高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 第1部分 專題5 突破點(diǎn)15 圓錐曲線中的綜合問(wèn)題（酌情自選） 理

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突破點(diǎn)15　圓錐曲線中的綜合問(wèn)題(酌情自選) 提煉1 解答圓錐曲線的定值、定點(diǎn)問(wèn)題，從三個(gè)方面把握 (1)從特殊開(kāi)始，求出定值，再證明該值與變量無(wú)關(guān)． (2)直接推理、計(jì)算，在整個(gè)過(guò)程中消去變量，得定值． (3)在含有參數(shù)的曲線方程里面，把參數(shù)從含有參數(shù)的項(xiàng)里面分離出來(lái)，并令其系數(shù)為零，可以解出定點(diǎn)坐標(biāo). 提煉2 用代數(shù)法求最值與范圍問(wèn)題時(shí)從下面幾個(gè)方面入手 (1)若直線和圓錐曲線有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則可以利用判別式求范圍． (2)若已知曲線上任意一點(diǎn)、一定點(diǎn)或與定點(diǎn)構(gòu)成的圖形，則利用圓錐曲線的性質(zhì)(性質(zhì)中的范圍)求解． (3)利用隱含或已知的不等關(guān)系式直接求范圍． (4)利用基本不等式求最值與范圍． (5)利用函數(shù)值域的方法求最值與范圍. 提煉3 與圓錐曲線有關(guān)的探索性問(wèn)題 (1)給出問(wèn)題的一些特殊關(guān)系，要求探索出一些規(guī)律，并能論證所得規(guī)律的正確性．通常要對(duì)已知關(guān)系進(jìn)行觀察、比較、分析，然后概括出一般規(guī)律． (2)對(duì)于只給出條件，探求“是否存在”類型問(wèn)題，一般要先對(duì)結(jié)論作出肯定存在的假設(shè)，然后由假設(shè)出發(fā)，結(jié)合已知條件進(jìn)行推理，若推出相符的結(jié)論，則存在性得到論證；若推出矛盾，則假設(shè)不存在． 回訪1　圓錐曲線的定值、定點(diǎn)問(wèn)題 1．(2015全國(guó)卷Ⅱ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的離心率為，點(diǎn)(2，)在C上． (1)求C的方程； (2)直線l不過(guò)原點(diǎn)O且不平行于坐標(biāo)軸，l與C有兩個(gè)交點(diǎn)A，B，線段AB的中點(diǎn)為M.證明：直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值． 解]　(1)由題意有＝，＋＝1，2分 解得a2＝8，b2＝4.3分 所以C的方程為＋＝1.4分 (2)證明：設(shè)直線l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)． 將y＝kx＋b代入＋＝1，得 (2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.6分 故xM＝＝，yM＝kxM＋b＝.8分 于是直線OM的斜率kOM＝＝－， 即kOMk＝－.11分 所以直線OM的斜率與直線l的斜率的乘積為定值.12分 回訪2　圓錐曲線中的最值與范圍問(wèn)題 2．(2014北京高考)已知橢圓C：x2＋2y2＝4. (1)求橢圓C的離心率； (2)設(shè)O為原點(diǎn)，若點(diǎn)A在直線y＝2上，點(diǎn)B在橢圓C上，且OA⊥OB，求線段AB長(zhǎng)度的最小值． 解]　(1)由題意，橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1，2分 所以a2＝4，b2＝2，從而c2＝a2－b2＝2. 因此a＝2，c＝. 故橢圓C的離心率e＝＝.5分 (2)設(shè)點(diǎn)A，B的坐標(biāo)分別為(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0. 因?yàn)镺A⊥OB，所以＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－.7分 又x＋2y＝4，所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝2＋(y0－2)2＝x＋y＋＋4＝x＋＋＋4＝＋＋4(0＜x≤4).12分 因?yàn)椋?