(全国通用)2016版高考数学大二轮总复习 增分策略 专题六 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题课

第3讲圆锥曲线的综合问题专题六解析几何高考真题体验热点分类突破高考押题精练栏目索引高考真题体验121.(2014·福建)设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆x210＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是()A.52B.46＋2C.7＋2D.62解析如图所示，设以(0,6)为圆心，以r为半径的圆的方程为x2＋(y－6)2＝r2(r0)，12与椭圆方程x210＋y2＝1联立得方程组，消掉x2得9y2＋12y＋r2－46＝0.令Δ＝122－4×9(r2－46)＝0，解得r2＝50，即r＝52.由题意易知P，Q两点间的最大距离为r＋2＝62，故选D.答案D122.(2015·陕西)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，经过点A(0，－1)，且离心率为22.(1)求椭圆E的方程；解由题设知ca＝22，b＝1，结合a2＝b2＋c2，解得a＝2，所以椭圆的方程为x22＋y2＝1.12(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为2.证明由题设知，直线PQ的方程为y＝k(x－1)＋1(k≠2)，代入x22＋y2＝1，得(1＋2k2)x2－4k(k－1)x＋2k(k－2)＝0，由已知Δ＞0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，x1x2≠0，则x1＋x2＝4kk－11＋2k2，x1x2＝2kk－21＋2k2，12从而直线AP，AQ的斜率之和kAP＋kAQ＝y1＋1x1＋y2＋1x2＝kx1＋2－kx1＋kx2＋2－kx2＝2k＋(2－k)1x1＋1x2＝2k＋(2－k)x1＋x2x1x2＝2k＋(2－k)4kk－12kk－2＝2k－2(k－1)＝2.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、最值问题热点分类突破圆锥曲线中的范围、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(2015·重庆)如图，椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1、F2，过F2的直线交椭圆于P，Q两点，且PQ⊥PF1.(1)若|PF1|＝2＋2，|PF2|＝2－2，求椭圆的标准方程；解由椭圆的定义，2a＝|PF1|＋|PF2|＝(2＋2)＋(2－2)＝4，故a＝2.设椭圆的半焦距为c，由已知PF1⊥PF2，因此2c＝|F1F2|＝|PF1|2＋|PF2|2＝2＋22＋2－22＝23，即c＝3，从而b＝a2－c2＝1.故所求椭圆的标准方程为x24＋y2＝1.(2)若|PQ|＝λ|PF1|，且34≤λ＜43，试确定椭圆离心率e的取值范围.解如图，由PF1⊥PQ，|PQ|＝λ|PF1|，得|QF1|＝|PF1|2＋|PQ|2＝1＋λ2|PF1|.由椭圆的定义，|PF1|＋|PF2|＝2a，|QF1|＋|QF2|＝2a，进而|PF1|＋|PQ|＋|QF1|＝4a，于是(1＋λ＋1＋λ2)|PF1|＝4a，解得|PF1|＝4a1＋λ＋1＋λ2，故|PF2|＝2a－|PF1|＝2aλ＋1＋λ2－11＋λ＋1＋λ2.由勾股定理得|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2＝(2c)2＝4c2，从而4a1＋λ＋1＋λ22＋2aλ＋1＋λ2－11＋λ＋1＋λ22＝4c2，两边除以4a2，得41＋λ＋1＋λ22＋λ＋1＋λ2－121＋λ＋1＋λ22＝e2.若记t＝1＋λ＋1＋λ2，则上式变成e2＝4＋t－22t2＝81t－142＋12.由34≤λ＜43，并注意到1＋λ＋1＋λ2关于λ的单调性，得3≤t＜4，即14＜1t≤13.进而12＜e2≤59，即22＜e≤53.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，数形结合求解.(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已知椭圆C的左，右焦点分别为F1，F2，椭圆的离心率为12，且椭圆经过点P(1，32).(1)求椭圆C的标准方程；解e＝ca＝12，P(1，32)满足1a2＋322b2＝1，又a2＝b2＋c2，∴a2＝4，b2＝3，∴椭圆标准方程为x24＋y23＝1.(2)线段PQ是椭圆过点F2的弦，且PF2→＝λF2Q→，求△PF1Q内切圆面积最大时实数λ的值.解显然直线PQ不与x轴重合，当直线PQ与x轴垂直时，|PQ|＝3，|F1F2|＝2，当直线PQ不与x轴垂直时，设直线PQ：y＝k(x－1)，k≠0代入椭圆C的标准方程，整理，得(3＋4k2)y2＋6ky－9k2＝0，13PFQS＝；Δ0，y1＋y2＝－6k3＋4k2，y1·y2＝－9k23＋4k2.＝12·|F1F2|·|y1－y2|＝12k2＋k43＋4k22，1PFQS令t＝3＋4k2，∴t3，k2＝t－34，∴＝3－31t＋132＋43，1PFQS∵01t13，∴∈(0,3)，1PFQS∴当直线PQ与x轴垂直时最大，且最大面积为3.设△PF1Q内切圆半径为r，则＝12(|PF1|＋|QF1|＋|PQ|)·r＝4r≤3.1PFQS1PFQS即rmax＝34，此时直线PQ与x轴垂直，△PF1Q内切圆面积最大，∴PF2→＝F2Q→，∴λ＝1.热点二定点、定值问题1.由直线方程确定定点，若得到了直线方程的点斜式：y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式：y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m).2.解析几何中的定值问题是指某些几何量(线段的长度、图形的面积、角的度数、直线的斜率等)的大小或某些代数表达式的值等与题目中的参数无关，不依参数的变化而变化，而始终是一个确定的值.