2020高考解答题突破(五) 圆锥曲线的综合应用
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2020高考解答题突破(五) 圆锥曲线的综合应用
突破“两设”——设点、设线
[思维流程]
[技法点拨]
圆锥曲线解答题的常见类型是：第1问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问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，以简化运算．考向一 圆锥曲线中的范围、最值问题
解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．
(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；
(3)利用隐含的不等关系，从而求出参数的取值范围；
(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(5)利用函数值域的求法，确定参数的取值范围．
解圆锥曲线范围、最值问题的要点
求解范围或最值问题的关键是建立关于求解某个参数的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的范围．
[对点训练]
1．(2018·郑州质检)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－3ab＝0相切．
(1)求椭圆C的离心率； (2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于两点P，Q，若△PQF2的周长为42，求F2P→·F2Q→的最大值．
[解] (1)由题意可知以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－3ab＝0相切．
∴|－3ab|a2＋4b2＝c，即3a2b2＝c2(a2＋4b2)＝(a2－b2)(a2＋4b2)．
∴a2＝2b2，∴b2a2＝12.
∴e＝ca＝a2－b2a＝ 1－b2a2＝12＝22.
(2)∵△PQF2的周长为42，∴4a＝42，∴a＝2，由(1)知b2a2＝12，∴b2＝1，
∴椭圆方程为x22＋y2＝1，且焦点F1(－1,0)，F2(1,0)．
①若直线l的斜率不存在，则可得l⊥x轴，直线l的方程为x＝－1，
解方程组 x＝－1，x22＋y2＝1，可得 x＝－1，y＝22或 x＝－1，y＝－22.
∴P－1，22，Q－1，－22，
∴F2P→＝－2，22，F2Q→＝－2，－22，
∴F2P→·F2Q→＝(－2)×(－2)＋22×－22＝4－12＝72.
故F2P→·F2Q→＝72. ②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
由 y＝kx＋1，x2＋2y2＝2消去y整理得
(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1.
∴F2P→·F2Q→＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)
＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1
＝(k2＋1)2k2－22k2＋1＋(k2－1)－4k22k2＋1＋k2＋1
＝7k2－12k2＋1
＝72－922k2＋1，
∵k2>0，
∴可得－1
综上可得－1
∴F2P→·F2Q→的最大值是72.
考向二 圆锥曲线中的定点、定值问题
1．定点问题的求解策略
解决动直线恒过定点问题的一般思路是设出直线y＝kx＋m(k存在的情形)．然后利用条件建立k与m的关系．借助于点斜式方程思想确定定点坐标． 2．定值问题的求解策略
定值的证明与探索一般是先利用特殊情形确定定值，再给出一般化的证明或直接推证得出与参数无关的数值．在这类试题中选择消元的方法是非常关键的．
解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3点
(1)从特殊情形开始，求出定值，再证明该值与变量无关；
(2)直接推理、计算，在整个过程中消去变量，得定值；
(3)在含有参数的曲线方程里面，把参数从含有参数的项里面分离出来，并令其系数为零，可以解出定点坐标．
[对点训练]
2．(2018·天津和平二模)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)经过点1，32，且离心率e＝12.
(1)求椭圆E的方程； (2)设椭圆E的右顶点为A，若直线l：y＝kx＋m与椭圆E相交于M、N两点(异于A点)，且满足MA⊥NA，试证明直线l经过定点，并求出该定点的坐标．
[解] (1)依题意，得 a2＝b2＋c2，1a2＋94b2＝1，ca＝12，解得 a＝2，b＝3，c＝1.
所以，椭圆E的方程为x24＋y23＝1.
(2)证明：如图，设M(x1，y1)、N(x2，y2)，
联立 y＝kx＋m，x24＋y23＝1，
整理，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，
则Δ＝64m2k2－16(3＋4k2)(m2－3)>0，即3＋4k2－m2>0，
x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－33＋4k2.