(0b>0)的離心率是，點(diǎn)P(0,1)在短軸CD上，且＝－1. (1)求橢圓E的方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，過(guò)點(diǎn)P的動(dòng)直線與橢圓交于A，B兩點(diǎn)．是否存在常數(shù)λ，使得＋λ為定值？若存在，求λ的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解]　(1)由已知，點(diǎn)C，D的坐標(biāo)分別為(0，－b)，(0，b)． 又點(diǎn)P的坐標(biāo)為(0,1)，且＝－1， 于是解得a＝2，b＝. 所以橢圓E的方程為＋＝1.4分 (2)當(dāng)直線AB的斜率存在時(shí)，設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1，A，B的坐標(biāo)分別為(x1，y1)，(x2，y2)． 聯(lián)立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0. 其判別式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.6分 從而，＋λ ＝x1x2＋y1y2＋λx1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1 ＝ ＝－－λ－2.9分 所以，當(dāng)λ＝1時(shí)，－－λ－2＝－3. 此時(shí)，＋λ＝－3為定值.10分 當(dāng)直線AB斜率不存在時(shí)，直線AB即為直線CD. 此時(shí)，＋λ＝＋＝－2－1＝－3.12分 故存在常數(shù)λ＝1，使得＋λ為定值－3.13分 熱點(diǎn)題型1　圓錐曲線中的定值問(wèn)題 題型分析：圓錐曲線中的定值問(wèn)題是近幾年高考的熱點(diǎn)內(nèi)容，解決這類問(wèn)題的關(guān)鍵是引入變化的參數(shù)表示直線方程、數(shù)量積、比例關(guān)系等，根據(jù)等式恒成立，數(shù)式變換等尋找不受參數(shù)影響的量. 　(2016重慶二模)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)上一點(diǎn)P與橢圓右焦點(diǎn)的連線垂直于x軸，直線l：y＝kx＋m與橢圓C相交于A，B兩點(diǎn)(均不在坐標(biāo)軸上)． (1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程； (2)設(shè)O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若△AOB的面積為，試判斷直線OA與OB的斜率之積是否為定值？ 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：85952055】 解]　(1)由題意知解得3分 ∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋＝1.4分 (2)設(shè)點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，5分 由Δ＝(8km)2－16(4k2＋3)(m2－3)＞0，得m2＜4k2＋3.6分 ∵x1＋x2＝，x1x2＝， ∴S△OAB＝|m||x1－x2|＝|m|＝，8分 化簡(jiǎn)得4k2＋3－2m2＝0，滿足Δ＞0，從而有4k2－m2＝m2－3(*)，9分 ∴kOAkOB＝＝＝ ＝＝－，由(*)式，得＝1， ∴kOAkOB＝－，即直線OA與OB的斜率之積為定值－.12分 求解定值問(wèn)題的兩大途徑 1.→ 2．先將式子用動(dòng)點(diǎn)坐標(biāo)或動(dòng)線中的參數(shù)表示，再利用其滿足的約束條件使其絕對(duì)值相等的正負(fù)項(xiàng)抵消或分子、分母約分得定值． 變式訓(xùn)練1]　(2016北京高考)已知橢圓C：＋＝1過(guò)A(2,0)，B(0,1)兩點(diǎn)． (1)求橢圓C的方程及離心率； (2)設(shè)P為第三象限內(nèi)一點(diǎn)且在橢圓C上，直線PA與y軸交于點(diǎn)M，直線PB與x軸交于點(diǎn)N，求證：四邊形ABNM的面積為定值． 解]　(1)由題意得a＝2，b＝1， ∴橢圓C的方程為＋y2＝1.3分 又c＝＝，∴離心率e＝＝.5分 (2)證明：設(shè)P(x0，y0)(x0＜0，y0＜0)，則x＋4y＝4.6分 又A(2,0)，B(0,1)， ∴直線PA的方程為y＝(x－2)． 令x＝0，得yM＝－，從而|BM|＝1－yM＝1＋.9分 直線PB的方程為y＝x＋1. 令y＝0，得xN＝－，從而|AN|＝2－xN＝2＋.12分 ∴四邊形ABNM的面積S＝|AN||BM| ＝ ＝ ＝＝2. 