（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题

[全国卷3年考情分析]第3讲圆锥曲线的综合问题年份全国卷Ⅰ全国卷Ⅱ全国卷Ⅲ2019直线与圆的位置关系，定值问题·T21椭圆的定义及几何性质、参数的范围·T20直线与抛物线的位置关系、直线与圆的位置关系、定点问题·T212018直线的方程、直线与抛物线的位置关系、证明问题·T20直线的方程、直线与抛物线的位置关系、圆的方程·T20直线与椭圆的位置关系、证明问题·T202017直线与抛物线的位置关系、导数的几何意义·T20点的轨迹方程、椭圆方程、向量的数量积等·T20两直线垂直的条件、直线与圆的位置关系、直线方程·T20解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．解答题的热点题型有：(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲线中的判断(与证明)及探究问题．第1课时圆锥曲线中的定值、定点、证明问题考点一圆锥曲线中的几何证明问题[例1](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.[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＝2kx1x2－3k（x1＋x2）＋4k（x1－2）（x2－2）.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．[题后悟通]几何证明问题的解题策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．(2)解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．[跟踪训练]设椭圆E的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，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.考点二定值问题[例2](2019·福建五校第二次联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，上顶点M到直线3x＋y＋4＝0的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l过点(4，－2)，且与椭圆C相交于A，B两点，l不经过点M，证明：直线MA的斜率与直线MB的斜率之和为定值．[解](1)由题意可得e＝ca＝32，|b＋4|2＝3，a2＝b2＋c2，解得a＝4，b＝2，所以椭圆C的方程为x216＋y24＝1.(2)证明：易知直线l的斜率恒小于0，设直线l的方程为y＋2＝k(x－4)，k＜0且k≠－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得y＋2＝k（x－4），x216＋y24＝1，得(1＋4k2)x2－16k(2k＋1)x＋64k(k＋1)＝0，则x1＋x2＝16k（2k＋1）1＋4k2，x1x2＝64k（k＋1）1＋4k2，因为kMA＋kMB＝y1－2x1＋y2－2x2＝（kx1－4k－4）x2＋（kx2－4k－4）x1x1x2，所以kMA＋kMB＝2k－(4k＋4)×x1＋x2x1x2＝2k－4(k＋1)×16k（2k＋1）64k（k＋1）＝2k－(2k＋1)＝－1(为定值)．[题后悟通]求解定值问题的2大途径途径一首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关途径二先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值[跟踪训练]已知椭圆方程为x24＋y23＝1，右焦点为F，若直线l与椭圆C相切，过点F作FQ⊥l，垂足为Q，求证：|OQ|为定值(其中O为坐标原点)．证明：①当直线l的斜率不存在时，l的方程为x＝±2，点Q的坐标为(－2，0)或(2，0)，此时|OQ|＝2；②当直线l的斜率为0时，l的方程为y＝±3，点Q的坐标为(1，－3)或(1，3)，此时|OQ|＝2；③当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)．因为FQ⊥l，所以直线FQ的方程为y＝－1k(x－1)．由y＝kx＋m，x24＋y23＝1消去y，可得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(8km)2－4×(3＋4k2)×(4m2－12)＝0，整理得m2＝4k2＋3.(*)由y＝kx＋m，y＝－1k（x－1）得Q1－kmk2＋1，k＋mk2＋1，所以|OQ|＝1－kmk2＋12＋k＋mk2＋12＝1＋k2m2＋k2＋m2（k2＋1）2，将(*)式代入上式，得|OQ|＝4（k4＋2k2＋1）（k2＋1）2＝2.综上所述，|OQ|为定值，且定值为2.考点三定点问题[例3](2019·北京高考)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．[解](1)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＝x1x2k2x1x2＋k（t－1）（x1＋x2）＋（t－1）2＝2t2－21＋2k2k2·2t2－21＋2k2＋k（t－1）·－4kt1＋2k2＋（t－1）2＝21＋t1－t.又|OM|·|ON|＝2，所以21＋t1－t＝2.解得t＝0，所以直线l经过定点(0，0)．[题后悟通]直线过定点问题的解题模型[跟踪训练](2019·重庆市七校联合考试)已知O为坐标原点，抛物线C：y2＝4x，点A(－2，0)，设直线l与C交于不同的两点P，Q.(1)若直线l⊥x轴，求直线PA的斜率的取值范围；(2)若直线l不垂直于x轴，且∠PAO＝∠QAO，证明：直线l过定点．解：(1)当点P在第一象限时，设P(t，2t)，则kPA＝2t－0t＋2＝2t＋2t≤222＝22，∴kPA∈0，22，同理，当点P在第四象限时，kPA∈－22，0.综上所述，直线PA的斜率kPA∈－22，0∪0，22.(2)证明：设直线l的方程为y＝kx＋b(k≠0)，联立方程得y＝kx＋b，y2＝4x，得ky2－4y＋4b＝0，Δ＝16－16kb＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝4k，y1·y2＝4bk，∵∠PAO＝∠QAO，∴kAP＋kAQ＝y1x1＋2＋y2x2＋2＝y1（x2＋2）＋y2（x1＋2）（x1＋2）（x2＋2）＝4y1y2（y2＋y1）＋32（y1＋y2）y21y22＋8（y21＋y22）＋64＝4b＋8kb2＋4k2－4kb＋8＝0，∵b＝－2k，∴y＝kx－2k＝k(x－2)，直线l恒过定点(2，0)．