【数学】2019届一轮复习人教B版直线与圆锥曲线的综合应用学案
高考必考题突破讲座(五) 直线与圆锥曲线的综合应用
题型特点
考情分析
命题趋势
圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主，这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现.
2017·全国卷Ⅰ，20
2017·山东卷，21
2017·天津卷，20
2017·江苏卷，17
圆锥曲线是历年高考命题的重点和热点，也是一大难点．命题的热点主要有四个方面：一是直线和圆锥曲线的位置关系中的基本运算；二是最值与范围问题；三是定点与定值问题；四是有关探究性的问题．命题多与函数、方程、不等式、数列、向量等多种知识综合，考查考生的各种数学思想与技能，因此也是高考的难点.
分值：12～14分
1．圆锥曲线中的标准方程与几何性质问题
圆锥曲线的标准方程是高考的必考题型，圆锥曲线的几何性质是高考考查的重点，求离心率、抛物线的准线、双曲线的渐近线是常考题型．
2．圆锥曲线中的定点与定值问题
定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横(纵)坐标等的定值问题．
3．圆锥曲线中的最值、范围问题
圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的一些问题．
4．圆锥曲线中的探索性问题
圆锥曲线的探索性问题主要体现在以下几个方面：(1)探索点是否存在；(2)探索曲线是否存在；(3)探索命题是否成立．解决此类问题通常采用“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．反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法．
【例1】 (1)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的一个焦点为F(2,0)，且双曲线的渐近线与圆(x－2)2＋y2＝3相切，则双曲线的方程为( D )
A．－＝1 B．－＝1
C．－y2＝1 D．x2－＝1
(2)已知椭圆＋＝1(a>b>0)与抛物线y2＝2px(p>0)有相同的焦点F.点P，Q是椭圆与抛物线的交点，若直线PQ经过焦点F，则椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为__ －1 __.
解析 (1)双曲线－＝1的一个焦点为F(2,0)，
则a2＋b2＝4，①
双曲线的渐近线方程为y＝±x，
由题意得＝，②
联立①②解得b＝，a＝1，所求双曲线的方程为x2－＝1.故选D.
(2)因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点F为，设椭圆另一焦点为E.如图所示，将x＝代入抛物线方程得y＝±p，又因为PQ经过焦点F，所以P，且PF⊥OF.
所以|PE|＝＝p，
|PF|＝p，|EF|＝p.故2a＝p＋p,2c＝p，e＝＝－1.
【例2】 (2017·山东卷)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，椭圆C截直线y＝1所得线段的长度为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)动直线l：y＝kx＋m(m≠0)交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，点N是点M关于O的对称点，⊙N的半径为|NO|.设D为AB的中点，DE，DF与⊙N分别相切于点E，F，
求∠EDF的最小值．
解析 (1)由椭圆的离心率为，得a2＝2(a2－b2)．
又当y＝1时，x2＝a2－，得a2－＝2，
所以a2＝4，b2＝2，因此椭圆方程为＋＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立方程得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，
由Δ>0，得m2<4k2＋2， (*)
且x1＋x2＝－，
因此y1＋y2＝，所以D.
又N(0，－m)，所以|ND|2＝2＋2，
整理得|ND|2＝，因为|NF|＝|m|，所以＝＝1＋.
令t＝8k2＋3，t≥3.故2k2＋1＝，
所以＝1＋＝1＋.
令y＝t＋，所以y′＝1－.当t≥3时，y′>0，
从而y＝t＋在[3，＋∞)上单调递增，因此t＋≥，
当且仅当t＝3时等号成立，此时k＝0，
所以≤1＋3＝4，故≥，
设∠EDF＝2θ，则sin θ＝≥，所以θ的最小值为.从而∠EDF的最小值为，此时直线l的斜率是0.
由(*)得－
0，即k2m2>9b2－9m2.将代入直线l的方程，得b＝m－，∴k2m2>92－9m2，即6k>0，∴k>0.所以l不过原点且与C有两个交点的充要条件是k>0，k≠3.
由(1)得OM的方程为y＝－x.
设点P的横坐标为xP，
由得x＝，即xP＝.
将b＝m－代入xM＝，得xM＝.
四边形OAPB为平行四边形，当且仅当线段AB与线段OP互相平分，即xP＝2xM.
