用,理科)二轮专题复习讲练专题五第3讲]

第3讲圆锥曲线中的热点问题考情解读(1)本部分主要以解答题形式考查，往往是试卷的压轴题之一，一般以椭圆或抛物线为背景，考查弦长、定点、定值、最值、范围问题或探索性问题，试题难度较大．(2)求轨迹方程也是高考的热点与重点，若在客观题中出现通常用定义法，若在解答题中出现一般用直接法、代入法、参数法或待定系数法，往往出现在解答题的第(1)问中．(理用的内容)1．直线与圆锥曲线的位置关系(理用的内容)(1)直线与椭圆的位置关系的判定方法：将直线方程与椭圆方程联立，消去一个未知数，得到一个一元二次方程．若Δ0，则直线与椭圆相交；若Δ＝0，则直线与椭圆相切；若Δ0，则直线与椭圆相离．(理用的内容)(2)直线与双曲线的位置关系的判定方法：将直线方程与双曲线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．①若a≠0，当Δ0时，直线与双曲线相交；当Δ＝0时，直线与双曲线相切；当Δ0时，直线与双曲线相离．②若a＝0时，直线与渐近线平行，与双曲线有一个交点．(3)直线与抛物线的位置关系的判定方法：将直线方程与抛物线方程联立，消去y(或x)，得到一个一元方程ax2＋bx＋c＝0(或ay2＋by＋c＝0)．①当a≠0时，用Δ判定，方法同上．②当a＝0时，直线与抛物线的对称轴平行，只有一个交点．2．有关弦长问题有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长|P1P2|＝1＋k2|x2－x1|或|P1P2|＝1＋1k2|y2－y1|，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用根与系数的关系，即作如下变形：|x2－x1|＝x1＋x22－4x1x2，|y2－y1|＝y1＋y22－4y1y2.(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)．3．弦的中点问题有关弦的中点问题，应灵活运用“点差法”，“设而不求法”来简化运算．4．(理)轨迹方程问题(1)求轨迹方程的基本步骤：①建立适当的平面直角坐标系，设出轨迹上任一点的坐标——解析法(坐标法)．②寻找动点与已知点满足的关系式——几何关系．③将动点与已知点的坐标代入——几何关系代数化．④化简整理方程——简化．⑤证明所得方程为所求的轨迹方程——完成其充要性．(2)求轨迹方程的常用方法：①直接法：将几何关系直接翻译成代数方程；②定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定系数法求方程；③代入法：把所求动点的坐标与已知动点的坐标建立联系；④交轨法：写出两条动直线的方程直接消参，求得两条动直线交点的轨迹；(3)注意①建系要符合最优化原则；②求轨迹与“求轨迹方程”不同，轨迹通常指的是图形，而轨迹方程则是代数表达式．步骤②⑤省略后，验证时常用途径：化简是否同解变形，是否满足题意，验证特殊点是否成立等.热点一圆锥曲线中的范围、最值问题例1(2013·浙江)如图，点P(0，－1)是椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的一个顶点，C1的长轴是圆C2：x2＋y2＝4的直径．l1，l2是过点P且互相垂直的两条直线，其中l1交圆C2于A，B两点，l2交椭圆C1于另一点D.(1)求椭圆C1的方程；(2)求△ABD面积取最大值时直线l1的方程．思维启迪(1)P点是椭圆上顶点，圆C2的直径等于椭圆长轴长；(2)设直线l1的斜率为k，将△ABD的面积表示为关于k的函数．解(1)由题意得b＝1，a＝2.所以椭圆C1的方程为x24＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)．由题意知直线l1的斜率存在，不妨设其为k，则直线l1的方程为y＝kx－1.又圆C2：x2＋y2＝4，故点O到直线l1的距离d＝1k2＋1，所以|AB|＝24－d2＝24k2＋3k2＋1.又l2⊥l1，故直线l2的方程为x＋ky＋k＝0.由x＋ky＋k＝0，x2＋4y2＝4.消去y，整理得(4＋k2)x2＋8kx＝0，故x0＝－8k4＋k2.所以|PD|＝8k2＋14＋k2.设△ABD的面积为S，则S＝12|AB|·|PD|＝84k2＋34＋k2＝324k2＋34k2＋3＋13，所以S＝324k2＋3＋134k2＋3≤3224k2＋3·134k2＋3＝161313，当且仅当k＝±102时取等号．所以所求直线l1的方程为y＝±102x－1.已知椭圆C的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆的离心率为12，且椭圆经过点P(1，32)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)线段PQ是椭圆过点F2的弦，且PF2→＝λF2Q→，求△PF1Q内切圆面积最大时实数λ的值．解(1)e＝ca＝12，P(1，32)满足1a2＋322b2＝1，又a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝3，∴椭圆标准方程为x24＋y23＝1.(2)显然直线PQ不与x轴重合，当直线PQ与x轴垂直时，|PQ|＝3，|F1F2|＝2，S△PF1Q＝3；当直线PQ不与x轴垂直时，设直线PQ：y＝k(x－1)，k≠0代入椭圆C的标准方程，整理，得(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，Δ0，y1＋y2＝－6k3＋4k2，y1·y2＝－9k23＋4k2.S△PF1Q＝12×|F1F2|×|y1－y2|＝12k2＋k43＋4k22，令t＝3＋4k2，∴t3，k2＝t－34，∴S△PF1Q＝3－31t＋132＋43，∵01t13，∴S△PF1Q∈(0,3)，∴当直线PQ与x轴垂直时S△PF1Q最大，且最大面积为3.设△PF1Q内切圆半径为r，则S△PF1Q＝12(|PF1|＋|QF1|＋|PQ|)·r＝4r≤3.即rmax＝34，此时直线PQ与x轴垂直，△PF1Q内切圆面积最大，∴PF2→＝F2Q→，∴λ＝1.