2019届二轮复习　圆锥曲线的综合问题学案（全国通用）

第3讲　圆锥曲线的综合问题
[考情考向分析]　1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题.2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大．

热点一　范围、最值问题
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　已知N为圆C1：(x＋2)2＋y2＝24上一动点，圆心C1关于y轴的对称点为C2，点M，P分别是线段C1N，C2N上的点，且·＝0，＝2.
(1)求点M的轨迹方程；
(2)直线l：y＝kx＋m与点M的轨迹Γ只有一个公共点P，且点P在第二象限，过坐标原点O且与l垂直的直线l′与圆x2＋y2＝8相交于A，B两点，求△PAB面积的取值范围．
解　(1)连接MC2，

因为＝2，
所以P为C2N的中点，
因为·＝0，
所以⊥，
所以点M在C2N的垂直平分线上，
所以|MN|＝|MC2|，
因为|MN|＋|MC1|＝|MC2|＋|MC1|＝2>4，
所以点M在以C1，C2为焦点的椭圆上，
因为a＝，c＝2，所以b2＝2，
所以点M的轨迹方程为＋＝1.
(2)由得
(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，
因为直线l：y＝kx＋m与椭圆Γ相切于点P，
所以Δ＝(6km)2－4(3k2＋1) (3m2－6)
＝12(6k2＋2－m2)＝0，即m2＝6k2＋2，
解得x＝，y＝，
即点P的坐标为，
因为点P在第二象限，所以k>0，m>0，
所以m＝，
所以点P的坐标为，
设直线l′与l垂直交于点Q，
则|PQ|是点P到直线l′的距离，
且直线l′的方程为y＝－x，
所以|PQ|＝
＝＝
≤＝＝－，
当且仅当3k2＝，即k2＝时，|PQ|有最大值－，
所以S△PAB＝×4×|PQ|≤4－4，
即△PAB面积的取值范围为.
思维升华　解决范围问题的常用方法
(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，利用数形结合法求解．
(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．
(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．
跟踪演练1　(2018·衡水金卷信息卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一条切线方程为y＝2x＋2，且离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两个不同的点，与y轴交于点M，且＝3，求实数m的取值范围．
解　(1)由题意知，离心率e＝＝，
∴c＝a，b＝a，∴＋＝1，
将y＝2x＋2代入，得8x2＋8x＋8－a2＝0，
由Δ＝128－32(8－a2)＝0，得a2＝4，
故椭圆C的标准方程为x2＋＝1.
(2)根据已知，得M(0，m)，
设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，
由得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0，
且Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)>0，
即k2－m2＋4>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝，
由＝3，得－x1＝3x2，即x1＝－3x2，
∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，
∴＋＝0，
即m2k2＋m2－k2－4＝0，
当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，
∴k2＝，
∵k2－m2＋4>0，
∴－m2＋4>0，即>0，
∴1b>0)过点P，点F是椭圆的右焦点．
(1)求椭圆方程；
(2)在x轴上是否存在定点D，使得过D的直线l交椭圆于A，B两点．设点E为点B关于x轴的对称点，且A，F，E三点共线？若存在，求D点坐标；若不存在，说明理由．
解　(1)∵ 2a＝4，∴ a＝2，
将点P代入＋＝1，得b2＝3.
∴椭圆方程为＋＝1.
(2)存在定点D满足条件．
设D(t,0)，直线l方程为x＝my＋t(m≠0)，
联立
消去x，得(3m2＋4)y2＋6mt·y＋3t2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则E(x2，－y2)，
且Δ>0.
由A，F，E三点共线，可得(x2－1)y1＋(x1－1)y2＝0，
即2my1y2＋(t－1)(y1＋y2)＝0，
∴ 2m·＋(t－1)·＝0，
解得t＝4，
此时由Δ>0得m2>4.
∴存在定点D(4,0)满足条件，且m满足m2>4.