于是＝2×，解得k1＝4－，k2＝4＋.
因为ki>0，ki≠3，i＝1,2，所以当l的斜率为4－或4＋时，四边形OAPB为平行四边形．
1．(2018·河北衡水质检)已知椭圆＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，过F1且倾斜角为45°的直线l交椭圆于A，B两点，以下结论：①△ABF2的周长为8；②原点到l的距离为1，③|AB|＝.其中正确结论的个数为( A )
A．3 B．2
C．1 D．0
解析 ①由椭圆的定义，得|AF1|＋|AF2|＝4，|BF1|＋|BF2|＝4，又|AF1|＋|BF1|＝|AB|，所以△ABF2的周长为|AB|＋|AF2|＋|BF2|＝8，故①正确；②由条件，得F1(－，0)，因为过F1且倾斜角为45°的直线l的斜率为1，所以直线l的方程为y＝x＋，则原点到l的距离d＝＝1，故②正确；③设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由
得3x2＋4x＝0，解得x1＝0，x2＝－，
所以|AB|＝·|x1－x2|＝，故③正确．故选A．
2．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)若直线OA，OB的斜率之积为－，求证：直线AB过x轴上一定点．
解析 (1)因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为(1,0)，所以＝1，所以p＝2.所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，设A，B.因为直线OA，OB的斜率之积为－，所以·＝－，化简得t2＝32.所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.
②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得化简得ky2－4y＋4b＝0.
根据根与系数的关系得y1y2＝，因为直线OA，OB的斜率之积为－，所以·＝－
，即x1x2＋2y1y2＝0，即·＋2y1y2＝0，解得y1y2＝0(舍去)或y1y2＝－32.
所以y1y2＝＝－32，即b＝－8k，所以y＝kx－8k，
即y＝k(x－8)．综上所述，直线AB过定点(8,0)．
3．(2017·天津卷)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c,0)，右顶点为A，点E的坐标为(0，c)，△EFA的面积为.
(1)求椭圆的离心率；
(2)设点Q在线段AE上，|FQ|＝c，延长线段FQ与椭圆交于点P，点M，N在x轴上，PM∥QN，且直线PM与直线QN间的距离为c，四边形PQNM的面积为3c.
①求直线FP的斜率；
②求椭圆的方程．
解析 (1)设椭圆的离心率为e.由已知，可得(c＋a)c＝.又由b2＝a2－c2，可得2c2＋ac－a2＝0，即2e2＋e－1＝0.又因为00)，则直线FP的斜率为.
由(1)知a＝2c，可得直线AE的方程为＋＝1，即x＋2y－2c＝0，与直线FP的方程联立，可解得x＝，y＝，即点Q的坐标为.
由已知|FQ|＝c，有2＋2＝2，整理得3m2－4m＝0，所以m＝，即直线FP的斜率为.
②由a＝2c，可得b＝c，故椭圆方程可以表示为＋＝1.
由①得直线FP的方程为3x－4y＋3c＝0，与椭圆方程联立消去y，整理得7x2＋6cx－13c2＝0，
解得x＝－(舍去)或x＝c.
因此可得点P，进而可得|FP|＝＝，所以|PQ|＝|FP|－|FQ|＝－＝c.
由已知，线段PQ的长即为PM与QN这两条平行直线间的距离，故直线PM和QN
都垂直于直线FP.
因为QN⊥FP，所以|QN|＝|FQ|·tan∠QFN＝×＝，所以△FQN的面积为|FQ|·|QN|＝，同理△FPM的面积等于，由四边形PQNM的面积为3c，得－＝3c，整理得c2＝2c，又由c>0，得c＝2.所以椭圆的方程为＋＝1.
4．(2016·浙江卷)如图，设抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，抛物线上的点A到y轴的距离等于－1.
(1)求p的值；
(2)若直线AF交抛物线于另一点B，过B与x轴平行的直线和过F与AB垂直的直线交于点N，AN与x轴交于点M，求M的横坐标的取值范围．
解析 (1)由题意可得，抛物线上点A到焦点F的距离等于点A到直线x＝－1的距离，由抛物线的定义得＝1，即p＝2.
(2)由(1)得，抛物线方程为y2＝4x，F(1,0)，
可设A(t2,2t)，t≠0，t≠±1.
