2019届二轮复习　圆锥曲线热点问题[解答题突破练]学案（全国通用）

第19练　圆锥曲线热点问题[解答题突破练]
[明晰考情]　1.命题角度：直线与圆锥曲线的位置关系是高考必考题，范围、最值问题是高考的热点；圆锥曲线中的证明问题是常见的题型.2.题目难度：中高档难度．

考点一　直线与圆锥曲线
方法技巧　对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理．
(1)设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，或者将直线方程设成x＝my＋b(斜率不为0)的形式．
(2)联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式或根与系数的关系得到交点的横坐标或纵坐标的关系．
(3)一般涉及弦长的问题，要用到弦长公式|AB|＝·|x1－x2|或|AB|＝·|y1－y2|.
1．已知F是椭圆＋＝1的右焦点，过F的直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x1，y2)两点．
(1)若x1＋x2＝3，求弦AB的长；
(2)O为坐标原点，∠AOB＝θ，满足3·tan θ＝4，求直线l的方程．
解　(1)由题意可知过F的直线l斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－2)，
联立
得(3k2＋1)x2－12k2x＋12k2－6＝0，
Δ>0显然成立．
∵x1＋x2＝3，
∴＝3，
∴k2＝1，则x1x2＝＝，
∴|AB|＝|x1－x2|
＝ ＝.
(2)∵3·tan θ＝4，
∴||||sin θ＝，
∴S△AOB＝，
即×2×|y1－y2|＝，
由题意知，l的斜率不为0，故设直线l的方程为x＝my＋2，联立
得(m2＋3)y2＋4my－2＝0，Δ>0显然成立．
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－，
∴(y1＋y2)2－4y1y2＝，
即m4－3m2＝0，
∴m＝0或m＝±，
∴直线l的方程为x＝2或x±y－2＝0.
2．设A，B为曲线C：y＝上两点，
A与B的横坐标之和为4.
(1)求直线AB的斜率；
(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．
解　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4，
于是直线AB的斜率k＝＝＝1.
(2)由y＝，得y′＝.
设M(x3，y3)，由题设知＝1，
解得x3＝2，于是M(2,1)．
设直线AB的方程为y＝x＋m，
故线段AB的中点为N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|.
将y＝x＋m代入y＝，
得x2－4x－4m＝0.
当Δ＝16(m＋1)>0，
即m>－1时，x1,2＝2±2.
从而|AB|＝|x1－x2|＝4.
由题设知|AB|＝2|MN|，
即4＝2(m＋1)，
解得m＝7或m＝－1(舍)．
所以直线AB的方程为x－y＋7＝0.
3．设椭圆＋＝1(a>b>0)的左焦点为F，右顶点为A，离心率为.已知A是抛物线y2＝2px(p>0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为.
(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；
(2)设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B(点B异于点A)，直线BQ与x轴相交于点D.若△APD的面积为，求直线AP的方程．
解　(1)设点F的坐标为(－c，0)，依题意，得＝，
＝a，a－c＝，
解得a＝1，c＝，p＝2，
于是b2＝a2－c2＝.
所以椭圆的方程为x2＋＝1，抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设直线AP的方程为x＝my＋1(m≠0)，与直线l的方程x＝－1联立，可得点P，
故点Q.
将x＝my＋1与x2＋＝1联立，消去x，
整理得(3m2＋4)y2＋6my＝0，
解得y＝0或y＝.
由点B异于点A，可得点B，
由Q，可得直线BQ的方程为(x＋1)－＝0，
令y＝0，解得x＝，
故点D.
所以|AD|＝1－＝.
又因为△APD的面积为，
故××＝，整理得3m2－2|m|＋2＝0，
解得|m|＝，
所以m＝±.
所以直线AP的方程为3x＋y－3＝0或3x－y－3＝0.
考点二　圆锥曲线中的范围、最值问题
方法技巧　求圆锥曲线中范围、最值的主要方法
(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解．
(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围．
4．已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.
(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；
(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．
解　(1)设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.
当t＝4时，椭圆E的方程为＋＝1，A(－2,0)．
由|AM|＝|AN|及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.
因此直线AM的方程为y＝x＋2.
将x＝y－2代入＋＝1，得7y2－12y＝0，
解得y＝0或y＝，所以y1＝.
因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.
(2)由题意知t>3，k>0，A(－，0)，设M(x1，y1)，
将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1，
得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.
由x1·(－)＝，
得x1＝，
故|AM|＝|x1＋|＝.
由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋)，
故同理可得|AN|＝.
由2|AM|＝|AN|，得＝，
即(k3－2)t＝3k(2k－1)，
当k＝时上式不成立，因此t＝.
t>3等价于＝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＝＝≤1.
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2y±x＋4＝0.
6．(2016·浙江)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．
解　(1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，
由抛物线的定义得＝1，即p＝2.
(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)，
可设A(t2，2t)，t≠0，t≠±1，B(xB，yB)．
∵AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，
由消去x得y2－4sy－4＝0，Δ>0显然成立．
故2t·yB＝－4，∴yB＝－，
∴B.
又直线AB的斜率为，
故直线FN的斜率为－，
从而得直线FN：y＝－(x－1)，
直线BN：y＝－.
∴N.
设M(m，0)，由A，M，N三点共线得＝，
于是m＝＝2＋，
∴m2.
经检验知，m2满足题意．
综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．
考点三　圆锥曲线中的证明问题
方法技巧　圆锥曲线中的证明问题是转化与化归思想的充分体现．无论证明什么结论，要对已知条件进行化简，同时对要证结论合理转化，寻求条件和结论间的联系，从而确定解题思路及转化方向．
7．(2018·全国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.
(1)解　由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.
由已知可得，点A的坐标为或.
又M(2,0)，
所以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
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，由题意知Δ＞0恒成立，
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.
8．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且C过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B1，B2分别是椭圆C的下顶点和上顶点，P是椭圆上异于B1，B2的任意一点，过点P作PM⊥y轴于M，N为线段PM的中点，直线B2N与直线y＝－1交于点D，E为线段B1D的中点，O为坐标原点，求证：ON⊥EN.
(1)解　由题设知焦距为2，所以c＝.
又因为椭圆过点，
所以代入椭圆方程得＋＝1，
因为a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1,
故所求椭圆C的方程是＋y2＝1.
(2)证明　设P(x0，y0)，x0≠0，则M(0，y0)，N.
因为点P在椭圆C上，
所以＋y＝1.
即x＝4－4y.
又B2(0,1)，所以直线B2N的方程为y－1＝x.
令y＝－1，得x＝，
所以D.
又B1(0，－1)，E为线段B1D的中点，
所以E.
所以＝，＝.
因为·＝＋y0(y0＋1)
＝－＋y＋y0＝1－＋y0＝1－y0－1＋y0＝0，
所以⊥，即ON⊥EN.
9．已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．
(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(2)求证：A为线段BM的中点．
(1)解　由抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，得p＝，
所以抛物线C的方程为y2＝x，
抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x＝－.
(2)证明　由题意，直线l的斜率存在，
设直线l的方程为y＝kx＋(k≠0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由
得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
Δ＝(4k－4)2－16k2＝16k2－32k＋16－16k2＝－32k＋16>0，所以kb>0)的左焦点为F，离心率为，过点F且与x轴垂直的直线被椭圆截得的线段长为.
(1)求椭圆的方程；
(2)设A，B分别为椭圆的左、右顶点，过点F且斜率为k的直线与椭圆交于C，D两点．若·＋·＝8，O为坐标原点，求△OCD的面积．
解　(1)因为过焦点且垂直于x轴的直线被椭圆截得的线段长为，所以＝.
因为椭圆的离心率为，所以＝，
又a2＝b2＋c2，可解得b＝，c＝1，a＝.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)由(1)可知F(－1,0)，
则直线CD的方程为y＝k(x＋1)．
联立
消去y得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0.
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.
又A(－，0)，B(，0)，
所以·＋·
＝(x1＋，y1)·(－x2，－y2)＋(x2＋，y2)·(－x1，－y1)
＝6－(2＋2k2)x1x2－2k2(x1＋x2)－2k2＝6＋＝8，
解得k＝±.
从而x1＋x2＝－＝－，x1x2＝＝0.
所以|x1－x2|＝＝＝，
|CD|＝|x1－x2|＝×＝.
而原点O到直线CD的距离d＝＝＝，
所以△OCD的面积
S＝|CD|×d＝××＝.
3．(2018·金华浦江适应性考试)如图，设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，左、右焦点为F1，F2，上顶点为D，离心率为，且·＝－2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设E是x轴正半轴上的一点，过点E任作直线l与C相交于A，B两点，如果＋是定值，试确定点E的位置，并求S△DAE·S△DBE的最大值．

