2019版高考数学（理）创新大一轮人教B全国通用版讲义：第九章平面解析几何专题探究课五


高考导航　1.圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是高考必考知识，主要以一个小题一个大题的形式呈现，难度中等偏上；2.高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性质，高考中的解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主.这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高.

热点一　定点定值问题(教材VS高考)
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题.
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题.
命题角度1　圆锥曲线中定点问题
【例1－1】 (满分12分)(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3，P4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.
教材探源　本题第(1)问源于教材选修2－1P40例1，主要考查利用待定系数法及方程思想求曲线方程.
本题第(2)问源于教材选修2－1P41例3，主要考查利用坐标法研究几何问题，充分考查学生解决综合问题的能力.
满分解答　(1)解　由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由＋>＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上.1分　(得分点1)
因此解得3分　(得分点2)
故C的方程为＋y2＝1.5分　(得分点3)
(2)证明　设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果直线l的斜率不存在，l垂直于x轴.
设l：x＝m，A(m，yA)，B(m，－yA)，
k1＋k2＝＋＝＝－1，得m＝2，
此时l过椭圆右顶点，不存在两个交点，故不满足.
6分　(得分点4)
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1).
将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.7分　(得分点5)
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.8分　(得分点6)
则k1＋k2＝＋＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
∴(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.
10分　(得分点7)
解之得m＝－2k－1，此时Δ＝32(m＋1)>0，方程有解，
∴当且仅当m>－1时，Δ>0，11分　(得分点8)
∴直线l的方程为y＝kx－2k－1，即y＋1＝k(x－2).
当x＝2时，y＝－1，所以l过定点(2，－1).
12分　(得分点9)
　
❶得步骤分：抓住得分点的解题步骤，“步步为赢”，在第(1)问中，分析隐含信息，列出方程组，求出方程.在第(2)问中，分类讨论设出直线方程→联立方程→写出根与系数的关系→利用公式化简求解.
❷得关键分：(1)列出方程组.(2)直线方程.(3)韦达定理.(4)斜率公式.都是不可少的过程，有则给分，无则没分.
❸得计算分：解题过程中的计算准确是得满分的根本保证，如(得分点3)，(得分点5)，(得分点7).
解答圆锥曲线中的定点问题的一般步骤
第一步：研究特殊情形，从问题的特殊情形出发，得到目标关系所要探求的定点.
第二步：探究一般情况.探究一般情形下的目标结论.
第三步：下结论，综合上面两种情况定结论.
命题角度2　圆锥曲线中的定值问题
【例1－2】 (2017·唐山一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点Q在椭圆上，O为坐标原点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点P，M，N为椭圆C上的三点，若四边形OPMN为平行四边形，证明四边形OPMN的面积S为定值，并求该定值.
(1)解　∵椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为，
∴e2＝＝＝，得a2＝2b2，①
又点Q在椭圆C上，
∴＋＝1，②
联立①、②得a2＝8，且b2＝4.
∴椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明　当直线PN的斜率k不存在时，PN方程为x＝或x＝－，从而有|PN|＝2，
所以S＝|PN|·|OM|＝×2×2＝2；
当直线PN的斜率k存在时，
设直线PN方程为y＝kx＋m(m≠0)，P(x1，y1)，N(x2，y2)，
将PN的方程代入椭圆C的方程，
整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－8＝0，
所以x1＋x2＝，x1·x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，
由＝＋，得M.
将M点坐标代入椭圆C方程得m2＝1＋2k2.
又点O到直线PN的距离为d＝，
|PN|＝|x1－x2|，
所以S＝d·|PN|＝|m|·|x1－x2|＝·＝＝2.
综上，平行四边形OPMN的面积S为定值2.
探究提高　1.求定值问题常见的方法有两种：
(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.
(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值.
2.定值问题求解的基本思路是使用参数表示要解决的问题，然后证明与参数无关，这类问题选择消元的方向是非常关键的.
【训练1】 (2017·菏泽调研)已知焦距为2的椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，直线y＝与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形.
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM.点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点.
(1)解　设坐标原点为O，
∵四边形ABPQ是平行四边形，∴||＝||，
∵||＝2||，∴||＝2||，则点B的横坐标为，
∴点Q的坐标为，代入椭圆C的方程得b2＝2，
又c2＝2，∴a2＝4，即椭圆C的方程为＋＝1.
(2)证明　设直线MN的方程为y＝k(x＋2)，N(x0，y0)，DA⊥AM，∴D(2，4k).

由消去y得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－4＝0，
则－2x0＝，即x0＝，
∴y0＝k(x0＋2)＝，则N，
设G(t，0)，则t≠－2，若以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，则DG⊥AN，∴·＝0恒成立.
∵＝(2－t，4k)，＝，
∴·＝(2－t)·＋4k·＝0恒成立，
即＝0恒成立，
∴t＝0，∴点G是定点(0，0).

