2020数学（文）二轮教师用书：第2部分专题5解密高考⑤　圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”

解密高考⑤　圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算”

————[思维导图]————

————[技法指津]————

圆锥曲线解答题的常见类型是：第(1)小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第(2)小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题、中点弦问题、动点轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、相关量的取值范围问题等等，这一小题综合性较强，可通过巧设“点”“线”，设而不求．在具体求解时，可将整个解题过程分成程序化的三步：

第一步，联立两个方程，并将消元所得方程的判别式与根与系数的关系正确写出；

第二步，用两个交点的同一类坐标的和与积，来表示题目中涉及的位置关系和数量关系；

第三步，求解转化而来的代数问题，并将结果回归到原几何问题中．

在求解时，要根据题目特征，恰当的设点、设线，选用恰当运算方法，合理地简化运算．,

[审题指导·发掘条件]

(1)看到证明直线AB过定点，想到利用合适的参数表示直线AB的方程．

(2)看到求圆的方程，想到求圆心坐标及半径．本题已知圆心E，可根据圆E与直线AB相切于AB的中点确定半径．

[规范解答·评分标准]

(1)证明：设D，A(x1，y1)，

则x＝2y1. ··························2分

由于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. ··4分

故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.

所以直线AB过定点.··············6分

(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋.

由可得x2－2tx－1＝0，····7分

于是x1＋x2＝2t，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋

1＝2t2＋1. ···························8分

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. ························10分

当t＝0时，||＝2，所求圆的方程为x2＋2＝4；··········11分

当t＝±1时，||＝，所求圆的方程为x2＋2＝2. ·······12分

[构建模板·四步解法]　解决直线与圆锥曲线位置关系问题的步骤

设抛物线E：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，直线x＝p与E交于A，B两点，△ABF的面积为8.

(1)求E的方程；

(2)若M，N是E上的两个动点，|MF|＋|NF|＝8，试问：是否存在定点S，使得|SM|＝|SN|？若存在，求出S的坐标；若不存在，请说明理由．

[解]　(1)依题意得F.

由得y＝±p，

不妨设A(p，p)，B(p，－p)，则|AB|＝2p.

又F到直线AB的距离为，所以S△ABF＝×2p×＝p2.

依题意得，p2＝8，解得p＝4，所以E的方程为y2＝8x.

(2)法一：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为C(x0，y0)，

则x0＝，y0＝.

由抛物线的定义，得|MF|＋|NF|＝x1＋2＋x2＋2，

因为|MF|＋|NF|＝8，所以x1＋x2＝4，所以x0＝2.

当x1≠x2时，y1＋y2≠0，kMN＝＝＝＝，

则线段MN的垂直平分线为y－y0＝－(x－2)，即y＝－(x－6)，

所以线段MN的垂直平分线恒过定点S(6,0)；

当x1＝x2时，线段MN的垂直平分线为x轴，它也过点S(6,0)．

综上，存在定点S(6,0)，使得|SM|＝|SN|.

法二：假设存在定点S，使得对E上满足条件的动点M，N恒有|SM|＝|SN|，

由对称性可知，点S必在x轴上，故可设S(t,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．

由抛物线的定义，得|MF|＋|NF|＝x1＋2＋x2＋2，

因为|MF|＋|NF|＝8，所以x1＋x2＝4，

由|SM|＝|SN|，得＝，

所以(x1－t)2＋8x1＝(x2－t)2＋8x2，即[(x1＋x2)＋(8－2t)](x1－x2)＝0，

所以(6－t)(x1－x2)＝0　①，

因为①对满足条件的任意M，N恒成立，所以t＝6.

故存在定点S(6,0)，使得|SM|＝|SN|.

法三：设M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中点为C(x0，y0)．

由抛物线的定义，得|MF|＋|NF|＝x1＋2＋x2＋2，

因为|MF|＋|NF|＝8，所以x1＋x2＝4，故x0＝2.

当直线MN的斜率存在时，可设其方程为y＝kx＋b(k≠0)，

由，得ky2－8y＋8b＝0.

Δ＝64－32kb，令Δ＞0，得kb＜2.

由根与系数的关系得y1＋y2＝，所以y0＝＝，

所以线段MN的垂直平分线为y－＝－(x－2)，即y＝－(x－6)，

所以线段MN的垂直平分线恒过定点S(6,0)．

当直线MN的斜率不存在时，M，N关于x轴对称，S(6,0)显然符合题意．

综上，存在定点S(6,0)，使得|SM|＝|SN|.,　已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，椭圆C和抛物线y2＝x交于M，N两点，且直线MN恰好过椭圆C的右焦点F.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)经过点F的直线l和椭圆C交于A，B两点，交抛物线于C，D两点，P是抛物线的焦点，是否存在直线l，使得S△OCD＝S△PAB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．

[解]　(1)由＝和a2＝b2＋c2，可设a＝2λ，则c＝λ，b＝λ，其中λ＞0.

由题意不妨设M(c，)，代入椭圆方程，得＋＝1，即＋＝1，解得λ＝，从而a＝2，b＝2，c＝2.

故所求椭圆方程为＋＝1.

(2)假设存在满足条件的直线l，结合已知条件易知直线l的斜率存在且不为零，

可设直线l为y＝k(x－2)，k≠0，A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)．

由条件知P，F(2,0)，＝＝＝＝，故＝.

由得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－8＝0，Δ1＝32k2＋32＞0，

x1＋x2＝，x1x2＝，

则|AB|＝|x1－x2|＝.

由得k2x2－(4k2＋1)x＋4k2＝0，Δ2＝8k2＋1＞0，

x3＋x4＝，x3x4＝4，

则|CD|＝|x3－x4|＝.

由＝得，＝，

即＝，

即81k4(1＋k2)＝2(1＋2k2)2(1＋8k2)，

整理得17k6＋9k4－24k2－2＝0，

即(k2－1)(17k4＋26k2＋2)＝0，解得k＝±1.

故存在直线l：y＝x－2或y＝－x＋2满足题意．