（浙江专用）2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 第10讲 圆锥曲线的综合问题课件

第九章平面解析几何第10讲圆锥曲线的综合问题(2019·杭州七校联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为12，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2＋y2＝34相切．(1)求椭圆C的方程；(2)过点(1，0)的直线l与C相交于A，B两点，在x轴上是否存在点N，使得NA→·NB→为定值？如果有，求出点N的坐标及定值；如果没有，请说明理由．圆锥曲线中的定点、定值问题【解】(1)因为椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为12，焦点与短轴的两顶点的连线与圆x2＋y2＝34相切，所以e＝ca＝12bc＝32b2＋c2a2＝b2＋c2，解得c2＝1，a2＝4，b2＝3.所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，3x2＋4y2＝12y＝k（x－1）⇒(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则Δ＞0，x1＋x2＝8k24k2＋3x1x2＝4k2－124k2＋3，若存在定点N(m，0)满足条件，则有NA→·NB→＝(x1－m)(x2－m)＋y1y2＝x1x2＋m2－m(x1＋x2)＋k2(x1－1)(x2－1)＝(1＋k2)x1x2－(m＋k2)(x1＋x2)＋k2＋m2＝（1＋k2）（4k2－12）4k2＋3－（m＋k2）8k24k2＋3＋k2＋m2＝（4m2－8m－5）k2＋3m2－124k2＋3.如果要使上式为定值，则必须有4m2－8m－53m2－12＝43⇒m＝118，验证当直线l斜率不存在时，也符合．故存在点N118，0满足NA→·NB→＝－13564.圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值：依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值；(2)求点到直线的距离为定值：利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得；(3)求某线段长度为定值：利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．(2019·杭州、宁波二市三校联考)已知抛物线C：y2＝2px(p0)过点M(m，2)，其焦点为F′，且|MF′|＝2.(1)求抛物线C的方程；(2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x－1)2＋y2＝1相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点．解：(1)抛物线C的准线方程为x＝－p2，所以|MF′|＝m＋p2＝2，又4＝2pm，即4＝2p2－p2，所以p2－4p＋4＝0，所以p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：设点E(0，t)(t≠0)，由已知切线不为y轴，设直线EA：y＝kx＋t，联立y＝kx＋ty2＝4x，消去y，可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，①因为直线EA与抛物线C相切，所以Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①可得1t2x2－2x＋t2＝0，所以x＝t2，即A(t2，2t)．设切点B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点O、B关于直线EF：y＝－tx＋t对称，则y0x0×t－00－1＝－1y02＝－t·x02＋t，解得x0＝2t2t2＋1y0＝2tt2＋1，即B2t2t2＋1，2tt2＋1.直线AF的斜率为kAF＝2tt2－1(t≠±1)，直线BF的斜率为kBF＝2tt2＋1－02t2t2＋1－1＝2tt2－1(t≠±1)，所以kAF＝kBF，即A，B，F三点共线．当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时A，B，F三点共线．所以直线AB过定点F(1，0)．(高频考点)圆锥曲线中的范围(最值)问题是高考命题的热点，多以解答题的第二问呈现，试题难度较大．主要命题角度有：(1)建立目标函数求范围、最值；(2)利用基本不等式求最值；(3)利用判别式构造不等关系求范围．圆锥曲线中的范围、最值问题角度一建立目标函数求范围、最值(2017·高考浙江卷)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，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，12，1上单调递减，因此当k＝12时，|PA|·|PQ|取得最大值2716.角度二利用基本不等式求最值(2019·浙江省名校协作体联考)若椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，线段F1F2被抛物线y2＝2bx的焦点F分成了3∶1的两段．(1)求椭圆的离心率；(2)过点C(－1，0)的直线l交椭圆于不同两点A，B，且AC→＝2CB→，当△AOB的面积最大时，求直线l的方程．【解】(1)由题意知，c＋b2＝3c－b2，所以b＝c，a2＝2b2，所以e＝ca＝1－ba2＝22.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝ky－1(k≠0)，因为AC→＝2CB→，所以(－1－x1，－y1)＝2(x2＋1，y2)，即2y2＋y1＝0，①由(1)知，a2＝2b2，所以椭圆方程为x2＋2y2＝2b2.由x＝ky－1x2＋2y2＝2b2，消去x，得(k2＋2)y2－2ky＋1－2b2＝0，所以y1＋y2＝2kk2＋2，②由①②知，y2＝－2kk2＋2，y1＝4kk2＋2，因为S△AOB＝12|y1|＋12|y2|，所以S△AOB＝3·|k|k2＋2＝3·12|k|＋|k|≤32·12|k|·|k|＝324，当且仅当|k|2＝2，即k＝±2时取等号，此时直线l的方程为x＝2y－1或x＝－2y－1.