2019高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第3讲 解析几何的综合问题学案

尚水出品 亲爱的同学：这份试卷将再次记录你的自信、沉着、智慧和收获，我们一直投给你信任的目光……

第3讲 解析几何的综合问题

[考情考向分析] 江苏高考解析几何的综合问题包括：探索性问题、定点与定值问题、范围与最值问题等，一般试题难度较大．这类问题以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，需要综合运用函数与方程、不等式等诸多知识以及数形结合、分类讨论等多种数学思想方法进行求解，对考生的代数恒等变形能力、计算能力等有较高的要求．

热点一 最值、范围问题

例1 (2018·南通模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左顶点，右焦点分别为A，F，右准线为m，

(1)若直线m上不存在点Q，使△AFQ为等腰三角形，求椭圆离心率的取值范围；

(2)在(1)的条件下，当e取最大值时，A点坐标为(－2,0)，设B，M，N是椭圆上的三点，且OB→＝35OM→＋45ON→，求以线段MN的中点为圆心，过A，F两点的圆的方程．

解 (1)设直线m与x轴的交点是R，

依题意FR≥FA，

即a2c－c≥a＋c，a2c≥a＋2c，ac≥1＋2ca，1e≥1＋2e，

2e2＋e－1≤0,0

(2)当e＝12且A(－2,0)时，F(1,0)，故a＝2，c＝1,

所以b＝3，

椭圆方程是x24＋y23＝1，

设M(x1，y1)，N(x2，y2) ，则 x214＋y213＝1，x224＋y223＝1.

由OB→＝35OM→＋45ON→，

得 B35x1＋45x2，35y1＋45y2. 尚水出品 因为B是椭圆C上一点，

所以35x1＋45x224＋35y1＋45y223＝1，

即x214＋y213352＋x224＋y223452＋2·35·

45x1x24＋y1y23＝1，x1x24＋y1y23＝0，①

因为圆过A，F两点， 所以线段MN的中点的坐标为－12，y1＋y22，

又y1＋y222＝14(y21＋y22＋2y1y2)

＝1431－x214＋31－x224＋2y1y2，②

由①和②得y1＋y222

＝1431－x214＋31－x224＋3－x1x22

＝342－14x1＋x22＝34·2－14＝2116，

所以圆心坐标为－12，±214，

故所求圆的方程为x＋122＋y±2142＝5716.

思维升华 处理求最值的式子常用两种方式

(1)转化为函数图象的最值．

(2)转化为能利用基本不等式求最值的形式．若得到的函数式是分式形式，函数式的分子次数不低于分母时，可利用分离法求最值；若分子次数低于分母，则可分子、分母同除分子，利用基本不等式求最值(注意出现复杂的式子时可用换元法)．

跟踪演练1 已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，且点－3，12在椭圆C上．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若直线l交椭圆C于P，Q两点，线段PQ的中点为H，O为坐标原点，且OH＝1，求△POQ面积的最大值．

解 (1)由已知得ca＝32，3a2＋14b2＝1，

解得a2＝4，b2＝1， 尚水出品 椭圆C的标准方程是x24＋y2＝1.

(2)设l与x轴的交点为D(n,0)，

直线l：x＝my＋n，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

联立 x＝my＋n，x24＋y2＝1，得(4＋m2)y2＋2mny＋n2－4＝0，

Δ＝16(m2－n2＋4)＞0，

y1,2＝－2mn±2mn2－44＋m2n2－424＋m2，

所以y1＋y22＝－mn4＋m2，y1y2＝n2－44＋m2，

所以x1＋x22＝my1＋y2＋2n2＝4n4＋m2，

即H4n4＋m2，－mn4＋m2，

由OH＝1，得n2＝4＋m2216＋m2，

则S△POQ＝12·OD·|y1－y2|＝12|n||y1－y2|，

n2(y1－y2)2＝n2[(y1＋y2)2－4y1y2]

＝12×16×4＋m216＋m22.

设t＝4＋m2(t≥4)，

则4＋m216＋m22＝tt2＋24t＋144＝1t＋144t＋24≤148，

当且仅当t＝144t，即t＝12时取等号，此时S△POQ＝1，

所以△POQ面积的最大值为1.

热点二 定点问题

例2 (2018·全国大联考江苏卷)如图，已知A，B是椭圆x24＋y23＝1的长轴顶点，P，Q是椭圆上的两点，且满足kAP＝2kQB，其中kAP，kQB分别为直线AP，QB的斜率．

(1)求证：直线AP和BQ的交点R在定直线上； 尚水出品 (2)求证：直线PQ过定点．

证明 (1)根据题意，可设直线AP的方程为y＝kAP(x－2)，直线BQ的方程为y＝kQB(x＋2)，

则直线AP和BQ的交点R的横坐标x0满足x0＋2x0－2＝2，即x0＝6.

因此直线AP和BQ的交点R在定直线x＝6上.

(2)由(1)，可设点R的坐标为(6，m)，

则直线AP的方程为y＝m4(x－2)，直线BQ的方程为y＝m8(x＋2)，

联立方程 y＝m4x－2，x24＋y23＝1，得(m2＋12)x2－4m2x＋4(m2－12)＝0，

设P(xP，yP)，则根据根与系数的关系，得2×xP＝4m2－12m2＋12，即xP＝2m2－12m2＋12，

代入直线AP的方程得，yP＝－12mm2＋12，

故P2m2－12m2＋12，－12mm2＋12.

