第3讲 圆锥曲线的综合问题
[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
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．
3xy例1 (2018·浙江省稽阳联谊学校联考)已知离心率为的椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)过点
2ab2
2
P?1，?
?3?
?，与坐标轴不平行的直线l与椭圆C交于A，B两点，其中M为A关于y轴的对称2?
点，N(0，2)，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)分别记△PAO，△PBO的面积为S1，S2，当M，N，B三点共线时，求S1·S2的最大值． 解 (1)∵＝把点P?1，
ca3222
，a＝b＋c，∴a＝2b. 2
??133?
?代入椭圆方程可得a2＋4b2＝1， 2?
解得a＝2，b＝1，∴椭圆方程为＋y＝1.
4(2)设点A坐标为(x1，y1)，点B坐标为(x2，y2)， 则M为(－x1，y1)，
设直线l的方程为y＝kx＋b，
联立椭圆方程可得(4k＋1)x＋8kbx＋4b－4＝0， －8kb4b－4
∴x1＋x2＝2，x1x2＝2，Δ>0，
4k＋14k＋1∵M，N，B三点共线，
1
2
2
2
2
x2
2
∴kMN＝kBN， 即
y1－2y2－2
＋＝0， x1x2
化简得8k(1－2b)＝0， 解得b＝
2
或k＝0(舍去)． 2
设A，B两点到直线OP的距离分别为d1，d2. 直线OP的方程为3x－2y＝0，|OP|＝7， 2
1
∴S1·S2＝|(3x1－2y1)(3x2－2y2)|，
16化简可得
S1·S2＝|(2k－3)2x1x2＋2(2k－3)(x1＋x2)＋2|
3k??1
＝?－＋2?. ?44k＋1?又
3k?3??3?∈?－，0?∪?0，?， 4k＋1?44???
2
1
16
13＋1
∴当k＝－时，S1·S2的最大值为.
24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，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．
跟踪演练1 (2018·绍兴市柯桥区模拟)已知抛物线C：y＝4x的焦点为F，直线l：y＝kx－4(1 2 S1，S2. (1)求AB中点M到y轴的距离d的取值范围； (2)求的取值范围． S1 S2 2 ??y＝kx－4， 解 (1)联立?2 ?y＝4x，? 22 k消去y， 得kx－(8k＋4)x＋16＝0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 8k＋416 则x1＋x2＝2，x1x2＝2， k所以d＝ x1＋x242?1?2?5?＝＋2＝2?＋1?－2∈?，6?. 2kk?k??2? S1|PA|x1 (2)由于＝＝. S2|PB|x2 S1S2x1x2?x1＋x2?2－2x1x2 由(1)可知＋＝＋＝ S2S1x2x1x1x2 ?8k＋4? ＝·－2 16k4 k2 2 ?1?2?17?＝?＋2?－2∈?，7?. k4? ? ? ? 由＋> S1S217S1?S1?2 ，得4??－17·＋4>0， S2S14S2?S2? S1S11解得>4或<. S2S24 S1S11因为0<<1，所以0<<， S2S24 由＋<7，得??－7·＋1<0， S7－35S17＋35解得<<， 2S227－35S11 因此<<. 2S24即的取值范围为? S1S2 S2S1 ?S1?2?2? S1S2 S1S2 ?7－351? ，?. 4??2 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 (2018·北京)已知抛物线C：y＝2px经过点P(1,2)，过点Q(0,1)的直线l与抛物线C2 3 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； 11→→→→ (2)设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：＋为定值． λμ(1)解 因为抛物线y＝2px过点(1,2)， 所以2p＝4，即p＝2. 故抛物线C的方程为y＝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)， ??y＝4x，由? ?y＝kx＋1，? 2 22 得kx＋(2k－4)x＋1＝0. 2 2 22 依题意知Δ＝(2k－4)－4×k×1>0， 解得k<0或0 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)． (2)证明 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 2k－41由(1)知x1＋x2＝－2，x1x2＝2. kk直线PA的方程为y－2＝y1－2 (x－1)， x1－1 －y1＋2－kx1＋1 令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2. x1－1x1－1同理得点N的纵坐标为yN＝ －kx2＋1 ＋2. x2－1 →→→→ 由QM＝λQO，QN＝μQO，得λ＝1－yM，μ＝1－yN. 1111x1－1x2－1所以＋＝＋＝＋ λμ1－yM1－yN?k－1?x1?k－1?x2 2 k12x1x2－?x1＋x2?1＝·＝·k－1x1x2k－1 11 所以＋为定值． λμ 2 ＋ 2k－4 k2 1 ＝2. k2思维升华 (1)动直线过定点问题的两大类型及解法 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 4 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)求解定值问题的两大途径 ①由特例得出一个值?此值一般就是定值?→ 证明定值：将问题转化为证明待证式与参数?某些变量?无关 ②先将式子用动点坐标或动线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值． 跟踪演练2 已知倾斜角为 π2 的直线经过抛物线Γ：y＝2px(p>0)的焦点F，与抛物线Γ相4 交于A，B两点，且|AB|＝8. (1)求抛物线Γ的方程； (2)过点P(12,8)的两条直线l1，l2分别交抛物线Γ于点C，D和E，F，线段CD和EF的中点分别为M，N.如果直线l1与l2的倾斜角互余，求证：直线MN经过一定点． (1)解 由题意可设直线AB的方程为y＝x－， 2 pp??y＝x－，2由? ??y2＝2px， 2 消去y整理得x－3px＋＝0， 4 2 p2 Δ＝9p－4×＝8p>0， 4令A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝3p， 由抛物线的定义得|AB|＝x1＋x2＋p＝4p＝8， ∴p＝2. ∴抛物线的方程为y＝4x. (2)证明 设直线l1，l2的倾斜角分别为α，β， π 由题意知，α，β≠. 2 直线l1的斜率为k，则k＝tan α. ∵直线l1与l2的倾斜角互余， 2 p2 2 ?πsin?－α?2?π?∴tan β＝tan?－α?＝ ?2??π cos?－α?2 ??? ??? 5
（部编本人教版）最新高考数学二轮复习 专题四 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题学案[必做练习]