角度三利用判别式构造不等关系求范围已知椭圆的一个顶点为A(0，－1)，焦点在x轴上，中心在原点．若右焦点到直线x－y＋22＝0的距离为3.(1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆相交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围．【解】(1)依题意可设椭圆方程为x2a2＋y2＝1，则右焦点F(a2－1，0)，由题设|a2－1＋22|2＝3，解得a2＝3.所以所求椭圆的方程为x23＋y2＝1.(2)设P(xP，yP)，M(xM，yM)，N(xN，yN)，P为弦MN的中点，由y＝kx＋m，x23＋y2＝1，得(3k2＋1)x2＋6mkx＋3(m2－1)＝0，因为直线与椭圆相交，所以Δ＝(6mk)2－4(3k2＋1)×3(m2－1)＞0⇒m2＜3k2＋1.①所以xP＝xM＋xN2＝－3mk3k2＋1，从而yP＝kxP＋m＝m3k2＋1，所以kAP＝yP＋1xP＝－m＋3k2＋13mk，又因为|AM|＝|AN|，所以AP⊥MN，则－m＋3k2＋13mk＝－1k，即2m＝3k2＋1.②把②代入①，得m2＜2m，解得0＜m＜2；由②得k2＝2m－13＞0，解得m＞12.综上，m的取值范围是12，2.范围、最值问题的求解策略(1)几何法：若题目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解决．(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值．在利用代数法解决最值与范围问题时常从以下五个方面考虑：①利用判别式来构造不等关系，从而确定参数的取值范围；②利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的关键是在两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；④利用基本不等式求出参数的取值范围；⑤利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．1．如图，设抛物线y2＝2px(p0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于|AF|－1.(1)求p的值；(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M.求M的横坐标的取值范围．解：(1)由题意可得，抛物线上的点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得p2＝1，即p＝2.(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1，0)，可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1.因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，由y2＝4xx＝sy＋1，消去x得y2－4sy－4＝0，故y1y2＝－4，所以B1t2，－2t.又直线AB的斜率为2tt2－1，故直线FN的斜率为－t2－12t.从而得直线FN：y＝－t2－12t(x－1)，直线BN：y＝－2t，所以Nt2＋3t2－1，－2t.设M(m，0)，由A，M，N三点共线得2tt2－m＝2t＋2tt2－t2＋3t2－1，于是m＝2t2t2－1＝2＋2t2－1.所以m0或m2.经检验，m0或m2满足题意．综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．2．(2019·杭州中学高三月考)如图，以椭圆x2a2＋y2＝1的右焦点F2为圆心，1－c为半径作圆F2(其中c为已知椭圆的半焦距)，过椭圆上一点P作此圆的切线，切点为T.(1)若a＝54，P为椭圆的右顶点，求切线长|PT|；(2)设圆F2与x轴的右交点为Q，过点Q作斜率为k(k＞0)的直线l与椭圆相交于A，B两点，若OA⊥OB，且|PT|≥32(a－c)恒成立，求直线l被圆F2所截得弦长的最大值．解：(1)由a＝54得c＝34，则当P为椭圆的右顶点时|PF2|＝a－c＝12，故此时的切线长|PT|＝|PF2|2－（1－c）2＝34.(2)当|PF2|取得最小值时|PT|取得最小值，而|PF2|min＝a－c，由|PT|≥32(a－c)恒成立，得（a－c）2－（1－c）2≥32(a－c)，则34≤c＜1.由题意Q点的坐标为(1，0)，则直线l的方程为y＝k(x－1)，代入x2a2＋y2＝1，得(a2k2＋1)x2－2a2k2x＋a2k2－a2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有x1＋x2＝2a2k2a2k2＋1，x1x2＝a2k2－a2a2k2＋1，可得y1y2＝k2[x1x2－(x1＋x2)＋1]＝k2（1－a2）a2k2＋1，又OA⊥OB，则x1x2＋y1y2＝k2－a2a2k2＋1＝0⇒k＝a，可得直线l的方程为ax－y－a＝0，圆心F2(c，0)到直线l的距离d＝|ac－a|a2＋1，半径r＝1－c，则直线l被圆F2所截得弦长s＝2（1－c）2－a2（1－c）2a2＋1＝2（1－c）c2＋2，设1－c＝t，则0＜t≤14，又1s＝123t2－2t＋1＝1231t－132＋23，则当t＝14时1s的最小值为412，即当c＝34时s的最大值为24141.(2019·温州中学高三模拟)设直线l与抛物线x2＝2y交于A，B两点，与椭圆x24＋y23＝1交于C，D两点，直线OA，OB，OC，OD(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，k3，k4，若OA⊥OB.(1)是否存在实数t，满足k1＋k2＝t(k3＋k4)，并说明理由；(2)求△OCD面积的最大值．圆锥曲线中的探索性问题【解】设直线l方程为y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C