例2椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为12，其左焦点到点P(2,1)的距离为10.(1)求椭圆C的标准方程；解设椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，由e＝ca＝12，得a＝2c，∵a2＝b2＋c2，∴b2＝3c2，则椭圆方程变为x24c2＋y23c2＝1.又由题意知2＋c2＋12＝10，解得c2＝1，故a2＝4，b2＝3，即得椭圆的标准方程为x24＋y23＝1.(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点(A，B不是左，右顶点)，且以AB为直径的圆过椭圆C的右顶点，求证：直线l过定点，并求出该定点的坐标.解设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y＝kx＋m，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0.则Δ＝64m2k2－163＋4k2m2－30，x1＋x2＝－8mk3＋4k2，x1·x2＝4m2－33＋4k2.①又y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3m2－4k23＋4k2.∵椭圆的右顶点为A2(2,0)，AA2⊥BA2，∴(x1－2)(x2－2)＋y1y2＝0，∴y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0，∴3m2－4k23＋4k2＋4m2－33＋4k2＋16mk3＋4k2＋4＝0，∴7m2＋16mk＋4k2＝0，解得m1＝－2k，m2＝－2k7，由①，得3＋4k2－m20，②当m1＝－2k时，l的方程为y＝k(x－2)，直线过定点(2,0)，与已知矛盾.当m2＝－2k7时，l的方程为y＝kx－27，直线过定点27，0，且满足②，∴直线l过定点，定点坐标为27，0.思维升华(1)动直线l过定点问题解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝mk，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m,0).(2)动曲线C过定点问题解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点.跟踪演练2已知直线l：y＝x＋6，圆O：x2＋y2＝5，椭圆E：y2a2＋x2b2＝1(ab0)的离心率e＝33，直线l被圆O截得的弦长与椭圆的短轴长相等.(1)求椭圆E的方程；解设椭圆的半焦距为c，圆心O到直线l的距离d＝61＋1＝3，∴b＝5－3＝2.由题意得ca＝33，a2＝b2＋c2，b＝2，∴a2＝3，b2＝2.∴椭圆E的方程为y23＋x22＝1.(2)过圆O上任意一点P作椭圆E的两条切线，若切线都存在斜率，求证：两切线的斜率之积为定值.证明设点P(x0，y0)，过点P的椭圆E的切线l0的方程为y－y0＝k(x－x0)，联立直线l0与椭圆E的方程得y＝kx－x0＋y0，y23＋x22＝1，消去y得(3＋2k2)x2＋4k(y0－kx0)x＋2(kx0－y0)2－6＝0，∴Δ＝[4k(y0－kx0)]2－4(3＋2k2)[2(kx0－y0)2－6]＝0，整理得，(2－x20)k2＋2kx0y0－(y20－3)＝0，设满足题意的椭圆E的两条切线的斜率分别为k1，k2，则k1·k2＝－y20－32－x20，∵点P在圆O上，∴x20＋y20＝5，∴k1·k2＝－5－x20－32－x20＝－1.∴两条切线的斜率之积为常数－1.热点三探索性问题1.解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化.其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在.2.反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法.例3如图，抛物线C：y2＝2px的焦点为F，抛物线上一定点Q(1,2).(1)求抛物线C的方程及准线l的方程；解把Q(1,2)代入y2＝2px，得2p＝4，所以抛物线方程为y2＝4x，准线l的方程为x＝－1.(2)过焦点F的直线(不经过Q点)与抛物线交于A，B两点，与准线l交于点M，记QA，QB，QM的斜率分别为k1，k2，k3，问是否存在常数λ，使得k1＋k2＝λk3成立，若存在λ，求出λ的值；若不存在，说明理由.解由条件可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.由抛物线准线l：x＝－1，可知M(－1，－2k).又Q(1,2)，所以k3＝2＋2k1＋1＝k＋1，即k3＝k＋1.把直线AB的方程y＝k(x－1)，代入抛物线方程y2＝4x，并整理，可得k2x2－2(k2＋2)x＋k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系，知x1＋x2＝2k2＋4k2，x1x2＝1.又Q(1,2)，则k1＝2－y11－x1，k2＝2－y21－x2.因为A，F，B共线，所以kAF＝kBF＝k，即y1x1－1＝y2x2－1＝k.所以k1＋k2＝2－y11－x1＋2－y21－x2＝y1x1－1＋y2x2－1－2x1＋x2－2x1x2－x1＋x2＋1＝2k－22k2＋4k2－21－2k2＋4k2＋1＝2k＋2，即k1＋k2＝2k＋2.又k3＝k＋1，可得k1＋k2＝2k3.即存在常数λ＝2，使得k1＋k2＝λk3成立.思维升华解决探索性问题的注意事项：存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在.(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论.(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件.(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径.跟踪演练3(2015·四川)如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率是22，点P(0,1)在短