热点二　圆锥曲线中的范围(最值)问题
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题.
【例2】 (2018·石家庄质检)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，且长轴长为8，T为椭圆上一点，直线TA，TB的斜率之积为－.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设O为原点，过点M(0，2)的动直线与椭圆C交于P，Q两点，求·＋·的取值范围.
解　(1)设T(x，y)，则当x≠±4时，直线TA的斜率为k1＝，直线TB的斜率为k2＝.于是由k1k2＝－，得·＝－，整理得＋＝1，而点(－4，0)和(4，0)也满足此方程，故椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋2，点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线PQ与椭圆方程联立消去y得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0，
则x1＋x2＝－，x1x2＝－，
从而·＋·＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)·(y2－2)]＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＝－20＋，
∴－200.
因为OA⊥OB，所以x1x2＋y1y2＝0，得b＝2.
联立得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
所以x3＋x4＝－，x3x4＝，
由Δ2＝192k2－48>0得k2>.
(1)存在实数t.
因为k1＋k2＝＋＝k，k3＋k4＝＋＝－6k，
所以＝－，即t＝－.
(2)根据弦长公式|CD|＝|x3－x4|得
|CD|＝4··，
根据点O到直线CD的距离公式得d＝，
所以S△OCD＝|CD|·d＝4·，
设＝m>0，则S△OCD＝≤，
所以当m＝2，即k＝±时，S△OCD有最大值.
热点三　圆锥曲线中的探索性问题
圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立.涉及这类命题的求解主要是研究直线与圆锥曲线的位置关系问题.
【例3】　(2018·沈阳调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且过点P，F为其右焦点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点A(4，0)的直线l与椭圆相交于M，N两点(点M在A，N两点之间)，是否存在直线l使△AMF与△MFN的面积相等？若存在，试求直线l的方程；若不存在，请说明理由.
解　(1)因为＝，所以a＝2c，b＝c，
设椭圆方程＋＝1，
又点P在椭圆上，所以＋＝1，
解得c2＝1，a2＝4，b2＝3，
所以椭圆方程为＋＝1.
(2)易知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－4)，
由消去y得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，
由题意知Δ＝(32k2)2－4(3＋4k2)(64k2－12)>0，
解得－b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.
(1)求E的方程；
(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程.
解　(1)设F(c，0)，由条件知，＝，得c＝.
又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.
故E的方程为＋y2＝1.
(2)当l⊥x轴时不合题意，
故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2).
将y＝kx－2代入＋y2＝1，
得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
当Δ＝16(4k2－3)>0，
即k2>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＝＝.
因为t＋≥4，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y＝x－2或y＝－x－2.
3.(2018·新乡模拟)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，直线2x－y＋2＝0交抛物线C于A，B两点，P是线段AB的中点，过P作x轴的垂线交抛物线C于点Q.
(1)D是抛物线C上的动点，点E(－1，3)，若直线AB过焦点F，求|DF|＋|DE|的最小值；
(2)是否存在实数p，使|2＋|＝|2－|？若存在，求出p的值；若不存在，说明理由.
解　(1)∵直线2x－y＋2＝0与y轴的交点为(0，2)，
∴F(0，2)，则抛物线C的方程为x2＝8y，准线l：y＝－2.
设过D作DG⊥l于G，则|DF|＋|DE|＝|DG|＋|DE|，
当E，D，G三点共线时，|DF|＋|DE|取最小值2＋3＝5.
(2)假设存在，抛物线x2＝2py与直线y＝2x＋2联立方程组得：
x2－4px－4p＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，Δ＝(4p)2＋16p＝16(p2＋p)>0，则x1＋x2＝4p，x1x2＝－4p，
∴Q(2p，2p).
∵|2＋|＝|2－|.
则·＝0，
得(x1－2p)(x2－2p)＋(y1－2p)(y2－2p)
＝(x1－2p)(x2－2p)＋(2x1＋2－2p)(2x2＋2－2p)
＝5x1x2＋(4－6p)(x1＋x2)＋8p2－8p＋4＝0，
代入得4p2＋3p－1＝0，解得p＝或p＝－1(舍去).
因此存在实数p＝，且满足Δ>0，使得|2＋|＝|2－|成立.
4.已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，四个顶点构成的菱形的面积是4，圆M：(x＋1)2＋y2＝r2(00)的左焦点F1与抛物线y2＝
－4x的焦点重合，椭圆E的离心率为，过点M(m，0)作斜率存在且不为0的直线l，交椭圆E于A，C两点，点P，且·为定值.
(1)求椭圆E的方程；
(2)求m的值.
解　(1)设F1(－c，0)，由抛物线y2＝－4x的焦点坐标(－1，0)，且椭圆E的左焦点F1与抛物线y2＝－4x的焦点重合，所以c＝1.
又椭圆E的离心率为e＝，得a＝，
于是有b2＝a2－c2＝1，
故椭圆E的方程为＋y2＝1.
(2)设直线l方程为y＝k(x－m)，A(x1，y1)，C(x2，y2)，
由
消y整理得(1＋2k2)x2－4mk2x＋2k2m2－2＝0，
x1＋x2＝，x1·x2＝.
·＝＋y1y2
＝＋k2(x1－m)(x2－m)
＝(1＋k2)x1x2－(x1＋x2)＋＋k2m2
＝＋.
要使·为定值，则3m2－5m－2＝－4，
即3m2－5m＋2＝0，解得m＝1或，此时点M(m，0)在椭圆E内部，故m的值为1或.