真题体验
1．(2017·全国Ⅰ改编)已知F为抛物线C：y2＝4x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为________．
答案　16
解析　因为F为y2＝4x的焦点，

所以F(1,0)．
由题意知，直线l1，l2的斜率均存在且不为0，设l1的斜率为k，则l2的斜率为－，故直线l1，l2的方程分别为y＝k(x－1)，y＝－(x－1)．
由
得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，Δ＝16k2＋16>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝1，
所以|AB|＝·|x1－x2|
＝·
＝·＝.
同理可得|DE|＝4(1＋k2)．
所以|AB|＋|DE|＝＋4(1＋k2)
＝4
＝8＋4≥8＋4×2＝16，
当且仅当k2＝，
即k＝±1时，取得等号．
2．(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，焦距为2.
(1)求椭圆E的方程；
(2)如图，动直线l：y＝k1x－交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．

解　(1)由题意知，e＝＝，2c＝2，所以c＝1，
所以a＝，b＝1，
所以椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程消去y，
得(4k＋2)x2－4k1x－1＝0.
由题意知，Δ>0，
且x1＋x2＝，x1x2＝－，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·.
由题意可知，圆M的半径r为
r＝|AB|＝·.
由题设知k1k2＝，所以k2＝，
因此直线OC的方程为y＝x.
联立方程
得x2＝，y2＝，
因此|OC|＝＝.
由题意可知，sin＝＝.
而＝
＝·，
令t＝1＋2k，则t>1，∈(0,1)，
因此＝·＝·＝·≥1，
当且仅当＝，即t＝2时等号成立，此时k1＝±，
所以sin ≤，因此≤，
所以∠SOT的最大值为.
综上所述，∠SOT的最大值为，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±.
押题预测
已知椭圆C1：＋＝1(a>0)与抛物线C2：y2＝2ax相交于A，B两点，且两曲线的焦点F重合．
(1)求C1，C2的方程；
(2)若过焦点F的直线l与椭圆分别交于M，Q两点，与抛物线分别交于P，N两点，是否存在斜率为k(k≠0)的直线l，使得＝2？若存在，求出k的值；若不存在，请说明理由．
押题依据　本题将椭圆和抛物线联合起来设置命题，体现了对直线和圆锥曲线位置关系的综合考查．关注知识交汇，突出综合应用是高考的特色．
解　(1)因为C1，C2的焦点重合，
所以＝，
所以a2＝4.
又a>0，所以a＝2.
于是椭圆C1的方程为＋＝1，
抛物线C2的方程为y2＝4x.
(2)假设存在直线l使得＝2，
当l⊥x轴时，|MQ|＝3，|PN|＝4，不符合题意，
∴直线l的斜率存在，
∴可设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，N(x4，y4)．
由可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
则x1＋x4＝，x1x4＝1，且Δ＝16k2＋16>0，
所以|PN|＝·
＝.
由可得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，
则x2＋x3＝，x2x3＝，
且Δ＝144k2＋144>0，
所以|MQ|＝·＝.
若＝2，
则＝2×，
解得k＝±.
故存在斜率为k＝±的直线l，使得＝2.

A组　专题通关
1．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左、右焦点分别为F1，F2，且F2与抛物线y2＝4x的焦点重合．
(1)求椭圆的标准方程；
(2)若过F1的直线交椭圆于B，D两点，过F2的直线交椭圆于A，C两点，且AC⊥BD，求|AC|＋|BD|的最小值．
解　(1)抛物线y2＝4x的焦点坐标为(1,0)，所以c＝1，
又因为e＝＝＝，所以a＝，
所以b2＝2，
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)①当直线BD的斜率k存在且k≠0时，
直线BD的方程为y＝k(x＋1)，
代入椭圆方程＋＝1，
并化简得(3k2＋2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.
Δ＝36k4－4(3k2＋2)(3k2－6)＝48(k2＋1)>0恒成立．
设B(x1，y1)，D(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝，
|BD|＝·|x1－x2|
＝
＝.
由题意知AC的斜率为－，
所以|AC|＝＝.
|AC|＋|BD|＝4
＝≥
＝＝.
当且仅当3k2＋2＝2k2＋3，即k＝±1时，上式取等号，
故|AC|＋|BD|的最小值为.
②当直线BD的斜率不存在或等于零时，
可得|AC|＋|BD|＝>.
综上，|AC|＋|BD|的最小值为.
2．已知椭圆 C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为，点P在椭圆C上，且△PF1F2的面积的最大值为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋2(k≠0)与椭圆C交于不同的两点M，N，若在x轴上存在点G，使得|GM|＝|GN|，求点G的横坐标的取值范围．
解　(1)由已知得
解得a2＝9，b2＝8，c2＝1，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为E(x0，y0)，点G(m，0)，使得|GM|＝|GN|，
则GE⊥MN.
由得x2＋36kx－36＝0，
由Δ>0，得k∈R且k≠0.
∴x1＋x2＝－，
∴x0＝，y0＝kx0＋2＝.
∵GE⊥MN，∴kGE＝－，
即＝－，
∴m＝＝.
当k>0时，9k＋≥2＝12
，
∴－≤m