热点二圆锥曲线中的定值、定点问题例2(2013·陕西)已知动圆过定点A(4,0)，且在y轴上截得弦MN的长为8.(1)求动圆圆心的轨迹C的方程；(2)已知点B(－1,0)，设不垂直于x轴的直线l与轨迹C交于不同的两点P，Q，若x轴是∠PBQ的角平分线，证明：直线l过定点．思维启迪(1)设动圆圆心坐标，利用圆的半径、半弦长和弦心距组成的直角三角形求解；(2)设直线方程y＝kx＋b，将其和轨迹C的方程联立，再设两个交点坐标，由题意知直线BP和BQ的斜率互为相反数，推出k和b的关系，最后证明直线过定点．(1)解如图，设动圆圆心为O1(x，y)，由题意，得|O1A|＝|O1M|，当O1不在y轴上时，过O1作O1H⊥MN交MN于H，则H是MN的中点，∴|O1M|＝x2＋42，又|O1A|＝x－42＋y2，∴x－42＋y2＝x2＋42，化简得y2＝8x(x≠0)．又当O1在y轴上时，O1与O重合，点O1的坐标为(0,0)也满足方程y2＝8x，∴动圆圆心的轨迹C的方程为y2＝8x.(2)证明如图由题意，设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx＋b代入y2＝8x中，得k2x2＋(2bk－8)x＋b2＝0.其中Δ＝－32kb＋640.由根与系数的关系得，x1＋x2＝8－2bkk2，①x1x2＝b2k2，②∵x轴是∠PBQ的角平分线，∴y1x1＋1＝－y2x2＋1，即y1(x2＋1)＋y2(x1＋1)＝0，(kx1＋b)(x2＋1)＋(kx2＋b)(x1＋1)＝0，2kx1x2＋(b＋k)(x1＋x2)＋2b＝0③将①②代入③得2kb2＋(k＋b)(8－2bk)＋2k2b＝0，∴k＝－b，此时Δ0，∴直线l的方程为y＝k(x－1)，即直线l过定点(1,0)．思维升华(1)定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要解决的问题，证明要解决的问题与参数无关．在这类试题中选择消元的方向是非常关键的．(2)由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．已知椭圆C的中点在原点，焦点在x轴上，离心率等于12，它的一个顶点恰好是抛物线x2＝83y的焦点．(1)求椭圆C的方程；(2)已知点P(2,3)，Q(2，－3)在椭圆上，点A、B是椭圆上不同的两个动点，且满足∠APQ＝∠BPQ，试问直线AB的斜率是否为定值，请说明理由．解(1)设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，则b＝23.由ca＝12，a2＝c2＋b2，得a＝4，∴椭圆C的方程为x216＋y212＝1.(2)当∠APQ＝∠BPQ时，PA、PB的斜率之和为0，设直线PA的斜率为k，则PB的斜率为－k，PA的直线方程为y－3＝k(x－2)，由y－3＝kx－2，x216＋y212＝1，整理得(3＋4k2)x2＋8(3－2k)kx＋4(3－2k)2－48＝0，x1＋2＝82k－3k3＋4k2，同理PB的直线方程为y－3＝－k(x－2)，可得x2＋2＝－8k－2k－33＋4k2＝8k2k＋33＋4k2.∴x1＋x2＝16k2－123＋4k2，x1－x2＝－48k3＋4k2，kAB＝y1－y2x1－x2＝kx1－2＋3＋kx2－2－3x1－x2＝kx1＋x2－4kx1－x2＝12，∴直线AB的斜率为定值12.热点三圆锥曲线中的探索性问题例3已知椭圆C1、抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，将其坐标记录于下表中：x3－242y－230－422(1)求C1，C2的标准方程；(2)是否存在直线l满足条件：①过C2的焦点F；②与C1交于不同的两点M，N，且满足OM→⊥ON→？若存在，求出直线l的方程；若不存在，说明理由．解(1)设抛物线C2：y2＝2px(p≠0)，则有y2x＝2p(x≠0)，据此验证四个点知(3，－23)，(4，－4)在C2上，易求得C2的标准方程为y2＝4x.设椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，把点(－2,0)，(2，22)代入得4a2＝12a2＋12b2＝1，解得a2＝4b2＝1，所以C1的标准方程为x24＋y2＝1.(2)容易验证当直线l的斜率不存在时，不满足题意．当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)，与C1的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．由x24＋y2＝1y＝kx－1消去y并整理得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，于是x1＋x2＝8k21＋4k2，①x1x2＝4k2－11＋4k2.②所以y1y2＝k2(x1－1)(x2－1)＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2[4k2－11＋4k2－8k21＋4k2＋1]＝－3k21＋4k2.③由OM→⊥ON→，即OM→·ON→＝0，得x1x2＋y1y2＝0.(*)将②③代入(*)式，得4k2－11＋4k2－3k21＋4k2＝k2－41＋4k2＝0，解得k＝±2，所以存在直线l满足条件，且直线l的方程为2x－y－2＝0或2x＋y－2＝0.如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2)．(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在λ，求出λ的值；若不存在，说明理由．解(1)把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程：x＝－1.(2)由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.由抛物线准线l：x＝－1，可知M(－1，－2k)．又Q(1,2)，所以k3＝2＋2k1＋1＝k＋1，即k3＝k＋1.把直线AB的方程y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.设A(x1，y