压轴专题(二) 第20题解答题“圆锥曲线的综合问题”的抢分策略解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．解答题的热点题型有：①直线与圆锥曲线位置关系的判断；②圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；③轨迹方程及探索性问题的求解．[师说考点]圆锥曲线中最值、范围问题的求解方法(1)几何法．若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决，这就是几何法．(2)代数法．若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立目标函数，再利用基本不等式或单调性求这个函数的最值，这就是代数法．[典例] (2016·全国甲卷)已知椭圆E：＋＝1的焦点在x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.(1)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；(2)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．[解] 设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.(1)当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2，0)．由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝，所以y1＝.因此△AMN的面积S△AMN＝2×××＝.(2)由题意t>3，k>0，A(－，0)．将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－)＝，得x1＝，故|AM|＝|x1＋|＝.由题设，直线AN的方程为y＝－(x＋)，故同理可得|AN|＝.由2|AM|＝|AN|，得＝，即(k3－2)t＝3k(2k－1)．当k＝时上式不成立，因此t＝.t>3等价于＝<0，即<0.因此得或解得0，b>0)经过点P(2，1)，且其中一焦点F到一条渐近线的距离为1.(1)求双曲线Γ的方程；(2)过点P作两条相互垂直的直线PA，PB分别交双曲线Γ于A，B两点，求点P到直线AB距离的最大值．解：(1)∵双曲线－＝1过点(2，1)，∴－＝1.不妨设F为右焦点，则F(c，0)到渐近线bx－ay＝0的距离d＝＝b，∴b＝1，a2＝2.∴所求双曲线的方程为－y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝kx＋m.将y＝kx＋m代入x2－2y2＝2中，整理得(2k2－1)x2＋4kmx＋2m2＋2＝0.∴x1＋x2＝，① x1x2＝.②∵＝0，∴(x1－2，y1－1)·(x2－2，y2－1)＝0，∴(x1－2)(x2－2)＋(kx1＋m－1)(kx2＋m－1)＝0，∴(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋m2－2m＋5＝0.③将①②代入③，得m2＋8km＋12k2＋2m－3＝0，∴(m＋2k－1)(m＋6k＋3)＝0.而P∉AB，∴m＝－6k－3，从而直线AB的方程为y＝kx－6k－3.将y＝kx－6k－3代入x2－2y2－2＝0中，判别式Δ＝8(34k2＋36k＋10)>0恒成立，∴y＝kx－6k－3即为所求直线．∴P到AB的距离d＝＝.∴＝＝1＋≤2.∴d≤4，即点P到直线AB距离的最大值为4.[师说考点]圆锥曲线中定点与定值问题的求解思路(1)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．[典例] (2016·山东高考节选)平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率是，抛物线E：x2＝2y的焦点F是C的一个顶点．(1)求椭圆C的方程；(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.求证：点M在定直线上．[解] (1)由题意知＝，可得a2＝4b2.因为抛物线E的焦点为F，所以b＝，a＝1.所以椭圆C的方程为x2＋4y2＝1.(2)证明：设P(m＞0)．由x2＝2y，可得y′＝x，所以直线l的斜率为m.因此直线l的方程为y－＝m(x－m)，即y＝mx－.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，D(x0，y0)，联立方程得(4m2＋1)x2－4m3x＋m4－1＝0.由Δ＞0，得0＜m2＜2＋.由根与系数的关系得x1＋x2＝，因此x0＝.将其代入y＝mx－，得y0＝.因为＝－，所以直线OD的方程为y＝－x.联立方程得点M的纵坐标yM＝－，所以点M在定直线y＝－上. 解答圆锥曲线的定值、定点问题应把握3个方面(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． [应用体验]2．(2016·石家庄一模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)过点M(m，2)，其焦点为F，且|MF|＝2.