人教A版(新教材)高中数学选择性必修第一册学案：习题课 圆锥曲线的综合问题学案

人教A版(新教材)高中数学选择性必修第一册PAGEPAGE3习题课圆锥曲线的综合问题课标要求素养要求1.通过圆锥曲线方程的学习，进一步体会数形结合思想的应用.2.能根据圆锥曲线的有关性质解决综合问题.通过研究圆锥曲线的综合问题，进一步提升逻辑推理及数学运算素养.新知探究我们已经学习了圆锥曲线的有关内容，主要包括椭圆、双曲线、抛物线的定义，标准方程，几何性质以及直线与圆锥曲线的位置关系.高考对于圆锥曲线的要求比较高，综合性比较强，今天我们对圆锥曲线中的综合问题进行总结，学会利用圆锥曲线的基本知识解决综合问题.1.定点、定值问题对于〖解析〗几何中的定点、定值问题，要善于运用辩证的观点去思考分析，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性，用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值，揭开神秘的面纱，这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口.2.最值、范围问题解决圆锥曲线中的最值问题，一般有两种方法：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解非常巧妙；二是代数法，将圆锥曲线中的最值问题转化为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角有界法、函数单调法及基本不等式法等，求解最大或最小值.3.探索性问题存在探索型问题作为探索性问题之一，具备了内容涉及面广、重点题型丰富等命题要求，方便考查分析、比较、猜测、归纳等综合能力，因而受到命题人的喜爱.拓展深化〖微判断〗1.方程2x2－5x＋2＝0的两根x1，x2(x1＜x2)可分别作为椭圆和双曲线的离心率.(√)2.已知方程mx2＋ny2＝1，则当m＞n>0时，该方程表示焦点在x轴上的椭圆.(×)〖提示〗该方程表示焦点在y轴上的椭圆.3.抛物线y＝4ax2(a≠0)的焦点坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16a))).(√)〖微训练〗1.椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上的点P到椭圆左焦点的最大距离和最小距离分别是()A.8，2 B.5，4C.5，1 D.9，1〖解析〗因为a＝5，c＝4，所以最大距离为a＋c＝9，最小距离为a－c＝1.〖答案〗D2.直线y＝x＋3与曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x|x|,4)＝1交点的个数为________.〖解析〗当x＞0时，曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x|x|,4)＝1表示双曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1位于y轴右侧的部分，其渐近线为y＝±eq\f(3,2)x，而直线y＝x＋3的斜率为1，1＜eq\f(3,2)，∴y＝x＋3与x轴上半部分且位于y轴右侧的双曲线有1个交点.当x≤0时，曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x|x|,4)＝1表示椭圆eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1的左半部分，又∵直线y＝x＋3过椭圆顶点，∴直线y＝x＋3与椭圆左半部分有2个交点.综上，共有3个交点.〖答案〗3〖微思考〗1.圆锥曲线中的弦长公式是什么？〖提示〗直线l截圆锥曲线所得的弦长|AB|＝eq\r(（1＋k2）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x1＋x2）2－4x1x2)))或eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（y1＋y2）2－4y1y2)))(k≠0)，其中k是直线l的斜率，(x1，y1)，(x2，y2)是直线与圆锥曲线的两个交点A，B的坐标.2.如何判断直线与圆锥曲线的位置关系？〖提示〗直线与圆锥曲线的位置关系，可以通过讨论直线方程与曲线方程组成的方程组的实数解的个数来确定，通常消去方程组中变量y(或x)得到关于变量x(或y)的一元二次方程(注意在双曲线与抛物线中，要对二次项系数是否为0进行讨论)，考虑该一元二次方程的判别式Δ，则有：Δ>0等价于直线与圆锥曲线相交于两点；Δ＝0等价于直线与圆锥曲线只有一个交点；Δ<0等价于直线与圆锥曲线无交点.题型一范围与最值问题〖例1〗如图，已知椭圆eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1).(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；(2)若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.解(1)由题意设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,a2)＋y2＝1))消去y，得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，故xA＝0，xM＝－eq\f(2a2k,1＋a2k2).因此|AM|＝eq\r(1＋k2)|xA－xM|＝eq\f(2a2|k|,1＋a2k2)·eq\r(1＋k2).(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|.记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1＞0，k2＞0，k1≠k2.由(1)知，|AP|＝eq\f(2a2|k1|\r(1＋keq\o\al(2,1)),1＋a2keq\o\al(2,1))，|AQ|＝eq\f(2a2|k2|\r(1＋keq\o\al(2,2)),1＋a2keq\o\al(2,2))，故eq\f(2a2|k1|\r(1＋keq\o\al(2,1)),1＋a2keq\o\al(2,1))＝eq\f(2a2|k2|\r(1＋keq\o\al(2,2)),1＋a2keq\o\al(2,2))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(keq\o\al(2,1)－keq\o\al(2,2)))〖1＋keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)〗＝0.