2020高考数学文科大一轮复习导学案：第八章平面解析几何8.8





知识点一 直线与圆锥曲线的位置关系
1．直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．
即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.
(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；
Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；
Δ0，即m20为常数，动点M(x，y)(y≠0)分别与两定点F1(－a，0)，F2(a,0)的连线的斜率之积为定值λ，若点M的轨迹是离心率为的双曲线，则λ的值为(　A　)
A．2 B．－2
C．3 D.
解析：轨迹方程为·＝λ，整理，得－＝1(λ>0)，c2＝a2(1＋λ)，1＋λ＝＝3.λ＝2，故选A.

1．中点弦问题的常用方法
(1)利用根与系数的关系：将直线方程代入圆锥曲线的方程，消元后得到一个一元二次方程，利用根与系数的关系和中点坐标公式建立等式求解．
(2)点差法：若直线l与圆锥曲线C有两个交点A，B，一般地，首先设出A(x1，y1)，B(x2，y2)，代入曲线方程，通过作差，构造出x1＋x2，y1＋y2，x1－x2，y1－y2，从而建立中点坐标和斜率的关系．
2．弦长问题有两种形式
①|AB|＝·|x1－x2|
＝；
②|AB|＝·|y1－y2|
＝.
其中第二种形式应用比较巧妙．直线方程可设为x＝my＋n的形式，这样可以有效避免直线斜率不存在的讨论，但也要注意斜率为0的特殊情况．第1课时　最值、范围、证明问题
　　　　　　　　　　　　　　


考向一 最值问题
方向1　利用几何性质求最值
【例1】　已知抛物线的方程为y2＝4x，直线l的方程为x－y＋4＝0，在抛物线上有一动点P到y轴的距离为d1，P到直线l的距离为d2，则d1＋d2的最小值为(　　)
A.＋2 B.＋1
C.－2 D.－1
【解析】　如图，过点P作PA⊥l于点A，作PB⊥y轴于点B，PB的延长线交准线x＝－1于点C，连接PF，根据抛物线的定义得|PA|＋|PC|＝|PA|＋|PF|.

∵P到y轴的距离为d1，P到直线l的距离为d2，
∴d1＋d2＝|PA|＋|PB|＝(|PA|＋|PC|)－1＝(|PA|＋|PF|)－1.
根据平面几何知识，可得当P，A，F三点共线时，PA＋PF有最小值．
∵F(1,0)到直线l：x－y＋4＝0的距离为＝，∴|PA|＋|PF|的最小值是，
由此可得d1＋d2的最小值为－1.
【答案】　D
方向2　利用函数、不等式求最值
【例2】　(2019·福建模拟)已知椭圆Γ的中心在原点，焦点在x轴上，焦距为2，且长轴长是短轴长的倍．
(1)求椭圆Γ的标准方程；
(2)设P(2,0)，过椭圆Γ左焦点F的直线l交Γ于A，B两点，若对满足条件的任意直线l，不等式·≤λ(λ∈R)恒成立，求λ的最小值．
【解】　(1)依题意，解得a2＝2，b2＝1，
∴椭圆Γ的标准方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴·＝(x1－2，y1)·(x2－2，y2)＝(x1－2)·(x2－2)＋y1y2，当直线l垂直于x轴时，x1＝x2＝－1，y1＝－y2且y＝，此时＝(－3，y1)，＝(－3，y2)＝(－3，－y1)，
∴·＝(－3)2－y＝.
当直线l不垂直于x轴时，设直线l：y＝k(x＋1)，由得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
∴x1＋x2＝－，x1x2＝，
∴·＝x1x2－2(x1＋x2)＋4＋k2(x1＋1)(x2＋1)＝(1＋k2)x1x2＋(k2－2)(x1＋x2)＋4＋k2＝(1＋k2)·－(k2－2)·＋4＋k2＝＝－3)，
S(t)＝＝，
∴S(t)在(3，＋∞)是增函数，S(t)>S(3)＝8，
综上，四边形ABCD面积的取值范围是[8，＋∞)．



解决圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法
(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．



