2020届二轮复习(理)第2部分专题5第3讲　圆锥曲线中的综合问题学案

第3讲　圆锥曲线中的综合问题

　求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考)
考向1　构造不等式求最值或范围

[高考解读]　以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学运算能力和逻辑推理及等价转化能力.
(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－.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．
切入点：(1)由kAM·kBM＝－求C的方程，并注意x的范围．
(2)①证明kPQ·kPG＝－1即可；②建立面积函数，借助不等式求解．
[解](1)由题设得·＝－，化简得＋＝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设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)．
由得x＝±.
记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0. ①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝，由此得yG＝.
从而直线PG的斜率为＝－.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，所以△PQG的面积
S＝|PQ||PG|＝＝.
设t＝k＋，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.
因此，△PQG面积的最大值为.
[点评]　最值问题一般最终转化为某一个变量的函数，求最值时常用均值不等式，单调性，导数来求，重视一般函数中有分式，高次根式在求最值问题上的应用.
[教师备选题]
(2014·全国卷Ⅰ)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．
(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．
切入点：(1)由e＝，kAF＝可求a，b的值；
(2)设出l的方程，表示出弦长|PQ|及点O到直线PQ的距离d，由S△OPQ＝|PQ|d建立函数关系式，并借助不等式求最值．
[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.

基本不等式求最值的5种典型情况分析
(1)s＝(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．
(2)s＝≥(基本不等式)．
(3)s＝(基本不等式)．
(4)s＝＝(先分离参数，再利用基本不等式)．
(5)s＝＝(上下同时除以k2，令t＝k＋换元，再利用基本不等式)．

(长度的最值问题)若F1，F2分别是椭圆E：＋y2＝1的左、右焦点，F1，F2关于直线x＋y－2＝0的对称点是圆C的一条直径的两个端点．
(1)求圆C的方程；
(2)设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a，b.当ab取最大值时，求直线l的方程．
[解](1)因为F1(－2,0)，F2(2,0)，所以圆C半径为2，圆心C是原点O关于直线x＋y－2＝0的对称点．
设C(p，q)，由得p＝q＝2，所以C(2,2)．
所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝4.
(2)设直线l的方程为x＝my＋2，则圆心C到直线l的距离d＝，所以b＝2＝，由得(5＋m2)y2＋4my－1＝0，设直线l与椭圆E交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1·y2＝，
a＝|AB|＝＝，
ab＝＝≤2，当且仅当＝，即m＝±时等号成立．
所以当m＝±时，ab取最大值．此时直线l的方程为x±y－2＝0.
考向2　构造函数求最值或范围

(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y)－ (1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－＜x＜求其范围；
(2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|·|PQ|的函数，进而借助导数求其最值．
[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，
因为－ 所以－1＜x－＜1，
即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是xQ＝.
因为|PA|＝＝(k＋1)，
|PQ|＝(xQ－x)＝－，
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)在区间上单调递增，在上单调递减，
因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.

构造函数法求最值或范围时的策略
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、斜率等)，把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法(单调性或导数)进行求解．

(面积最值问题)已知动圆C过定点F2(1,0)，并且内切于定圆F1：(x＋1)2＋y2＝12.
(1)求动圆圆心C的轨迹方程；
(2)若曲线y2＝4x上存在两个点M，N，(1)中曲线上有两个点P，Q，并且M，N，F2三点共线，P，Q，F2三点共线，PQ⊥MN，求四边形PMQN的面积的最小值．
[解](1)设动圆的半径为r，则|CF2|＝r，|CF1|＝2－r，所以|CF1|＋|CF2|＝2＞|F1F2|，由椭圆的定义知动圆圆心C的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，且a＝，c＝1，所以b＝，动圆圆心C的轨迹方程是＋＝1.
(2)当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，易得|MN|＝4，|PQ|＝2，四边形PMQN的面积S＝4.
当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，
联立方程得消元得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则|MN|＝＝＋4.
因为PQ⊥MN，所以直线PQ的方程为y＝－(x－1)，
由得(2k2＋3)x2－6x＋3－6k2＝0.
设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则
|PQ|＝＝.
则四边形PMQN的面积S＝|MN||PQ|＝＝.
令k2＋1＝t，t＞1，则S＝＝＝.
因为t＞1，所以0＜＜1，易知－＋的范围是(0,2)，所以S＞＝4.
综上可得S≥4，S的最小值为4.
　与圆锥曲线有关的定点、定值问题
考向1　定点问题