因为AF不垂直于y轴，可设直线AF：x＝sy＋1(s≠0)，由消去x得y2－4sy－4＝0，故y1y2＝－4，所以B.
又直线AB的斜率为，故直线FN的斜率为－，
从而得直线FN：y＝－(x－1)，直线BN：y＝－，所以N.设M(m,0)，由A，M，N三点共线得＝，于是m＝＝2＋，所以m＜0或m＞2.
经检验，m＜0或m＞2满足题意．
综上，点M的横坐标的取值范围是(－∞，0)∪(2，＋∞)．
课时达标 讲座(五)
[解密考纲]
圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是每年高考必考的一道解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、定点、定值、最值、范围、探索性问题为主．这些试题的命制有一个共同的特点，就是起点低，但在第(2)问或第(3)问中一般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高，通常作为压轴题的形式出现．
1．(2018·福建三明一中期中)已知双曲线C1与椭圆＋＝1有相同的焦点，并且经过点.
(1)求C1的标准方程；
(2)直线l：y＝kx－1与C1的左支有两个相异的公共点，求k的取值范围．
解析 (1)依题意，双曲线C1的焦点坐标为F1(－4,0)，F2(4,0)，设双曲线的标准方程为－＝1(a>0，b>0)，则2a＝＝4，即a＝2，又因为c＝4，所以b2＝c2－a2＝12.
故双曲线的标准方程为－＝1.
(2)由得(3－k2)x2＋2kx－13＝0，设该方程的两根分别为x1，x2，
则依题意可知
解得－0，即m>－1时，x1＝2＋2，x2＝2－2，
从而|AB|＝|x1－x2|＝4.
由题设知|AB|＝2|MN|，即4＝2(m＋1)，
解得m＝7.
所以直线AB的方程为y＝x＋7.
3．(2018·四川绵阳南山中学期中)如果点M(x，y)在运动过程中总满足关系式＋＝2.
(1)说明点M的轨迹是什么曲线并求出它的轨迹方程；
(2)O是坐标原点，直线l：y＝kx＋2与点M的轨迹交于不同的A，B两点，求△AOB面积的最大值．
解析 (1)＋＝2可表示(x，y)与(，0)，(－，0)的距离之和等于常数2，由椭圆的定义，可知此点的轨迹为焦点在x轴上的椭圆，且a＝，c＝，故轨迹方程为＋y2＝1.
(2)由得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0.
∵Δ＝(12k)2－36(1＋3k2)＝36k2－36>0，k2>1，
x1＋x2＝，
x1x2＝，且点O到直线l的距离为d＝，|AB|＝·|x1－x2|，
∴S＝|AB|·d＝×2|x1－x2|＝＝.
令t＝(t>0)，则k2＝t2＋1，
∴S＝＝≤，当且仅当t＝，即k＝±时，等号成立，即S取最大值.
4．(2017·北京卷)已知抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)．过点作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，过点M作 x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O为原点．
(1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程；
(2)求证：A为线段BM的中点．
解析 (1)由抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，得p＝.
所以抛物线C的方程为y2＝x.
抛物线C的焦点坐标为，准线方程为x＝－.
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋(k≠0)，l与抛物线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝.
因为点P的坐标为(1,1)，所以直线OP的方程为y＝x，点A的坐标为(x1，x1)．
直线ON的方程为y＝x，点B的坐标为.
因为y1＋－2x1＝
＝
＝
＝＝0，
所以＝2x1，故A为线段BM的中点．
5．在平面直角坐标系xOy中，过点C(2,0)的直线与抛物线y2＝4x相交于A，B两点，设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
(1)求证：y1y2为定值；
(2)是否存在平行于y轴的定直线被以AC为直径的圆截得的弦长为定值？如果存在，求出该直线方程和弦长；如果不存在，说明理由．
解析 (1)方法一 当直线AB垂直于x轴时，
y1＝2，y2＝－2，因此y1y2＝－8为定值．
当直线AB不垂直于x轴时，设直线AB的方程y＝k(x－2)，
由得ky2－4y－8k＝0.∴y1y2＝－8.
因此有y1y2＝－8为定值．
方法二 设直线AB的方程为my＝x－2，
由得y2－4my－8＝0，∴y1y2＝－8.
