2020届高考数学大二轮复习 冲刺创新专题 题型2 解答题 规范踩点 多得分 第6讲 解析几何 第2

第6讲解析几何第2课时圆锥曲线综合问题题型2解答题规范踩点多得分[考情分析]圆锥曲线综合问题包括：探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等．这类问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，参数处理为核心，需要运用函数与方程、不等式、平面向量等诸多知识求解，试题难度较大．1热点题型分析PARTONE热点1定点、定值问题1．直线恒过定点是指无论直线如何变动，必有一个定点的坐标适合这条直线的方程．问题就归结为用参数把直线方程表示出来，无论参数如何变化，这个方程必有一组常数解．2．定值的证明和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证得与参数无关的数值，在这类问题中，选择消元的方法是非常关键的．(2019·全国卷Ⅰ)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|＝4，⊙M过点A，B且与直线x＋2＝0相切．(1)若A在直线x＋y＝0上，求⊙M的半径．(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|－|MP|为定值？并说明理由．解(1)因为⊙M过点A，B，所以圆心M在线段AB的垂直平分线上．由已知A在直线x＋y＝0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线y＝x上，故可设M(a，a)．因为⊙M与直线x＋2＝0相切，所以⊙M的半径为r＝|a＋2|.由已知得|AO|＝2.又MO⊥AO，故可得2a2＋4＝(a＋2)2，解得a＝0或a＝4.故⊙M的半径r＝2或r＝6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值．理由如下：设M(x，y)，由已知，得⊙M的半径为r＝|x＋2|，|AO|＝2.由于MO⊥AO，故可得x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简，得M的轨迹方程为y2＝4x.因为曲线C：y2＝4x是以点P(1,0)为焦点，以直线x＝－1为准线的抛物线，所以|MP|＝x＋1.因为|MA|－|MP|＝r－|MP|＝x＋2－(x＋1)＝1，所以存在满足条件的定点P.1．动直线过定点问题的解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋m，由题设条件将m用k表示为m＝f(k)，借助于点斜式方程思想确定定点坐标．2．定值问题的解法(1)首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)．(2)将问题转化为证明待定式与参数(某些变量)无关；或先将式子用动点坐标或动直线中的参数表示；再利用其满足的约束条件消参得定值．(2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)．过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ为定值．解(1)因为抛物线y2＝2px经过点P(1,2)，所以4＝2p，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.由题意可知直线l的斜率存在且不为0，设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．由y2＝4x，y＝kx＋1，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意有Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k0或0k1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0,1)．(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1·(x－1)．令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.同理可得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1k－1x1＋x2－1k－1x2＝1k－1·2x1x2－x1＋x2x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ为定值．热点2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、角或斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．具体可采用如下方法：(1)利用判别式构造不等式，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)利用已知或隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A－12，14，B32，94，抛物线上的点P(x，y)－12x32.过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围；(2)求|PA|·|PQ|的最大值．解(1)设直线AP的斜率为k，则k＝x2－14x＋12＝x－12，因为－12x32，所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．(2)联立直线AP与BQ的方程kx－y＋12k＋14＝0，x＋ky－94k－32＝0，解得点Q的横坐标是xQ＝－k2＋4k＋32k2＋1.因为|PA|＝1＋k2x＋12＝1＋k2(k＋1)，|PQ|＝1＋k2(xQ－x)＝－k－1k＋12k2＋1，所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，所以f(k)在区间－1，12上单调递增，在区间12，1上单调递减，因此，当k＝12时，|PA|·|PQ|取得最大值2716.有关范围、最值问题的解题步骤如下：第一步：设参数：依题意设出相关的参数，如设点的坐标，设比例式的参数或设直线的方程等；第二步：联立方程：常把直线方程与曲线方程联立，转化为关于x(或y)的一元二次方程；第三步：建立函数：根据题设条件中的关系，建立目标函数的关系式；第四步：求最值(或范围)：利用配方法、基本不等式法、单调性法(基本初等函数或导数)等求其最值．