(1)求抛物线C的方程；(2)设E为y轴上异于原点的任意一点，过点E作不经过原点的两条直线分别与抛物线C和圆F：(x－1)2＋y2＝1相切，切点分别为A，B，求证：直线AB过定点．解：(1)抛物线C的准线方程为x＝－， ∴|MF|＝m＋＝2，又4＝2pm，即4＝2p，∴p2－4p＋4＝0，∴p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)证明：设点E(0，t)(t≠0)，由已知切线不为y轴，设EA：y＝kx＋t，联立消去y，可得k2x2＋(2kt－4)x＋t2＝0，①∵直线EA与抛物线C相切，∴Δ＝(2kt－4)2－4k2t2＝0，即kt＝1，代入①可得x2－2x＋t2＝0，∴x＝t2，即A(t2，2t)．设切点B(x0，y0)，则由几何性质可以判断点O，B关于直线EF：y＝－tx＋t对称，则解得即B.法一：直线AB的斜率为kAB＝(t≠±1)，直线AB的方程为y＝(x－t2)＋2t，整理得y＝(x－1)，∴直线AB恒过定点F(1，0)，当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时直线AB为x＝1，过点F(1，0)．综上，直线AB恒过点F(1，0)．法二：直线AF的斜率为kAF＝(t≠±1)，直线BF的斜率为kBF＝＝(t≠±1)，∴kAF＝kBF，即A，B，F三点共线．当t＝±1时，A(1，±2)，B(1，±1)，此时A，B，F三点共线．∴直线AB过定点F(1，0).[师说考点]圆锥曲线中探索性问题的解题策略处理探索性问题，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．若证明某结论不存在，也可以采用反证法．[典例]如图，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率是，过点P(0，1)的动直线l与椭圆相交于A，B两点．当直线l平行于x轴时，直线l被椭圆E截得的线段长为2.(1)求椭圆E的方程；(2)在平面直角坐标系xOy中，是否存在与点P不同的定点Q，使得＝恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．[解] (1)由已知，点(，1)在椭圆E上，因此解得所以椭圆E的方程为＋＝1.(2)当直线l与x轴平行时，设直线l与椭圆相交于C，D两点．如果存在定点Q满足条件，则有＝＝1，即|QC|＝|QD|.所以点Q在y轴上，可设点Q的坐标为(0，y0)．当直线l与x轴垂直时，设直线l与椭圆相交于M，N两点，则M，N的坐标分别为(0，)，(0，－)．由＝，得＝，解得y0＝1或y0＝2.所以若存在不同于点P的定点Q满足条件，则点Q的坐标只可能为(0，2)．下面证明：对任意直线l，均有＝.当直线l的斜率不存在时，由上可知，结论成立．当直线l的斜率存在时，可设直线l的方程为y＝kx＋1，点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)．联立得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝－.因此＋＝＝2k.易知，点B关于y轴对称的点B′的坐标为(－x2，y2)．又kQA＝＝＝k－，kQB′＝＝＝－k＋＝k－，所以kQA＝kQB′，即Q，A，B′三点共线，所以＝＝＝.故存在与点P不同的定点Q(0，2)，使得＝恒成立．辅助解答——思路靠谱也给分1．本题在求解第(2)问时难度太大，很难得分，这就要学会辅助解答(学会捞分)，利用直线l与坐标轴垂直这一特殊情况可巧妙地求出Q点的坐标(0，2)，这样可得一定的分数，这种方法在解决一些压轴题时要学会应用．2．一道题目的解答，既有主要的实质性的步骤，也有次要的辅助性的步骤．实质性的步骤未找到之前，找辅助性的步骤是明智之举．如：准确作图，把题目中的条件翻译成数学表达式，根据题目的意思列出要用的公式等．罗列这些小步骤都是有分的，这些全是解题思路的重要体现，切不可以不写，对计算能力要求高的，实行能解多少写多少的策略．书写也是辅助解答的一部分，“书写要工整，卷面能得分”是说第一印象好会在阅卷老师的心理上产生光环效应．这就是所说的辅助解答． [应用体验]3．(2016·兰州模拟)已知椭圆C的焦点坐标是F1(－1，0)，F2(1，0)，过点F2垂直于长轴的直线l交椭圆C于B，D两点，且|BD|＝3.(1)求椭圆C的方程；(2)是否存在过点P(2，1)的直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，且满足＝？若存在，求出直线l1的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)设椭圆的方程是＋＝1(a>b>0)，由题可知c＝1，因为|BD|＝3，所以＝3，又a2－b2＝1，所以a＝2，b＝，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)假设存在直线l1且由题意得斜率存在，设直线l1的方程为y＝k(x－2)＋1.由得(3＋4k2)x2－8k(2k－1)x＋16k2－16k－8＝0.因为直线l1与椭圆C相交于不同的两点M，N，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以Δ＝[－8k(2k－1)]2－。