因此有y1y2＝－8为定值．
(2)设存在直线l：x＝a满足条件，则AC的中点E，|AC|＝.点A在抛物线上，所以y＝4x1，
因此以AC为直径的圆的半径
r＝|AC|＝＝，
又点E到直线x＝a的距离d＝.
故直线l被圆截得的弦长为
2＝2
＝＝.
当1－a＝0，即a＝1时，弦长为定值2，这时直线方程为x＝1.
6．已知中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆过点P(2，)，且它的离心率e＝.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)与圆(x－1)2＋y2＝1相切的直线l：y＝kx＋t交椭圆于M，N两点，若椭圆上一点C满足＋＝λ，求实数λ的取值范围．
解析 (1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，
由已知得解得
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)因为直线l：y＝kx＋t与圆(x－1)2＋y2＝1相切，
所以＝1⇒2k＝(t≠0)，
把y＝kx＋t代入＋＝1并整理，得
(3＋4k2)x2＋8ktx＋(4t2－24)＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有x1＋x2＝－，
y1＋y2＝kx1＋t＋kx2＋t＝k(x1＋x2)＋2t＝.
因为λ＝(x1＋x2，y1＋y2)，
所以C，
又因为C在椭圆上，所以＋＝1⇒
λ2＝＝，
因为t2>0，所以2＋＋1>1，
所以0<λ2<2，所以λ的取值范围为(－，0)∪(0，)．
7．如图，已知椭圆C：＋y2＝1(a＞1)的上顶点为A，右焦点为F，直线AF与圆M：x2＋y2－6x－2y＋7＝0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若不过点A的动直线l与椭圆C相交于P，Q两点，且·＝0，求证：直线l过定点，并求出该定点N的坐标．
解析 (1)将圆M的一般方程x2＋y2－6x－2y＋7＝0化为标准方程为(x－3)2＋(y－1)2＝3，
圆M的圆心为M(3,1)，半径为r＝.
由A(0,1)，F(c,0)(c＝)得直线AF：＋y＝1，
即x＋cy－c＝0.
由直线AF与圆M相切，得＝.
∴c＝或c＝－(舍去)．
∴a＝，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：由·＝0，知AP⊥AQ，从而直线AP与坐标轴不垂直，由A(0,1)可设直线AP的方程为y＝kx＋1，直线AQ的方程为y＝－x＋1(k≠0)，
将y＝kx＋1代入椭圆C的方程＋y2＝1并整理，得
(1＋3k2)x2＋6kx＝0，解得x＝0或x＝－，
因为P的坐标为，
即.
将上式中的k换成－，得Q.
∴直线l的方程为y＝＋，
化简得直线l的方程为y＝x－.
因此直线l过定点N.
8．(2018·广西桂林中山中学阶段性测试)已知焦距为2的椭圆W：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点分别为A1，A2，上、下顶点分别为B1，B2，点M(x0，y0)为椭圆W上不在坐标轴上的任意一点，且四条直线MA1，MA2，MB1，MB2的斜率之积为.
(1)求椭圆W的标准方程；
(2)如图所示，点A，D是椭圆W上两点，点A与点B关于原点对称，AD⊥AB，点C在x轴上，且AC与x轴垂直，求证：B，C，D三点共线．
解析 (1)由题意可知2c＝2，即c＝1，a2－b2＝1.
∵M(x0，y0)为椭圆W上不在坐标轴上的任意一点，
∴＋＝1，y＝(a2－x)，x＝(b2－y)，
∴kMA1·kMA2·kMB1·kMB2＝···＝·＝·
＝2＝，
则a2＝2b2，∴a2＝2，b2＝1，
∴椭圆W的标准方程为＋y2＝1.
(2)证明：不妨设点A(x1，y1)，D(x2，y2)，
则B(－x1，－y1)，C(x1,0)．
∵A，D在椭圆上，∴
即(x1－x2)(x1＋x2)＋2(y1－y2)(y1＋y2)＝0，
∴＝－.
∵AD⊥AB，∴kAD·kAB＝－1，即·＝－1，
即·＝－1，∴＝，
∴kBD－kBC＝－＝－＝0，
即kBD＝kBC.
∴B，C，D三点共线．