[高考解读]　由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的几何图形中，探求直线过定点、曲线过定点等一类常考题型．考查考生的数形结合思想和逻辑推理能力．
(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝，D为直线y＝－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，A(x1，y1)，则x＝2y1.
由y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.
所以直线AB过定点.
(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.
由可得x2－2tx－1＝0.
于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝|x1－x2|＝×＝2(t2＋1)．
设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝，d2＝.
因此，四边形ADBE的面积S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3).
设M为线段AB的中点，则M.
由于⊥，而＝(t，t2－2)，与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.
解得t＝0或t＝±1.
当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝4.
因此，四边形ADBE的面积为3或4.
[教师备选题]
(2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C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．
切入点：(1)结合椭圆的对称性及点与椭圆的关系判断三个点在椭圆上．
(2)设出直线l的方程，利用kP2A＋kP2B＝－1，证明l过定点．
[解](1)由于P3，P4两点关于y轴对称，
故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．
又由＋>＋知，
椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此解得
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，.
则由k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．
将y＝kx＋m代入＋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＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.
解得k＝－.
当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)．

定点问题的两大类型及解法
(1)动直线l过定点问题，解法：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，解法：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．

(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2＝，动点P的轨迹为E.
(1)求E的方程；
(2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足|＋|＝|－|，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．
[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)，
∵2＝，∴2(x0－x，－y)＝(0，－y0)，
即x0＝x，y0＝y，
又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x＋y＝4，
将x0＝x，y0＝y代入得＋＝1，
即轨迹E的方程为＋＝1.
(2)由(1)可知D(－2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－3m2＋9)＞0，
即3＋4k2－m2＞0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝，
∵|＋|＝|－|，∴⊥，即·＝0，
即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，
∴＋2×＋4＋＝0，
∴7m2－16mk＋4k2＝0，
解得m1＝2k，m2＝k，且均满足3＋4k2－m2＞0，
当m1＝2k时，l的方程为y＝kx＋2k＝k(x＋2)，直线恒过点(－2,0)，与已知矛盾；
当m2＝k时，l的方程为y＝kx＋k＝k，直线恒过点.
∴直线l恒过定点，定点坐标为.
考向2　定值问题

[高考解读]　由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的图形中，探求线段长为定值、直线的斜率或斜率之和(积)等为定值是高考考查圆锥曲线几何性质的一类常见题型，求解时要有数形结合的意识和合情推理的能力.
(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.

求解定值问题的两大途径
(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，从而得到定值．

(2019·惠州调研)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．
[解](1)由题意知＝，b＝1，所以a＝，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设直线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，
由题意知Δ＞0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x2≠0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以kAP＋kAQ＝＋
＝＋＝2k＋(2－k)
＝2k＋(2－k)＝2k－2(k－1)＝2，
故直线AP与AQ的斜率之和为定值2.
[点评]　定值问题建议由特殊情况先求定值(斜率k不存在，k＝0等)再推导一般情况，这样易得分且方向目标明确.
　圆锥曲线中的证明、存在性问题
考向1　圆锥曲线中的证明问题

[高考解读]　圆锥曲线中的证明一般包括两大方面，一是位置关系的证明：如证明相切、垂直、过定点等.二是数量关系的证明：如存在定值、恒成立、线段或角相等等.考查学生的等价转化、逻辑推理及数学运算的能力.
(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m＞0)．
(1)证明：k＜－；
(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列，并求该数列的公差．
切入点：(1)中点弦问题用“点差法”．
(2)由＋＋＝0表示出点P的坐标，表示出||，||，||，并证明2||＝||＋||即可．
[证明](1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则＋＝1，＋＝1.
两式相减，并由＝k得＋·k＝0.
由题设知＝1，＝m，于是k＝－. ①
由题设得0＜m＜，故k＜－.
(2)由题意得F(1,0)．设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．
由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m＜0.
又点P在C上，所以m＝，从而P，
||＝.
于是||＝＝＝2－.同理||＝2－.
所以||＋||＝4－(x1＋x2)＝3.
故2||＝||＋||，即||，||，||成等差数列．
设该数列的公差为d，则
2|d|＝|||－|||＝|x1－x2|＝ ②
将m＝代入①得k＝－1.
所以l的方程为y＝－x＋，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋＝0.
故x1＋x2＝2，x1x2＝，代入②解得|d|＝.
所以该数列的公差为或－.

