2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题5 解析几何 解密高考5 圆锥曲线问题巧在“设”、难在“算

-1-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．,母题示例：2019年全国卷Ⅲ，本小题满分12分已知曲线C：y＝x22，D为直线y＝－12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E0，52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求该圆的方程.本题考查：直线过定点问题以及圆的方程的求法，考查学生的直观想象及数学运算等核心素养.[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0，52，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]-2-(1)证明：设Dt，－12，A(x1，y1)，则x21＝2y1.··························2分由于y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故y1＋12x1－t＝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0，12.··············6分(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋12.由y＝tx＋12，y＝x22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t，t2＋12.由于EM→⊥AB→，而EM→＝(t，t2－2)，AB→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，|EM→|＝2，所求圆的方程为x2＋y－522＝4；··········11分当t＝±1时，|EM→|＝2，所求圆的方程为x2＋y－522＝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母题突破1：2019年郑州模拟母题突破2：2019年济南模拟设抛物线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-3-82.(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p2，0.由x＝p，y2＝2px，得y＝±2p，不妨设A(p，2p)，B(p，－2p)，则|AB|＝22p.又F到直线AB的距离为p2，所以S△ABF＝12×22p×p2＝22p2.依题意得，22p2＝82，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＝x1＋x22，y0＝y1＋y22.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＝y2－y1x2－x1＝y2－y1y228－y218＝8y1＋y2＝4y0，则线段MN的垂直平分线为y－y0＝－y04(x－2)，即y＝－y04(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x1－t2＋y21＝x2－t2＋y22，所以(x1－t)2＋8x1＝(x2－t)2＋8x2，即[(x1＋x2)＋(8－2t)](x1－x2)＝0，所以(6－t)(x1－x2)＝0①，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)．-4-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y＝kx＋by2＝8x，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＝8k，所以y0＝y1＋y22＝4k，所以线段MN的垂直平分线为y－4k＝－1k(x－2)，即y＝－1k(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：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为22，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＝97S△PAB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．[解](1)由ca＝22和a2＝b2＋c2，可设a＝2λ，则c＝2λ，b＝2λ，其中λ＞0.由题意不妨设M(c，c)，代入椭圆方程，得c2a2＋cb2＝1，即12＋2λ2λ2＝1，解得λ＝2，从而a＝22，b＝2，c＝2.故所求椭圆方程为x28＋y24＝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14，0，F(2,0)，S△OCDS△PAB＝S△OCD78S△OAB＝8S△OCD7S△OAB＝8|CD|7|AB|＝97，故|CD||AB|＝98.由x28＋y24＝1，y＝kx－2得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－8＝0，Δ1＝32k2＋32＞0，-5-x1＋x2＝8k21＋2k2，x1x2＝8k2－81＋2k2，则|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝421＋k21＋2k2.由y＝kx－2y2＝x，得k2x2－(4k2＋1)x＋4k2＝0，Δ2＝8k2＋1＞0，x3＋x4＝4k2＋1k2，x3x4＝4，则|CD|＝1＋k2|x3－x4|＝1＋k21＋8k2k2.由|CD||AB|＝98得，1＋k21＋8k2k2421＋k21＋2k2＝98，即1＋2k21＋8k2k21＋k2＝92，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．