從而四邊形ABNM的面積為定值.14分 熱點(diǎn)題型2　圓錐曲線中的最值、范圍問(wèn)題 題型分析：圓錐曲線中的最值、范圍問(wèn)題是高考重點(diǎn)考查的內(nèi)容，解決此類問(wèn)題常用的方法是幾何法和代數(shù)法. 　(2016全國(guó)乙卷)設(shè)圓x2＋y2＋2x－15＝0的圓心為A，直線l過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C，D兩點(diǎn)，過(guò)B作AC的平行線交AD于點(diǎn)E. (1)證明|EA|＋|EB|為定值，并寫(xiě)出點(diǎn)E的軌跡方程； (2)設(shè)點(diǎn)E的軌跡為曲線C1，直線l交C1于M，N兩點(diǎn)，過(guò)B且與l垂直的直線與圓A交于P，Q兩點(diǎn)，求四邊形MPNQ面積的取值范圍． 解]　(1)因?yàn)閨AD|＝|AC|，EB∥AC， 所以∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|， 故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|. 又圓A的標(biāo)準(zhǔn)方程為(x＋1)2＋y2＝16，從而|AD|＝4， 所以|EA|＋|EB|＝4.2分 由題設(shè)得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2， 由橢圓定義可得點(diǎn)E的軌跡方程為＋＝1(y≠0).4分 (2)當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)． 由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0， 則x1＋x2＝，x1x2＝. 所以|MN|＝|x1－x2|＝. 過(guò)點(diǎn)B(1,0)且與l垂直的直線m：y＝－(x－1)，點(diǎn)A到直線m的距離為，6分 所以|PQ|＝2＝4. 故四邊形MPNQ的面積S＝|MN|| PQ|＝12.8分 可得當(dāng)l與x軸不垂直時(shí)，四邊形MPNQ面積的取值范圍為(12,8).10分 當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，其方程為x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8， 故四邊形MPNQ的面積為12. 綜上，四邊形MPNQ面積的取值范圍為12,8).12分 與圓錐曲線有關(guān)的取值范圍問(wèn)題的三種解法 1．?dāng)?shù)形結(jié)合法：利用待求量的幾何意義，確定出極端位置后數(shù)形結(jié)合求解． 2．構(gòu)建不等式法：利用已知或隱含的不等關(guān)系，構(gòu)建以待求量為元的不等式求解． 3．構(gòu)建函數(shù)法：先引入變量構(gòu)建以待求量為因變量的函數(shù)，再求其值域． 變式訓(xùn)練2]　(名師押題)已知拋物線C：x2＝2py(p＞0)，過(guò)其焦點(diǎn)作斜率為1的直線l交拋物線C于M，N兩點(diǎn)，且|MN|＝16. (1)求拋物線C的方程； (2)已知?jiǎng)訄AP的圓心在拋物線C上，且過(guò)定點(diǎn)D(0,4)，若動(dòng)圓P與x軸交于A，B兩點(diǎn)，求＋的最大值． 解]　(1)設(shè)拋物線的焦點(diǎn)為F，則直線l：y＝x＋. 由得x2－2px－p2＝0， ∴x1＋x2＝2p，∴y1＋y2＝3p， ∴|MN|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝4p＝16，∴p＝4， ∴拋物線C的方程為x2＝8y.4分 (2)設(shè)動(dòng)圓圓心P(x0，y0)，A(x1,0)，B(x2,0)， 則x＝8y0，且圓P：(x－x0)2＋(y－y0)2＝x＋(y0－4)2， 令y＝0，整理得x2－2x0x＋x－16＝0， 解得x1＝x0－4，x2＝x0＋4，6分 設(shè)t＝＝＝＝， 當(dāng)x0＝0時(shí)，t＝1，?、?分 當(dāng)x0≠0時(shí)，t＝. ∵x0＞0，∴x0＋≥8， ∴t≥＝＝－1，且t＜1，?、? 綜上①②知－1≤t≤1.9分 ∵f(t)＝t＋在－1,1]上單調(diào)遞減， ∴＋＝t＋≤－1＋＝2， 當(dāng)且僅當(dāng)t＝－1，即x0＝4時(shí)等號(hào)成立． ∴＋的最大值為2.12分 熱點(diǎn)題型3　圓錐曲線中的探索性問(wèn)題 題型分析：探索性問(wèn)題一般分為探究條件和探究結(jié)論兩種類型，若探究條件，則可先假設(shè)條件成立，再驗(yàn)證結(jié)論是否成立，成立則存在，否則不存在.