解　(1)由题意知，D(0，b)，F1(－c，0)，F2(c，0)，
由e＝，得＝.
由·＝－2，得－c2＋b2＝－2，
又a2＝b2＋c2，
∴a＝，b＝，c＝2.
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当l的斜率不为0时，设AB的方程为x＝ty＋m，
由消去x，得
∴(t2＋3)y2＋2tmy＋m2－6＝0，
Δ＝4t2m2－4(m2－6)(t2＋3)＝4(6t2＋18－3m2)．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
∴y1＋y2＝－， y1y2＝，
∴＋＝＝·＝，
∴m＝，它满足Δ>0，
∴E(，0)，＋为定值2.
当E为(，0)，l：y＝0时，满足＋＝2，
此时S△DAE·S△DBE＝××(－)×××(＋)＝.
当l的斜率不为0时，y1＋y2＝－，y1y2＝－，
由D到AB的距离d＝，|AE|＝|y1|，|BE|＝|y2|，
得S△DAE·S△DBE＝d·|AE|·＝.
令u＝t＋，则t＝，
则S△DAE·S△DBE＝×＝＝≤，
当且仅当＝，即u＝3，t＝时，等号成立．
故(S△DAE·S△DBE)max＝.
4．(2017·浙江)如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y)，过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.

(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
解　(1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，
因为－＜x＜.
所以直线AP斜率的取值范围为(－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，在区间上单调递减．
因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.