2020届二轮复习圆锥曲线的综合应用教案（全国通用）

2020届二轮复习 圆锥曲线的综合应用 教案（全国通用）
高频考点一 圆锥曲线中的最值、范围
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．
例1、如图所示，设抛物线y2＝2px(p>0)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．

【变式探究】已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．学-科网
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
解：(1)设F(c，0)，由条件知，＝，得c＝.
又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.
故E的方程为＋y2＝1.
(2)当l⊥x轴时不合题意，
故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
将y＝kx－2代入＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
当Δ＝16(4k2－3)＞0，
即k2＞时，x1，2＝.
从而|PQ|＝|x1－x2|＝.
又点O到直线PQ的距离d＝ .
所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.
设＝t，则t＞0，S△OPQ＝＝.
因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ＞0.
所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.
高频考点二　 定点、定值问题探究
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．
例2、已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值．
(1)解：由题意得解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由(1)知A(2，0)，B(0，1)．
设P(x0，y0)，则x＋4y＝4.
当x0≠0时，
直线PA的方程为y＝(x－2)．
令x＝0，得yM＝－，
从而|BM|＝|1－yM|＝.
直线PB的方程为y＝x＋1.
令y＝0得xN＝－，
从而|AN|＝|2－xN|＝.
所以|AN|·|BM|
＝·
＝
＝＝4.
当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，
所以|AN|·|BM|＝4.
综上可知，|AN|·|BM|为定值．
【方法规律】
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．
【变式探究】如图，椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点A(0，－1)，且离心率为.

(1)求椭圆E的方程；
(2)经过点(1，1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值．
(1)解：由题设知＝，b＝1，
结合a2＝b2＋c2，解得a＝，
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入＋y2＝1，
得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0.由已知Δ＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
从而直线AP，AQ的斜率之和
kAP＋kAQ＝＋＝＋＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2.
故kAP＋kAQ为定值2.
例3、已知焦距为2的椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右顶点为A，直线y＝与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.
若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM.点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点．

(2)证明：设直线MN的方程为y＝k(x＋2)，N(x0，y0)，
DA⊥AM，所以D(2，4k).
由整理得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0.
则－2x0＝，即x0＝，
所以y0＝k(x0＋2)＝，则N，

设G(t，0)，则t≠－2，若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，则DG⊥AN，
所以·＝0恒成立．
因为＝(2－t，4k)，
＝，
所以·＝(2－t)·＋4k·＝0恒成立，
即＝0恒成立，所以t＝0，
所以点G是定点(0，0)．
【方法规律】
1．动直线l过定点问题，设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．
2．动曲线C过定点问题，引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．[来源:]
【变式探究】已知两点A(－，0)，B(，0)，动点P在x轴上的投影是Q，且2·＝||2.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过F(1，0)作互相垂直的两条直线交轨迹C于点G，H，M，N，且E1，E2分别是GH，MN的中点．求证：直线E1E2恒过定点．
(1)解：设点P坐标为(x，y)，所以点Q的坐标为(x，0)．
因为2·＝||2，
所以2[(－－x)(－x)＋y2]＝y2，
化简得点P的轨迹方程为＋＝1.
(2)证明：当两直线的斜率都存在且不为0时，设lGH：y＝k(x－1)，G(x1，y1)，H(x2，y2)，lMN：y＝－(x－1)，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立消去y得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－4＝0.
则Δ＞0恒成立．
所以x1＋x2＝，且x1x2＝.
所以GH中点E1坐标为，
同理，MN中点E2坐标为，[来源:]
所以kE1E2＝，
所以lE1E2的方程为y＝，所以过点，
当两直线的斜率分别为0和不存在时，lE1E2的方程为y＝0，也过点，
综上所述，lE1E2过定点.
高频考点三 圆锥曲线中的存在性问题
存在性问题的解题步骤：(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)．
(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在．
(3)得出结论．
例3、 已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，点A在椭圆C上．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)是否存在斜率为2的直线，使得当该直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y＝上找到一点P，在椭圆C上找到一点Q，满足＝？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．
解：(1)设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，
因为A在椭圆C上，
所以2a＝|AF1|＋|AF2|＝2，则a＝，b2＝a2－c2＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)不存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为y＝2x＋t，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P，Q(x4，y4)，MN的中点为D(x0，y0)
由消去x，得9y2－2ty＋t2－8＝0，
所以y1＋y2＝，且Δ＝4t2－36(t2－8)＞0，
故y0＝＝，且－3＜t＜3.
由＝得＝(x4－x2，y4－y2)，
所以有y1－＝y4－y2，y4＝y1＋y2－＝t－.
也可由＝知四边形PMQN为平行四边形，而D为线段MN的中点，因此，D也为线段PQ的中点，所以y0＝＝，可得y4＝.
又－3＜t＜3，所以－＜y4＜－1，
与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1，1]矛盾．
因此不存在满足条件的直线．
【方法规律】
1．此类问题一般分为探究条件、探究结构两种．若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，不成立则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论．
2．求解步骤：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在，否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
【变式探究】已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且过点P，F为其右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A(4，0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(点M在A，N两点之间)，是否存在直线l使△AMF与△MFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)因为＝，所以a＝2c，b＝c.
设椭圆方程＋＝1，
又点P在椭圆上，所以＋＝1，解得c2＝1.
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－4)，
由消去y，
得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
由题意知Δ＝(32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)＞0，
解得－＜k＜.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝，①
x1x2＝.②
因为△AMF 与△MFN的面积相等，
所以|AM|＝|MN|，所以2x1＝x2＋4.③
由①③消去x2得x1＝.④
将x2＝2x1－4代入②，得x1(2x1－4)＝，⑤
将④代入到⑤式，整理化简得36k2＝5，
所以k＝±，经检验满足题设．
故直线l的方程为y＝±(x－4)．