联立方程 y＝m8x＋2，x24＋y23＝1，得(m2＋48)x2＋4m2x＋4(m2－48)＝0，

设Q(xQ，yQ), 则－2×xQ＝4m2－48m2＋48，

即xQ＝248－m2m2＋48，

代入直线BQ的方程得，yQ＝24mm2＋48，

故Q248－m2m2＋48，24mm2＋48，

当248－m2m2＋48＝2m2－12m2＋12，即m2＝24时， 直线PQ与x轴的交点为T23，0，

当248－m2m2＋48≠2m2－12m2＋12，即m2≠24时，

下面证直线PQ过点T23，0. 尚水出品 kPT－kQT＝－12mm2＋12－02m2－12m2＋12－23－24mm2＋48－0248－m2m2＋48－23＝－9mm2－24－9m24－m2＝0，

故直线PQ过定点T23，0.

思维升华 如果要解决的问题是一个定点问题，我们可以根据特殊情况先找到这个定点，明确解决问题的目标，然后再进行一般性证明．

跟踪演练2 如图，在平面直角坐标系xOy中， 已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：x24＋y2＝1，A为椭圆右顶点．过原点O且异于坐标轴的直线与椭圆C交于B，C两点，直线AB与圆O的另一交点为P，直线PD与圆O的另一交点为Q，其中D－65，0.设直线AB，AC的斜率分别为k1，k2.

(1)求k1k2的值；

(2)记直线PQ，BC的斜率分别为kPQ，kBC，是否存在常数λ，使得kPQ＝λkBC？若存在，求λ值；若不存在，说明理由；

(3)求证：直线AC必过点Q.

(1)解 设B(x0，y0)，则C(－x0，－y0)，x204＋y20＝1，

所以k1k2＝y0x0－2·y0x0＋2＝y20x20－4＝1－x204x20－4＝－14.

(2)解 由题意得直线AP的方程为y＝k1(x－2)，联立 y＝k1x－2，x2＋y2＝4，

得(1＋k21)x2－4k21x＋4(k21－1)＝0，

设P(xp，yp)，

解得xp＝2k21－11＋k21，yp＝k1(xp－2)＝－4k11＋k21，

联立 y＝k1x－2，x24＋y2＝1，得(1＋4k21)x2－16k21x＋4(4k21－1)＝0， 尚水出品 设B(xB，yB)，

同理得xB＝24k21－11＋4k21，yB＝k1(xB－2)＝－4k11＋4k21，

所以kBC＝yBxB＝－2k14k21－1，

kPQ＝ypxp＋65＝－4k11＋k212k21－11＋k21＋65＝－5k14k21－1，

所以kPQ＝52kBC，故存在常数λ＝52，使得kPQ＝52kBC，

(3)证明 当直线PQ与x轴垂直时，Q－65，－85，

则kAQ＝852＋65＝12＝k2，所以直线AC必过点Q.

当直线PQ与x轴不垂直时，直线PQ方程为

y＝－5k14k21－1x＋65，

联立 y＝－5k14k21－1x＋65x2＋y2＝4，，

解得xQ＝－216k21－116k21＋1，yQ＝16k116k21＋1，

所以kAQ＝16k116k21＋1－216k21－116k21＋1－2＝－14k1＝k2，

故直线AC必过点Q.

综上可知，直线AC必过点Q.

热点三 定值问题

例3 记焦点在同一条轴上且离心率相同的椭圆为“相似椭圆”．已知椭圆E：x216＋y212＝1，以椭圆E的焦点为顶点作相似椭圆M.

(1)求椭圆M的方程；

(2)设直线l与椭圆E交于A，B两点，且与椭圆M仅有一个公共点，试判断△ABO的面积是否为定值(O为坐标原点)？若是，求出该定值；若不是，请说明理由． 尚水出品

解 (1)由条件知，椭圆M的离心率e＝12，且长轴的顶点为(－2,0)，(2,0)，

∴椭圆M的方程为x24＋y23＝1.

(2)当直线l的斜率存在时，设直线l: y＝kx＋b.

由 y＝kx＋b，x24＋y23＝1得，()3＋4k2x2＋8kbx＋4b2－12＝0.

令Δ＝64k2b2－4()3＋4k2()4b2－12＝0得，

b2＝3＋4k2.

联立 y＝kx＋b，x216＋y212＝1，化简得()3＋4k2x2＋8kbx＋4b2－48＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

∴x1,2＝－8kb±64k2b2－43＋4k24b2－4823＋4k2

∴ x1＋x2＝－8kb3＋4k2＝－8kb，x1·x2＝4b2－483＋4k2＝4b2－48b2.

∴AB＝x1－x22＋y1－y22

＝x1－x22＋k2x1－x22＝1＋k2||x1－x2

＝121＋k2||b，而原点O到直线l的距离d＝||b1＋k2，

∴S△ABO＝12AB·d＝6.

当直线l的斜率不存在时，l：x＝2或x＝－2，则AB＝6，原点O到直线l的距离d＝2，

∴S△ABO＝6.

综上所述，△ABO的面积为定值6.

思维升华 (1)从特殊开始，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．