圆锥曲线中证明题的求解策略
处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决．

(证明位置关系)(2019·济南一模)已知点F为抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点G(－1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．
[解](1)由抛物线的定义，得|AF|＝2＋.
由已知|AF|＝3，得2＋＝3，解得p＝2，
所以抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)如图，因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，
所以m＝±2，由抛物线的对称性，不妨设A(2,2)．
由A(2,2)，F(1,0)可得直线AF的方程为
y＝2(x－1)．
由得2x2－5x＋2＝0，
解得x＝2或x＝，从而B.
又G(－1,0)，所以kGA＝＝，
kGB＝＝－，
所以kGA＋kGB＝0，从而∠AGF＝∠BGF，这表明点F到直线GA，GB的距离相等，故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．
考向2　“肯定顺推法”求解存在性问题

[高考解读]　解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化.从命题角度上看，近几年高考在解析几何中涉及研究角相等，角平分线等，常转化为直线斜率互补(成相等)问题，注意灵活转化.
(2015·全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，曲线C：y＝与直线l：y＝kx＋a(a＞0)交于M，N两点．
(1)当k＝0时，分别求C在点M和N处的切线方程；
(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有∠OPM＝∠OPN？说明理由．
[解](1)由题设可得M(2，a)，N(－2，a)，或M(－2，a)，N(2，a)．
由y＝，得y′＝，故y＝在x＝2处的导数值为，C在点(2，a)处的切线方程为y－a＝(x－2)，
即x－y－a＝0.
y＝在x＝－2处的导数值为－，C在点(－2，a)处的切线方程为y－a＝－(x＋2)，即x＋y＋a＝0.
故所求切线方程为x－y－a＝0和x＋y＋a＝0.
(2)存在符合题意的点．证明如下：
设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.
将y＝kx＋a代入C的方程，得x2－4kx－4a＝0.
故x1＋x2＝4k，x1x2＝－4a.
从而k1＋k2＝＋
＝＝.
当b＝－a时，有k1＋k2＝0，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故∠OPM＝∠OPN，所以点P(0，－a)符合题意．

探索性问题的求解步骤
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，列出关于特定系数的方程组，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．
提醒：反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．

(与几何图形有关的探索性问题)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右焦点分别为F1，F2，在直线x－y＋＝0上有且只有一个点M满足·＝0.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P(1，y0)是椭圆C上且位于第一象限的点，弦AB过椭圆C的右焦点F2，过点P且平行于AB的直线与椭圆C交与另一点Q，问：是否存在A，B，使得四边形PABQ是平行四边形？若存在，求出弦AB所在直线的方程；若不存在，请说明理由．
[解](1)依题意知满足·＝0的点M在以F1F2为直径的圆x2＋y2＝c2上，
又在直线x－y＋＝0上有且只有一个点M满足·＝0，
所以直线x－y＋＝0与圆x2＋y2＝c2相切，
则＝c＝1.
又椭圆C的离心率e＝＝，则a＝2，b2＝a2－c2＝3，
于是椭圆C的方程为＋＝1.
(2)由题意可得P.
假设存在满足条件的A，B，易知直线AB的斜率一定存在，设为k，
则直线AB的方程为y＝k(x－1)，直线PQ的方程为y－＝k(x－1)．
由消去y并整理，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.
由消去y并整理，得(3＋4k2)x2－(8k2－12k)x＋4k2－12k－3＝0，
设Q(x3，y3)，又P，则x3＋1＝，x3·1＝，
求得x3＝.
若四边形PABQ是平行四边形，则PB的中点与AQ的中点重合，
所以＝，即x1－x2＝1－x3，则(x1＋x2)2－4x1x2＝(1－x3)2，
所以－4×＝，
化简得16k4－4(k2－3)(3＋4k2)＝9(2k＋1)2，解得k＝.
所以存在A，B，使得四边形PABQ是平行四边形，弦AB所在直线的方程为y＝(x－1)，即3x－4y－3＝0.