已知点F为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线＋＝1与椭圆E有且仅有一个交点M.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线＋＝1与y轴交于P，过点P的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求实数λ的取值范围．
解：(1)由题意，得a＝2c，b＝c，则椭圆E为＋＝1.
由得x2－2x＋4－3c2＝0.
∵直线＋＝1与椭圆E有且仅有一个交点M，
∴Δ＝4－4(4－3c2)＝0⇒c2＝1，
∴椭圆E的方程为＋＝1.
(2)由(1)得M(1，)，
∵直线＋＝1与y轴交于P(0,2)，
∴|PM|2＝，当直线l与x轴垂直时，
|PA|·|PB|＝(2＋)×(2－)＝1，
∴λ|PM|2＝|PA|·|PB|⇒λ＝，
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由⇒(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
依题意得，x1x2＝，且Δ＝48(4k2－1)>0，
∴|PA|·|PB|＝(1＋k2)x1x2
＝(1＋k2)·＝1＋＝λ，
∴λ＝(1＋)，
∵k2>，∴2.
【解】　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB(不垂直于x轴)的方程可设为y＝k(k≠0)．
∵直线AB过点F且与抛物线C交于A，B两点，∴y＝2px1，y＝2px2.
∵直线OA与OB的斜率之积为－p，
∴＝－p，∴2＝p2，得x1x2＝4.
由
得k2x2－(k2p＋2p)x＋＝0，
其中Δ＝(k2p＋2p)2－k2p2k2>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
∴p＝4，∴抛物线C的方程为y2＝8x.
(2)证明：设M(x0，y0)，D(x3，y3)，
∵M为线段AB的中点，∴x0＝(x1＋x2)＝＝，y0＝k(x0－2)＝，∴直线OD的斜率kOD＝＝，
∴直线OD的方程为y＝x，代入抛物线方程y2＝8x，得x3＝，∴＝k2＋2，∵k2>0，∴＝＝k2＋2>2.



圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，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.



已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点B是椭圆C的上顶点，点Q在椭圆C上(异于B点)．
(1)若椭圆C过点，求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋b与椭圆C交于B，P两点，以线段PQ为直径的圆过点B，证明：存在k∈R，使得＝.
解：(1)依题意得＝，＋＝1，a2＝b2＋c2，解得a2＝4，b2＝2，故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：由椭圆的对称性，不妨假设存在k>0，使得＝.
由题意得a2＝2b2，则椭圆C：＋＝1，
联立直线l与椭圆C的方程可得(1＋2k2)x2＋4kbx＝0，解得xP＝－，所以|BP|＝×，
因为BP⊥BQ，所以|BQ|＝×＝×，
因为＝，所以2×＝×，
即2k3－2k2＋4k－1＝0.记f(x)＝2x3－2x2＋4x－1，
因为f0，
所以函数f(x)存在零点，
所以存在k∈R，使得＝.

第2课时　定点、定值、探究性问题

考向一 定点问题
【例1】　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，P2(0,1)，P3(－1，)，P4(1，)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．
【解】　(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆必过P3，P4两点，又由＋>＋知C不经过点P1，所以点P2在椭圆C上．将点P2(0,1)，P3的坐标代入椭圆方程得解得
∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：①当直线l斜率不存在时，设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，kP2A＋kP2B＝＋＝＝－1，得m＝2.此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足．
②当直线l斜率存在时，设l：y＝kx＋b(b≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
消去y并整理得(1＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－4＝0.∴x1＋x2＝，x1·x2＝，则kP2A＋kP2B＝＋
＝
＝
＝＝＝－1.
又∵b≠1，∴b＝－2k－1，此时Δ＝－64k，存在k使得Δ>0成立．
∴直线l的方程为y＝kx－2k－1，即y＝k(x－2)－1.当x＝2时，y＝－1，所以l过定点(2，－1)．



解决圆锥曲线中定点问题的基本思路
(1)把直线或者曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把常量当作未知数，将方程一端化为0，即化为kf(x，y)＋g(x，y)＝0的形式(这里把常量k当作未知数)．
(2)既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于0，这样就得到一个关于x，y的方程组，即
(3)这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点，即满足的点(x0，y0)为直线或曲线所过的定点．



椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率e＝，过F2作与x轴垂直的直线交椭圆C于A，B两点，△F1AB的面积为3，抛物线E：y2＝2px(p>0)以椭圆C的右焦点F2为焦点．