1. （2018年天津卷）设椭圆(a>b>0)的左焦点为F，上顶点为B. 已知椭圆的离心率为，点A的坐标为，且.
（I）求椭圆的方程；
（II）设直线l：与椭圆在第一象限的交点为P，且l与直线AB交于点Q. 若 (O为原点) ，求k的值.
【答案】(Ⅰ)；(Ⅱ)或
【解析】（Ⅰ）设椭圆的焦距为2c，由已知有，
又由a2=b2+c2，可得2a=3b．由已知可得，，，
由，可得ab=6，从而a=3，b=2．
所以，椭圆的方程为．
（Ⅱ）设点P的坐标为（x1，y1），点Q的坐标为（x2，y2）．
由已知有y1>y2>0，故．
又因为，而∠OAB=，故．
由，可得5y1=9y2．
由方程组消去x，可得．
易知直线AB的方程为x+y–2=0，
由方程组消去x，可得．
由5y1=9y2，可得5（k+1）=，
两边平方，整理得，
解得，或．
所以，k的值为或
2. （2018年江苏卷）如图，在平面直角坐标系中，椭圆C过点，焦点，圆O的直径为．

（1）求椭圆C及圆O的方程；
（2）设直线l与圆O相切于第一象限内的点P．
①若直线l与椭圆C有且只有一个公共点，求点P的坐标；
②直线l与椭圆C交于两点．若的面积为，求直线l的方程．
【答案】（1）椭圆C的方程为；圆O的方程为
（2）①点P的坐标为；②直线l的方程为
【解析】（1）因为椭圆C的焦点为，
可设椭圆C的方程为．又点在椭圆C上，
所以，解得
因此，椭圆C的方程为．
因为圆O的直径为，所以其方程为．
（2）①设直线l与圆O相切于，则，
所以直线l的方程为，即．
由，消去y，得
．（*）
因为直线l与椭圆C有且只有一个公共点，
所以．
因为，所以．
因此，点P的坐标为．
②因为三角形OAB的面积为，所以，从而．
设，
由（*）得，
所以
．
因为，
所以，即，
解得舍去），则，因此P的坐标为．
综上，直线l的方程为．

3.（2018年全国I卷理数）设椭圆的右焦点为，过的直线与交于两点，点的坐标为.
（1）当与轴垂直时，求直线的方程；
（2）设为坐标原点，证明：.
【答案】(1) AM的方程为或.
(2)证明见解析.
【解析】
（1）由已知得，l的方程为x=1.
由已知可得，点A的坐标为或.
所以AM的方程为或.
（2）当l与x轴重合时，.
当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以.
当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为，，
则，直线MA，MB的斜率之和为.
由得
.
将代入得
.
所以，.
则.
从而，故MA，MB的倾斜角互补，所以.
综上，.
4. （2018年全国Ⅲ卷理数）已知斜率为的直线与椭圆交于，两点，线段的中点为．
（1）证明：；
（2）设为的右焦点，为上一点,且．证明：，，成等差数列，并求该数列的公差．
【答案】（1）
（2）或
【解析】（1）设，则.
两式相减，并由得
.
由题设知，于是
.①[来源:学,科,网Z,X,X,K]
由题设得，故.
（2）由题意得，设，则
.
由（1）及题设得.
又点P在C上，所以，从而，.
于是
.
同理.
所以.
故，即成等差数列.
设该数列的公差为d，则
.②
将代入①得.
所以l的方程为，代入C的方程，并整理得.
故，代入②解得.
所以该数列的公差为或.
5. （2018年浙江卷）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．

（Ⅰ）设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；
（Ⅱ）若P是半椭圆x2+=1(x