若探究結(jié)論，則應(yīng)先寫(xiě)出結(jié)論的表達(dá)式，再針對(duì)表達(dá)式進(jìn)行討論，往往涉及對(duì)參數(shù)的討論. 　(2016長(zhǎng)沙二模)如圖152，在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知F1，F(xiàn)2分別是橢圓E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦點(diǎn)，A，B分別是橢圓E的左、右頂點(diǎn)，D(1,0)為線段OF2的中點(diǎn)，且＋5＝0. 圖152 (1)求橢圓E的方程； (2)若M為橢圓E上的動(dòng)點(diǎn)(異于點(diǎn)A，B)，連接MF1并延長(zhǎng)交橢圓E于點(diǎn)N，連接MD，ND并分別延長(zhǎng)交橢圓E于點(diǎn)P，Q，連接PQ，設(shè)直線MN，PQ的斜率存在且分別為k1，k2.試問(wèn)是否存在常數(shù)λ，使得k1＋λk2＝0恒成立？若存在，求出λ的值；若不存在，說(shuō)明理由． 解題指導(dǎo)]　(1)→→＋5＝0→→ (2)→→→→→→→ 解]　(1)∵＋5＝0，∴＝5，∵a＋c＝5(a－c)，化簡(jiǎn)得2a＝3c，又點(diǎn)D(1,0)為線段OF2的中點(diǎn)，∴c＝2，從而a＝3，b＝，左焦點(diǎn)F1(－2,0)，故橢圓E的方程為＋＝1.4分 (2)假設(shè)存在滿足條件的常數(shù)λ，使得k1＋λk2＝0恒成立， 設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)， 則直線MD的方程為x＝y(tǒng)＋1，代入橢圓方程＋＝1，整理得，y2＋y－4＝0，6分 ∵y1＋y3＝，∴y3＝，從而x3＝，故點(diǎn)P， 同理，點(diǎn)Q.8分 ∵三點(diǎn)M，F(xiàn)1，N共線，∴＝， 從而x1y2－x2y1＝2(y1－y2)，從而k2＝＝＝＝＝，故k1－＝0，從而存在滿足條件的常數(shù)λ，λ＝－.12分 探索性問(wèn)題求解的思路及策略 1．思路：先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確，則存在；若結(jié)論不正確，則不存在． 2．策略：(1)當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)要分類討論；(2)當(dāng)給出結(jié)論而要推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件． 變式訓(xùn)練3]　(2016哈爾濱二模)已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的焦點(diǎn)分別為F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，點(diǎn)P在橢圓C上，滿足|PF1|＝7|PF2|，tan∠F1PF2＝4. (1)求橢圓C的方程； (2)已知點(diǎn)A(1,0)，試探究是否存在直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于D，E兩點(diǎn)，且使得|AD|＝|AE|？若存在，求出k的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由. 【導(dǎo)學(xué)號(hào)：85952056】 解]　(1)由|PF1|＝7|PF2|，PF1＋PF2＝2a得PF1＝，PF2＝.2分 由余弦定理得cos∠F1PF＝＝，∴a＝2，∴所求C的方程為＋y2＝1.4分 (2)假設(shè)存在直線l滿足題設(shè)，設(shè)D(x1，y1)，E(x2，y2)，將y＝kx＋m代入＋y2＝1并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，由Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)＝－16(m2－4k2－1)＞0，得4k2＋1＞m2.①6分 又x1＋x2＝－. 設(shè)D，E中點(diǎn)為M(x0，y0)，M，kAMk＝－1，得m＝－，②8分 將②代入①得4k2＋1＞2，化簡(jiǎn)得20k4＋k2－1＞0?(4k2＋1)(5k2－1)＞0，解得k＞或k＜－，所以存在直線l，使得|AD|＝|AE|，此時(shí)k的取值范圍為∪.12分