2020年高考数学考纲解读与热点难点突破专题18圆锥曲线的综合问题

圆锥曲线的综合问题【2020年高考考纲解读】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．【重点、难点剖析】一、范围、最值问题圆锥曲线中的范围、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．(2)设E与y轴正半轴的交点为B，过点B的直线l的斜率为k(k≠0)，l与E交于另一点P.若以点B为圆心，以线段BP长为半径的圆与E有4个公共点，求k的取值范围．【解析】解法一(1)设点M(x，y)，由2MQ→＝AQ→，得A(x,2y)，由于点A在圆C：x2＋y2＝4上，则x2＋4y2＝4，即动点M的轨迹E的方程为x24＋y2＝1.(2)由(1)知，E的方程为x24＋y2＝1，因为E与y轴正半轴的交点为B，所以B(0,1)，所以过点B且斜率为k的直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．由y＝kx＋1，x24＋y2＝1，得(1＋4k2)x2＋8kx＝0，设B(x1，y1)，P(x2，y2)，因此x1＝0，x2＝－8k1＋4k2，|BP|＝1＋k2|x1－x2|＝8|k|1＋4k21＋k2.由于以点B为圆心，线段BP长为半径的圆与椭圆E的公共点有4个，由对称性可设在y轴左侧的椭圆上有两个不同的公共点P，T，满足|BP|＝|BT|，此时直线BP的斜率k＞0，记直线BT的斜率为k1，且k1＞0，k1≠k，则|BT|＝8|k1|1＋4k211＋k21，故8|k1|1＋4k211＋k21＝8|k|1＋4k21＋k2，所以k21＋k411＋4k21－k2＋k41＋4k2＝0，即(1＋4k2)k21＋k41＝(1＋4k21)k2＋k4，所以(k2－k21)(1＋k2＋k21－8k2k21)＝0，由于k1≠k，因此1＋k2＋k21－8k2k21＝0，故k2＝k21＋18k21－1＝18＋9k21－.因为k2＞0，所以8k21－1＞0，所以k2＝18＋9k21－＞18.又k＞0，所以k＞24.又k1≠k，所以1＋k2＋k2－8k2k2≠0，所以8k4－2k2－1≠0.又k＞0，解得k≠22，所以k∈24，22∪22，＋∞.根据椭圆的对称性，k∈－∞，－22∪－22，－24也满足题意．综上所述，k的取值范围为－∞，－22∪－22，－24∪24，22∪22，＋∞.解法二(1)设点M(x，y)，A(x1，y1)，则Q(x1,0)．因为2MQ→＝AQ→，所以2(x1－x，－y)＝(0，－y1)，所以x1－x＝0，－2y＝－y1，解得x1＝x，y1＝2y.因为点A在圆C：x2＋y2＝4上，所以x2＋4y2＝4，所以动点M的轨迹E的方程为x24＋y2＝1.(2)由(1)知，E的方程为x24＋y2＝1，所以B的坐标为(0,1)，易得直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．由y＝kx＋1，x24＋y2＝1，得(1＋4k2)x2＋8kx＝0，设B(x1，y1)，P(x2，y2)因此x1＝0，x2＝－8k1＋4k2，|BP|＝1＋k2|x1－x2|＝8|k|1＋4k21＋k2.则点P的轨迹方程为x2＋(y－1)2＝64k21＋k21＋4k22，由x2＋y－2＝64k21＋k21＋4k22，x2＋4y2＝4，得3y2＋2y－5＋64k21＋k21＋4k22＝0(－1＜y＜1)．(*)依题意，得(*)式在y∈(－1,1)上有两个不同的实数解．设f(x)＝3x2＋2x－5＋64k21＋k21＋4k22(－1＜x＜1)，易得函数f(x)的图象的对称轴为直线x＝－13，要使函数f(x)的图象在(－1,1)内与x轴有两个不同的交点，则Δ＝4－4×3×－5＋64k21＋k21＋4k22＞0，f－1＞0，整理得4k4－4k2＋1＞0，－4＋64k21＋k21＋4k22＞0，即4k4－4k2＋1＞0，8k2－1＞0，所以k2≠12，k2＞18，得k∈－∞，－22∪－22，－24∪24，22∪22，＋∞，所以k的取值范围为－∞，－22∪－22，－24∪24，22∪22，＋∞.【方法技巧】1．解决圆锥曲线中范围问题的方法一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件，寻找量与量之间的转化．2．圆锥曲线中最值的求解策略(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.【变式探究】(2017·山东)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E的方程；(2)如图，动直线l：y＝k1x－32交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝24.M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3，⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．解(1)由题意知，e＝ca＝22，2c＝2，所以c＝1，所以a＝2，b＝1，所以椭圆E的方程为x22＋y2＝1.由题意可知，圆M的半径r为r＝23|AB|＝223·1＋k211＋8k212k21＋1.由题设知k1k2＝24，所以k2＝24k1，因此直线OC的方程为y＝24k1x.联立方程x22＋y2＝1，y＝24k1x，得x2＝8k211＋4k21，y2＝11＋4k21，因此|OC|＝x2＋y2＝1＋8k211＋4k21.