(2019·全国卷Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.①证明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面积的最大值．解(1)由题设，得yx＋2·yx－2＝－12，化简得C的方程为x24＋y22＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k0)．由y＝kx，x24＋y22＝1，得x＝±21＋2k2.设u＝21＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为k2，方程为y＝k2(x－u)．由y＝k2x－u，x24＋y22＝1，得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.(*)设G(xG，yG)，则－u和xG是方程(*)的解，故xG＝u3k2＋22＋k2，由此得yG＝uk32＋k2.从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku3k2＋22＋k2－u＝－1k.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②由①得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，所以△PQG的面积S＝12|PQ|·|PG|＝8k1＋k21＋2k22＋k2＝81k＋k1＋21k＋k2.设t＝k＋1k，则由k0，得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为169.因此，△PQG面积的最大值为169.热点3探索性问题圆锥曲线中的探索性问题常考查结论存在和条件探究两种题型，一般的解题思路如下：(1)结论存在型：即证明在给定的条件下，一些给定的结论是否存在．解题时一般先对结论作肯定假设，然后结合已知条件进行推证，若推证无矛盾，则正确；若推出矛盾，则否定此结论．过程可归纳为：假设—推证—定论；(2)条件探究型：即给出结论，需要分析出具备的条件，并加以证明．解题时一般从结论出发，依据其他已知条件，通过必要的逻辑推理，逐步找到结论成立的等价条件，即“执果索因”．(2019·全国卷Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．解(1)连接PF1.由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝3c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(3＋1)c，故C的离心率为e＝ca＝3－1.(2)由题意可知，满足条件的点P(x，y)存在当且仅当12|y|·2c＝16，yx＋c·yx－c＝－1，x2a2＋y2b2＝1，即c|y|＝16，①x2＋y2＝c2，②x2a2＋y2b2＝1.③由②③及a2＝b2＋c2，得y2＝b4c2.又由①，知y2＝162c2，故b＝4.由②③及a2＝b2＋c2得x2＝a2c2(c2－b2)，所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥42.当b＝4，a≥42时，存在满足条件的点P.所以b＝4，a的取值范围为[42，＋∞)．解决探索性问题时要注意：先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．1．当条件和结论不唯一时，要分类讨论．2．当给出结论，推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．3．当条件和结论都未知时，按常规方法解题较难，因此要开放思维，采取其他途径．设椭圆M：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为A(－1,0)，B(1,0)，C为椭圆M上的点，且∠ACB＝π3，S△ABC＝33.(1)求椭圆M的标准方程；(2)设过椭圆M右焦点且斜率为k的动直线与椭圆M相交于E，F两点，探究在x轴上是否存在定点D，使得DE→·DF→为定值？若存在，试求出定值和点D的坐标；若不存在，请说明理由．解(1)在△ABC中，由余弦定理得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CBcos∠ACB＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.又S△ABC＝12CA·CBsin∠ACB＝34CA·CB＝33，∴CA·CB＝43，代入上式得CA＋CB＝22.椭圆长轴2a＝22，焦距2c＝AB＝2.所以椭圆M的标准方程为x22＋y2＝1.(2)设直线方程为y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(x2，y2)，联立x22＋y2＝1，y＝kx－1.消去y，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋80，∴x1＋x2＝4k21＋2k2，x1x2＝2k2－21＋2k2.假设在x轴上存在定点D(x0,0)，使得DE→·DF→为定值，∴DE→·DF→＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x20＋y1y2＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x20＋k2(x1－1)(x2－1)＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x20＋k2＝2x20－4x0＋1k2＋x20－21＋2k2.要使DE→·DF→为定值，则DE→·DF→的值与k无关，∴2x20－4x0＋1＝2(x20－2)，解得x0＝54，此时DE→·DF→＝－716为定值，定点为54，0.2专题作业PARTTWO1．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝x22，D为直线y＝－12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E0，52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．解(1)证明：设Dt，－12，A(x1，y1)，则x21＝2y1.因为y′＝x，所以切