2020版高考理科数学（人教版）一轮复习讲义：第九章第九节解析几何压轴大题突破策略第三课时　题型上——高考3大题型逐一精研


第三课时　题型上——高考3大题型逐一精研
题型一　定点、定值问题

定点问题
[例1]　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点F(，0)，长半轴长与短半轴长的比值为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设不经过点B(0,1)的直线l与椭圆C相交于不同的两点M，N，若点B在以线段MN为直径的圆上，证明直线l过定点，并求出该定点的坐标．
[解]　(1)由题意得，c＝，＝2，a2＝b2＋c2，
∴a＝2，b＝1，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
∴Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，x1＋x2＝，x1x2＝.
∵点B在以线段MN为直径的圆上，∴·＝0.
∵·＝(x1，kx1＋m－1)·(x2，kx2＋m－1)＝(k2＋1)x1x2＋k(m－1)(x1＋x2)＋(m－1)2＝0，
∴(k2＋1)＋k(m－1)＋(m－1)2＝0，
整理，得5m2－2m－3＝0，
解得m＝－或m＝1(舍去)．
∴直线l的方程为y＝kx－.
易知当直线l的斜率不存在时，不符合题意．
故直线l过定点，且该定点的坐标为.

圆锥曲线中定点问题的两种解法
(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点．
(2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关．　　　　
[过关训练]
1.如图，已知直线l：y＝kx＋1(k＞0)关于直线y＝x＋1对称的直线为l1，直线l，l1与椭圆E：＋y2＝1分别交于点A，M和A，N，记直线l1的斜率为k1.
(1)求k·k1的值；
(2)当k变化时，试问直线MN是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点坐标；若不恒过定点，请说明理由．
解：(1)设直线l上任意一点P(x，y)关于直线y＝x＋1对称的点为P0(x0，y0)，
直线l与直线l1的交点为(0,1)，
∴l：y＝kx＋1，l1：y＝k1x＋1，
k＝，k1＝，由＝＋1，
得y＋y0＝x＋x0＋2，①
由＝－1，得y－y0＝x0－x，②
由①②得
∴k·k1＝
＝＝1.
(2)由得(4k2＋1)x2＋8kx＝0，
设M(xM，yM)，N(xN，yN)，
∴xM＝，yM＝.
同理可得xN＝＝，yN＝＝.
kMN＝＝＝＝－，
直线MN：y－yM＝kMN(x－xM)，
即y－＝－，
即y＝－x－＋＝－x－.
∴当k变化时，直线MN过定点.

定值问题
[例2]　(2019·沈阳模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦点为F1，F2，离心率为，点P为其上一动点，且三角形PF1F2的面积最大值为，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若点M，N为C上的两个动点，求常数m，使·＝m时，点O到直线MN的距离为定值，求这个定值．
[解]　(1)当点P位于短轴的端点时，△PF1F2的面积最大，即×2c×b＝，
则有解得
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＋y1y2＝m，
当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋n，则点O到直线MN的距离d＝ ＝ ，
联立消去y，得(4k2＋3)x2＋8knx＋4n2－12＝0, 由Δ＞0得4k2－n2＋3＞0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
所以x1x2＋(kx1＋n)(kx2＋n)＝(k2＋1)x1x2＋kn(x1＋x2)＋n2＝m，整理得＝12＋.
因为d＝ 为常数，则m＝0，d＝ ＝，
此时＝12满足Δ＞0.
当MN⊥x轴时，由m＝0得kOM＝±1，
联立消去y，得x2＝，
点O到直线MN的距离d＝|x|＝亦成立．
综上可知，当m＝0时，点O到直线MN的距离为定值，这个定值是.

圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法
(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值．
(2)两大解法：
①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；
②引起变量法：其解题流程为

[过关训练]
2．(2019·昆明调研)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦距为4，P是椭圆C上的点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)O为坐标原点，A，B是椭圆C上不关于坐标轴对称的两点，设＝＋，证明：直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值．
解：(1)由题意知2c＝4，即c＝2，
则椭圆C的方程为＋＝1，
因为点P在椭圆C上，
所以＋＝1，解得a2＝5或a2＝(舍去)，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1≠x2且x1＋x2≠0，
由＋＝，得D(x1＋x2，y1＋y2)，
所以直线AB的斜率kAB＝，
直线OD的斜率kOD＝，
由得(x1＋x2)(x1－x2)＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，即·＝－，
所以kAB·kOD＝－.
故直线AB的斜率与OD的斜率的乘积为定值－.
题型二　最值、范围问题

最值问题
[例1]　(2018·南昌模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，准线为l，过焦点F的直线交C于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，y1y2＝－4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)如图，点B在准线l上的正投影为E，D是C上一点，且AD⊥EF，求△ABD面积的最小值及此时直线AD的方程．
[解]　(1)依题意知F，
当直线AB的斜率不存在时，y1y2＝－p2＝－4，
解得p＝2.
当直线AB的斜率存在时，设lAB：y＝k(k≠0)，
由消去x并整理，得y2－y－p2＝0，
则y1y2＝－p2，
由y1y2＝－4，得p2＝4，解得p＝2.
综上所述，抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设D(x0，y0)，B，
则E(－1，t)，又由y1y2＝－4，可得A.
因为kEF＝－，AD⊥EF，所以kAD＝，
则直线lAD的方程为y＋＝，
化简得2x－ty－4－＝0.
由消去x并整理，得y2－2ty－8－＝0，Δ＝(－2t)2－4＝4t2＋＋32＞0恒成立，
所以y1＋y0＝2t，y1y0＝－8－.
于是|AD|＝|y1－y0|＝＝ ，
设点B到直线AD的距离为d，则d＝＝.
所以S△ABD＝|AD|·d＝≥16，
当且仅当t4＝16，即t＝±2时取等号，即△ABD面积的最小值为16.
当t＝2时，直线AD的方程为x－y－3＝0；当t＝－2时，直线AD的方程为x＋y－3＝0.

圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．　　　　
[过关训练]
1．(2018·安康质检)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1这4个点构成了一个高为，面积为3的等腰梯形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求△F2AB面积的最大值．
解：(1)由已知条件，得b＝，且×＝3，
∴a＋c＝3.又a2－c2＝3，∴a＝2，c＝1，
∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)显然，直线的斜率不能为0，
设直线的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程，得消去x得，
(3m2＋4)y2－6my－9＝0.
∵直线过椭圆内的点，
∴无论m为何值，直线和椭圆总相交．
∴y1＋y2＝，y1y2＝－.
∴＝|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|
＝＝12
＝4＝4，
令t＝m2＋1≥1，设f(t)＝t＋，易知t∈时，函数f(t)单调递减，t∈时，函数f(t)单调递增，
∴当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，f(t)取得最小值，f(t)min＝，此时，取得最大值3.

范围问题
[例2]　(2019·合肥模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线xsin θ＋ycos θ－1＝0相切(θ为常数)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线l与椭圆交于M，N两点，求·的取值范围．
[解]　(1)由题意，得解得
故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)由(1)得F1(－1,0)，F2(1,0)．
①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线l的方程为x＝1，不妨记M，N，
∴＝，＝，
故·＝.
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由消去y得，
(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝.①
＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，
则·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2，
结合①可得·＝＋＋1＋k2＝＝－，
由k2≥0可得·∈.
综上可知，·的取值范围是.