由题意可知，sin∠SOT2＝rr＋|OC|＝11＋|OC|r.而|OC|r＝1＋8k211＋4k21223·1＋k211＋8k211＋2k21＝324·1＋2k211＋4k211＋k21，令t＝1＋2k21，则t1，1t∈(0,1)，因此|OC|r＝32·t2t2＋t－1＝32·12＋1t－1t2＝32·1－1t－122＋94≥1，当且仅当1t＝12，即t＝2时等号成立，此时k1＝±22，所以sin∠SOT2≤12，因此∠SOT2≤π6，所以∠SOT的最大值为π3.综上所述，∠SOT的最大值为π3，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±22.【变式探究】已知N为圆C1：(x＋2)2＋y2＝24上一动点，圆心C1关于y轴的对称点为C2，点M，P分别是线段C1N，C2N上的点，且MP→·C2N→＝0，C2N→＝2C2P→.(1)求点M的轨迹方程；(2)直线l：y＝kx＋m与点M的轨迹Γ只有一个公共点P，且点P在第二象限，过坐标原点O且与l垂直的直线l′与圆x2＋y2＝8相交于A，B两点，求△PAB面积的取值范围．解(1)连接MC2，因为C2N→＝2C2P→，所以P为C2N的中点，因为MP→·C2N→＝0，所以MP→⊥C2N→，所以点M在C2N的垂直平分线上，所以|MN|＝|MC2|，因为|MN|＋|MC1|＝|MC2|＋|MC1|＝264，所以点M在以C1，C2为焦点的椭圆上，因为a＝6，c＝2，所以b2＝2，所以点M的轨迹方程为x26＋y22＝1.(2)由y＝kx＋m，x26＋y22＝1，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，因为直线l：y＝kx＋m与椭圆Γ相切于点P，所以Δ＝(6km)2－4(3k2＋1)(3m2－6)＝12(6k2＋2－m2)＝0，即m2＝6k2＋2，解得x＝－3km3k2＋1，y＝m3k2＋1，即点P的坐标为－3km3k2＋1，m3k2＋1，因为点P在第二象限，所以k0，m0，所以m＝6k2＋2，所以点P的坐标为－32k3k2＋1，23k2＋1，设直线l′与l垂直交于点Q，则|PQ|是点P到直线l′的距离，且直线l′的方程为y＝－1kx，所以|PQ|＝1k×－32k3k2＋1＋23k2＋11k2＋1＝22k3k4＋4k2＋1＝223k2＋1k2＋4≤224＋23＝223＋1＝6－2，当且仅当3k2＝1k2，即k2＝33时，|PQ|有最大值6－2，所以S△PAB＝12×42×|PQ|≤43－4，即△PAB面积的取值范围为(]0，43－4.【感悟提升】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，利用数形结合法求解．(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．【变式探究】已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(ab0)的一条切线方程为y＝2x＋22，且离心率为32.(1)求椭圆C的标准方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两个不同的点，与y轴交于点M，且AM→＝3MB→，求实数m的取值范围．解(1)由题意知，离心率e＝32＝ca，∴c＝32a，b＝12a，∴y2a2＋4x2a2＝1，将y＝2x＋22代入，得8x2＋82x＋8－a2＝0，由Δ＝128－32(8－a2)＝0，得a2＝4，故椭圆C的标准方程为x2＋y24＝1.(2)根据已知，得M(0，m)，设A(x1，kx1＋m)，B(x2，kx2＋m)，由y＝kx＋m，4x2＋y2＝4，得(k2＋4)x2＋2mkx＋m2－4＝0，且Δ＝4m2k2－4(k2＋4)(m2－4)0，即k2－m2＋40，且x1＋x2＝－2kmk2＋4，x1x2＝m2－4k2＋4，由AM→＝3MB→，得－x1＝3x2，即x1＝－3x2，∴3(x1＋x2)2＋4x1x2＝0，∴12k2m2k2＋2＋m2－k2＋4＝0，即m2k2＋m2－k2－4＝0，当m2＝1时，m2k2＋m2－k2－4＝0不成立，∴k2＝4－m2m2－1，∵k2－m2＋40，∴4－m2m2－1－m2＋40，即()4－m2m2m2－10，∴1m24，解得－2m－1或1m2，综上所述，实数m的取值范围为(－2，－1)∪(1,2)．题型二定点、定值问题例2、(2018·北京)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ为定值．(1)解因为抛物线y2＝2px过点(1,2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，由y2＝4x，y＝kx＋1，得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意知Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k0或0k1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.所以直线l的斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．所以1λ＋1μ为定值．【方法技巧】1．定点问题的求解策略(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．2．定值问题的求解策略定值问题就是在运动变化中寻找不变量的问题，基本思想是使用参数表示要