(1)求抛物线E的方程；
(2)如图，点P(t≠0)为抛物线E的准线上一点，过点P作y轴的垂线交抛物线于点M，连接PO并延长交抛物线于点N，求证：直线MN过定点．
解：(1)设F2(c,0)(c>0)，
令x＝c代入椭圆C的方程有：|yA|＝，
∵e＝，∴a＝2c.
∴S△F1AB＝×2c×2|yA|＝3.
∴b2＝3，由a2＝b2＋c2，得a2＝4，c＝1.
∴p＝2.
故抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)证明：由(1)知：P(－1，t)(t≠0)，
则M.
直线PO的方程为y＝－tx，代入抛物线E的方程有N.
当t2≠4时，kMN＝＝，
∴直线MN的方程为y－t＝，
即y＝(x－1)．
∴此时直线MN过定点(1,0)．
当t2＝4时，直线MN的方程为x＝1，此时仍过点(1,0)，即证直线MN过定点．
考向二 定值问题
【例2】　(2019·安徽蚌埠模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为M，上顶点为N，直线2x＋y－6＝0与直线MN垂直，垂足为B点，且点N是线段MB的中点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于E，F两点，点G在椭圆C上，且四边形OEGF为平行四边形，求证：四边形OEGF的面积S为定值．
【解】　(1)由题意知，M(－a,0)，N(0，b)，
直线MN的斜率k＝＝，得a＝2b.
∵点N是线段MB的中点，
∴点B的坐标为B(a,2b)，
∵点B在直线2x＋y－6＝0上，
∴2a＋2b＝6，又a＝2b，
∴b＝，a＝2，
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明：设E(x1，y1)，F(x2，y2)，G(x0，y0)，将y＝kx＋m代入＋＝1，消去y整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，则x1＋x2＝－，x1·x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，
∵四边形OEGF为平行四边形，
∴＝＋＝(x1＋x2，y1＋y2)，
得G，将G点坐标代入椭圆C的方程得m2＝(1＋4k2)，又易得点O到直线EF的距离d＝，EF＝|x1－x2|，
∴平行四边形OEGF的面积S＝d·|EF|＝
|m||x1－x2|＝|m|·
＝4×＝4×
＝4＝3.
故平行四边形OEGF的面积S为定值3.



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引进变量法：其解题流程为



椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，a＋b＝3.
(1)求椭圆C的方程．

(2)如图，A，B，D是椭圆C的顶点，P是椭圆C上除顶点外的任意一点，直线DP交x轴于点N，直线AD交BP于点M，设BP的斜率为k，MN的斜率为m.证明：2m－k为定值．
解：(1)因为e＝＝，
所以a＝c，b＝c.
代入a＋b＝3得，c＝，a＝2，b＝1.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：因为B(2,0)，P不为椭圆顶点，
则直线BP的方程为y＝k(x－2)，①
把①代入＋y2＝1，
解得P.
直线AD的方程为y＝x＋1.②
①与②联立解得M.
由D(0,1)，P，N(x,0)三点共线知＝，得N.
所以MN的斜率为m＝
＝＝，
则2m－k＝－k＝(定值)．
考向三 探究性问题


【例3】如图，椭圆长轴的端点为A，B，O为椭圆的中心，F为椭圆的右焦点，且·＝1，||＝1.

(1)求椭圆的标准方程；
(2)记椭圆的上顶点为M，直线l交椭圆于P，Q两点，问：是否存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心，若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
【解】　(1)设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，则c＝1，
又∵·＝(a＋c)·(a－c)＝a2－c2＝1.∴a2＝2，b2＝1，
故椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)假设存在直线l交椭圆于P，Q两点，且F恰为△PQM的垂心，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
∵M(0,1)，F(1,0)，
∴直线l的斜率k＝1.
于是设直线l为y＝x＋m，由
得3x2＋4mx＋2m2－2＝0，
x1＋x2＝－m，x1x2＝.
∵·＝x1(x2－1)＋y2(y1－1)＝0.
又yi＝xi＋m(i＝1,2)，
∴x1(x2－1)＋(x2＋m)(x1＋m－1)＝0，
即2x1x2＋(x1＋x2)(m－1)＋m2－m＝0.
即2·－(m－1)＋m2－m＝0，

解得m＝－或m＝1，当m＝1时，M，P，Q三点不能构成三角形，不符合条件，
故存在直线l，使点F恰为△PQM的垂心，直线l的方程为y＝x－.



解决是否存在直线的问题时，可依据条件寻找适合条件的直线方程，联立方程消元得出一元二次方程，利用判别式得出是否有解.



已知中心在坐标原点O的椭圆C经过点A(2,3)，且点F(2,0)为其右焦点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)是否存在平行于OA的直线l，使得直线l与椭圆C有公共点，且直线OA与l的距离等于4？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解：(1)依题意，可设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，且可知其左焦点为F′(－2,0)．
从而有解得
又a2＝b2＋c2，所以b2＝12.
故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)假设存在符合题意的直线l，
设其方程为y＝x＋t.
由得3x2＋3tx＋t2－12＝0.
因为直线l与椭圆C有公共点，
所以Δ＝(3t)2－4×3(t2－12)＝144－3t2≥0，解得－4≤t≤4.
另一方面，由直线OA与l的距离等于4，
可得＝4，从而t＝±2.
由于±2∉[－4，4]，
所以符合题意的直线l不存在．