解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，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，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．　　　　
[过关训练]
2．(2019·惠州调研)如图，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右顶点为A(2,0)，左、右焦点分别为F1，F2，过点A且斜率为的直线与y轴交于点P，与椭圆交于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为点F1.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点P且斜率大于的直线与椭圆交于M，N两点(|PM|＞|PN|)，若S△PAM∶S△PBN＝λ，求实数λ的取值范围．
解：(1)因为BF1⊥x轴，所以点B，
所以解得
所以椭圆C的标准方程是＋＝1.
(2)因为＝＝＝λ⇒＝(λ＞2)，
所以＝－.
由(1)可知P(0，－1)，
设直线MN的方程为y＝kx－1，
M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立方程，得
化简得，(4k2＋3)x2－8kx－8＝0.
得(*)
又＝(x1，y1＋1)，＝(x2，y2＋1)，有x1＝－x2，
将x1＝－x2代入(*)可得，＝.
因为k＞，所以＝∈(1,4)，
则1＜＜4且λ＞2，解得4＜λ＜4＋2.
综上所述，实数λ的取值范围为(4,4＋2)．
题型三　证明、探索性问题


证明问题
[例1]　(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋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)，直线l的方程为x＝1.
则点A的坐标为或.
又M(2,0)，
所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，
即x＋y－2＝0或x－y－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x1＜，x2＜，直线MA，MB的斜率之和为
kMA＋kMB＝＋.
由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，
得kMA＋kMB＝.
将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，
得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k
＝＝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．

圆锥曲线中证明问题，常见位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立等．在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．　　　　
[过关训练]
1．(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．
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－.


探索性问题
[例2]　(2019·合肥质检)
如图，在平面直角坐标系中，点F(－1，0)，过直线l：x＝－2右侧的动点P作PA⊥l于点A，∠APF的平分线交x轴于点B，|PA|＝|BF|.
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)过点F的直线q交曲线C于M，N，试问：x轴正半轴上是否存在点E，直线EM，EN分别交直线l于R，S两点，使∠RFS为直角？若存在，求出点E的坐标，若不存在，请说明理由．
[解]　(1)设P(x，y)，由平面几何知识得＝，
即＝，化简得＋y2＝1，
所以动点P的轨迹C的方程为＋y2＝1(x≠)．
(2)假设满足条件的点E(n,0)(n＞0)存在，设直线q的方程为x＝my－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，R(－2，y3)，S(－2，y4)．联立消去x，得(m2＋2)y2－2my－1＝0，y1＋y2＝，y1y2＝－，
x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1＝－－＋1＝，
x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝－2＝－，
由条件知＝，y3＝－，
同理y4＝－，
kRF＝＝－y3，kSF＝－y4.
因为∠RFS为直角，所以y3y4＝－1，
所以(2＋n)2y1y2＝－[x1x2－n(x1＋x2)＋n2]，
(2＋n)2＝＋＋n2，
所以(n2－2)(m2＋1)＝0，n＝，
故满足条件的点E存在，其坐标为(，0)．

存在性问题的求解方法
(1)存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：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．
(2)反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法．　　　　
[过关训练]
2．(2019·福州四校联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点分别为F1，F2，短轴的一个端点为P，△PF1F2内切圆的半径为，设过点F2的直线l被椭圆C截得的线段为RS，当l⊥x轴时，|RS|＝3.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)在x轴上是否存在一点T，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称？若存在，请求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
解：(1)由内切圆的性质，
得×2c×b＝×(2a＋2c)×，得＝.
将x＝c代入＋＝1，得y＝±，所以＝3.
又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝，
故椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)当直线l垂直于x轴时，显然x轴上任意一点T都满足TS与TR所在直线关于x轴对称．
当直线l不垂直于x轴时，假设存在T(t,0)满足条件，设l的方程为y＝k(x－1)，R(x1，y1)，S(x2，y2)．
联立
得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
由根与系数的关系得①
其中Δ＞0恒成立，
由TS与TR所在直线关于x轴对称，得kTS＋kTR＝0(显然TS，TR的斜率存在)，
即＋＝0.②
因为R，S两点在直线y＝k(x－1)上，
所以y1＝k(x1－1)，y2＝k(x2－1)，代入②得

＝＝0，
即2x1x2－(t＋1)(x1＋x2)＋2t＝0，③
将①代入③得
＝＝0，④
则t＝4，综上所述，存在T(4,0)，使得当l变化时，总有TS与TR所在直线关于x轴对称．