从而y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3m2－4k23＋4k2，
由椭圆E的右顶点为A(2,0)，MA⊥NA， 得y1x1－2·y2x2－2＝－1，得y1y2＋x1x2－2(x1＋x2)＋4＝0.
则有3m2－4k23＋4k2＋4m2－33＋4k2＋16mk3＋4k2＋4＝0，
整理，得7m2＋16km＋4k2＝0，
解得m＝－2k或m＝－2k7，均满足条件3＋4k2－m2>0.
当m＝－2k时，直线l的方程为y＝k(x－2)，直线l过定点A，与题设矛盾；
当m＝－2k7时，直线l的方程为y＝kx－27，直线l过定点27，0，
所以直线l经过定点，且定点的坐标为27，0.
考向三 圆锥曲线中的探索性问题
处理探索性问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出相符的结论，则存在性随之解决；若导出矛盾，则否定了存在性．
存在性问题的解题步骤
[对点训练]
3．(2018·河北唐山模拟)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率e＝63，过点A(0，－b)和点B(a,0)的直线与原点的距离为32.
(1)求椭圆的方程；
(2)已知定点E(－1,0)，若直线y＝kx＋2(k≠0)与椭圆交于C，D两点，问：是否存在k，使得以CD为直径的圆过E点？请说明理由．
[解] (1)直线AB的方程为bx－ay－ab＝0，依题意可得 ca＝63，ab－a2＋b2＝32，解得 a2＝3，b2＝1.
所以椭圆的方程为x23＋y2＝1.
(2)存在．理由：假设存在这样的k.
联立方程 y＝kx＋2，x23＋y2＝1，得(1＋3k2)x2＋12kx＋9＝0.
由题意知Δ＝(12k)2－36(1＋3k2)>0，① 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝－12k1＋3k2，②
x1x2＝91＋3k2，③
而y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4，
要使以CD为直径的圆过点E(－1,0)，当且仅当CE⊥DE时成立，
则y1y2＋(x1＋1)(x2＋1)＝0，
∴(k2＋1)x1x2＋(2k＋1)(x1＋x2)＋5＝0，④
将②③式带入④式整理得k＝76.
经验证，k＝76时使得①式成立．
综上可知，存在k＝76使得以CD为直径的圆过点E.
专题跟踪训练(二十七)
1．(2018·云南昆明一中月考)已知中心在原点O，焦点在x轴上的椭圆E过点C(0,1)，离心率为22.
(1)求椭圆E的方程；
(2)直线l过椭圆E的左焦点F，且与椭圆E交于A，B两点，若△OAB的面积为23，求直线l的方程．
[解] (1)设椭圆E的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，
由已知得 b＝1，ca＝22，a2＝b2＋c2，解得a2＝2，b2＝1，
所以椭圆E的方程为x22＋y2＝1. (2)由已知，直线l过左焦点F(－1,0)．
当直线l与x轴垂直时，A－1，－22，B－1，22，
此时|AB|＝2，则S△OAB＝12×2×1＝22，不满足条件．
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由 y＝kx＋1，x22＋y2＝1得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
所以x1＋x2＝－4k21＋2k2，x1x2＝2k2－21＋2k2.
因为S△OAB＝12|OF|·|y1－y2|＝12|y1－y2|，
由已知S△OAB＝23得|y1－y2|＝43.
因为y1＋y2＝k(x1＋1)＋k(x2＋1)＝k(x1＋x2)＋2k＝k·－4k21＋2k2＋2k＝2k1＋2k2，
y1y2＝k(x1＋1)·k(x2＋1)＝k2(x1x2＋x1＋x2＋1)＝－k21＋2k2，
所以|y1－y2|＝y1＋y22－4y1y2
＝4k21＋2k22＋4k21＋2k2＝43，
所以k4＋k2－2＝0，解得k＝±1，
所以直线l的方程为x－y＋1＝0或x＋y＋1＝0.
2．(2018·新疆乌鲁木齐联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的焦
