2020版高考数学二轮复习 第二部分 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的热点问题课件 文

专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的热点问题1．(2018·浙江卷)已知点P(0，1)，椭圆x24＋y2＝m(m＞1)上两点A，B满足AP→＝2PB→，则当m＝________时，点B横坐标的绝对值最大．解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AP→＝2PB→，得－x1＝2x2，1－y1＝2（y2－1），即x1＝－2x2，y1＝3－2y2.因为点A、B在椭圆上，所以4x224＋（3－2y2）2＝m，x224＋y22＝m，得y2＝14m＋34，所以x22＝m－(3－2y2)2＝－14m2＋52m－94＝－14(m－5)2＋4≤4，所以当m＝5时，点B的横坐标的绝对值最大，最大值为2.答案：22．(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3－1，32，P41，32中恰有三点在椭圆上．(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．(1)解：由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由1a2＋1b2＞1a2＋34b2知，椭圆C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上．因此1b2＝1，1a2＋34b2＝1，解得a2＝4，b2＝1.故椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果直线l的斜率不存在，l垂直于x轴．设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，k1＋k2＝yA－1m＋－yA－1m＝－2m＝－1，得m＝2，此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入x24＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.则k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2＝2kx1x2＋（m－1）（x1＋x2）x1x2.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·4m2－44k2＋1＋(m－1)·－8km4k2＋1＝0.解得k＝－m＋12.当且仅当m＞－1时，Δ＞0，所以直线l的方程为y＝－m＋12x＋m，即y＋1＝－m＋12(x－2)，所以l过定点(2，－1)．3．(2018·北京卷节选)已知椭圆M：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为63，焦距为22.斜率为k的直线l与椭圆M有两个不同的交点A，B.(1)求椭圆M的方程；(2)若k＝1，求|AB|的最大值．解：(1)由题意得2c＝22，c＝2.因为e＝ca＝63，所以a＝3，则b2＝a2－c2＝1.所以椭圆M的方程为x23＋y2＝1.(2)设直线l的方程为y＝x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由y＝x＋m，x23＋y2＝1，得4x2＋6mx＋3m2－3＝0，所以x1＋x2＝－3m2，x1x2＝3m2－34.所以|AB|＝（x2－x1）2＋（y2－y1）2＝2（x2－x1）2＝2[（x1＋x2）2－4x1x2]＝12－3m22.当m＝0，即直线l过原点时，|AB|最大，最大值为6.圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考的热点，主要以解答题的形式呈现，往往作为考题的压轴题之一，以椭圆或抛物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题，对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高要求．热点1圆锥曲线中的最值、范围(讲练互动)圆锥曲线中的范围、最值问题，可以转化为函数的最值问题(以所求式子或参数为函数值)，或者利用式子的几何意义求解．温馨提醒：圆锥曲线上点的坐标是有范围的，在涉及求最值或范围问题时注意坐标范围的影响．【例1】(2019·长郡中学质检)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，且过点(2，2)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)记A，B为椭圆C的左、右顶点，过C的右焦点F作直线l交椭圆于M，N两点，分别记△ABM，△ABN的面积为S1，S2，求|S1－S2|的最大值．解：(1)根据题意，得ca＝22，4a2＋2b2＝1，a2＝b2＋c2.解得a2＝8，b2＝4.故椭圆C的标准方程为x28＋y24＝1.(2)由(1)知F(2，0)，当直线l的斜率不存在时，S1＝S2，于是|S1－S2|＝0；当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝k(x－2)(k≠0)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立y＝k（x－2），x28＋y24＝1，得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－8＝0.所以x1＋x2＝8k21＋2k2，x1x2＝8k2－81＋2k2，于是|S1－S2|＝12×42×|y1＋y2|＝22|k(x1＋x2)－4k|＝22k×8k21＋2k2－4k＝82|k|1＋2k2＝821|k|＋2|k|≤8222＝4.当且仅当k＝±22时等号成立，此时|S1－S2|的最大值为4.综上，|S1－S2|的最大值为4.[思维升华]求圆锥曲线中范围、最值的主要方法1．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数形结合求解．2．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，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围．[变式训练](2018·浙江卷)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x2＋y24＝1(x＜0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．(1)证明：设P(x0，y0)，A14y21，y1，B14y22，y2.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程y＋y022＝4·14y2＋x02，即y2－2y0y＋8x0－y20＝0的两个不同的实根．所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴．(2)解：由(1)可知y1＋y2＝2y0，y1y2＝8x0－y20，所以|PM|＝18(y21＋y22)－x0＝34y20－3x0，|y1－y2|＝22（y20－4x0）.因此，△PAB的面积S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝324(y20－4x0)32.因为x20＋y204＝1(x0＜0)，所以y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4，5]，因此，△PAB面积的取值范围是62，15104.热点2定点、定值问题(多维探究)1．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)．2．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．角度圆锥曲线中的定值问题【例2】(2018·北京卷)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．(1)解：因为抛物线y2＝2px过点(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，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Δ＝(2k－4)2－4×k2×1＞0，解得k＜0或0＜k＜1.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．[思维升华]1．求定值问题常见的方法有两种：(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，从而得出定值．2．定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的．[变式训练](2019·河北省“五个一”名校联盟)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x24＋y2＝1，点P(x1，y1)，Q(x2，y2)是椭圆C上两个动点，直线OP，OQ的斜率分别为k1，k2，若m＝x12，y1，n＝x22，y2，m·n＝0.(1)求证：k1·k2＝－14；(2)试探求△OPQ的面积S是否为定值，并说明理由．(1)证明：因为k1，k2均存在，所以x1x2≠0.又m·n＝0，所以x1x24＋y1y2＝0，即x1x24＝－y1y2，所以k1·k2＝y1y2x1x2＝－14.(2)解：①当直线PQ的斜率不存在，即x1＝x2，y1＝－y2时，由y1y2x1x2＝－14，得x214－y21＝0.又因为点P(x1，y1)在椭圆上，所以x214＋y21＝1.所以|x1|＝2，|y1|＝22.所以S△POQ＝12|x1||y1－y2|＝1.②当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋b.联立得方程组y＝kx＋b，x24＋y2＝1.消去y并整理得(4k2＋1)x2＋8kbx＋4b2－4＝0，其中Δ＝(8kb)2－4(4k2＋1)(4b2－4)＝16(1＋4k2－b2)＞0，即b2＜1＋4k2.所以x1＋x2＝－8kb4k2＋1，x1x2＝4b2－44k2＋1.因为x1x24＋y1y2＝0，所以x1x24＋(kx1＋b)(kx2＋b)＝0，得2b2－4k2＝1(满足Δ＞0)．所以S△POQ＝12·|b|1＋k2·|PQ|＝12|b|·（x1＋x2）2－4x1x2＝2|b|4k2＋1－b24k2＋1＝1.综合①②，△POQ的面积S为定值1.角度圆锥曲线中的定点问题【例3】(2019·北京卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1的右焦点为(1，0)，且经过点A(0，1)．(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．(1)解：由题意，得b2＝1，c＝1，所以a2＝b2＋c2＝2，所以椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)证明：设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则直线AP的方程为y＝y1－1x1x＋1.令y＝0得点M的横坐标xM＝－x1y1－1.又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝x1kx1＋t－1.同理，|ON|＝x2kx2＋t－1.由y＝kx＋t，x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，则x1＋x2＝－4kt1＋2k2，x1x2＝2t2－21＋2k2.所以|OM|·|ON|＝x1kx1＋t－1·x2kx2＋t－1＝x