由于k1≠k2，k1＞0，k2＞0，故得1＋keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)＝0，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,keq\o\al(2,1))＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,keq\o\al(2,2))＋1))＝1＋a2(a2－2)，①因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1＋a2(a2－2)＞1，所以a＞eq\r(2).因此，任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a≤eq\r(2)，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－1),a)，故所求离心率的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).规律方法涉及直线与圆锥曲线问题，需要用方程思想解决，必要时需分类讨论，诸如位置关系判定则需联立方程组.“化曲为直”求与距离有关的最值是平面几何中一种巧妙的方法，特别是涉及圆锥曲线上动点与定点和焦点距离之和的最值问题常用此法.〖训练1〗已知F是双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦点，A(1，4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|＋|PA|的最小值为________.〖解析〗设右焦点为F′，由题意可知F′坐标为(4，0)，根据双曲线的定义，|PF|－|PF′|＝4，∴|PF|＋|PA|＝4＋|PF′|＋|PA|，∴要使|PF|＋|PA|最小，只需|PF′|＋|PA|最小即可，|PF′|＋|PA|最小需P，F′，A三点共线，最小值即4＋|F′A|＝4＋eq\r(9＋16)＝4＋5＝9.〖答案〗9题型二定点与定值问题〖例2〗已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))与a＝(3，－1)共线.设M为椭圆上任意一点，且eq\o(OM,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，求证：λ2＋μ2为定值.证明∵M是椭圆上任意一点，若M与A重合，则eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))，此时λ＝1，μ＝0，∴λ2＋μ2＝1，现在需要证明λ2＋μ2为定值1.设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为N(x0，y0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，①,\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，②))①－②得eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2)＋eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2)＝0，即eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）)＝－eq\f(b2x0,a2y0)，又∵kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，∴y0＝－eq\f(b2,a2)x0.∴直线ON的方向向量为eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(b2,a2)))，∵eq\o(ON,\s\up6(→))∥a，∴eq\f(1,3)＝eq\f(b2,a2).∴a2＝3b2，∴椭圆方程为x2＋3y2＝3b2，又直线方程为y＝x－c.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－c，,x2＋3y2＝3b2))消y得4x2－6cx＋3c2－3b2＝0.∴x1＋x2＝eq\f(3,2)c，x1x2＝eq\f(3c2－3b2,4)＝eq\f(3,8)c2.又设M(x，y)，则由eq\o(OM,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝λx1＋μx2，,y＝λy1＋μy2，))代入椭圆方程整理得λ2(xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1))＋μ2(xeq\o\al(2,2)＋3yeq\o\al(2,2))＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2.又∵xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1)＝3b2，xeq\o\al(2,2)＋3yeq\o\al(2,2)＝3b2，x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2＝eq\f(3,2)c2－eq\f(9,2)c2＋3c2＝0，∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2为定值.规律方法〖解析〗几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量，探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等)，体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用.〖训练2〗已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(0，1)，其长轴长与短轴长的平方和是焦距的平方的2倍.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足eq\o(PM,\s\up6(→))＝λ1eq\o(MQ,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))＝λ2eq\o(NQ,\s\up6(→)).(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点.(1)解设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.∴椭圆的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)证明由题意设P(0，m)，Q(x0，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，由eq\o(PM,\s\up6(→))＝λ1eq\o(MQ,\s\up6(→))得(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝eq\f(m,y1)－1.同理由eq\o(PN,\s\up6(→))＝λ2eq\o(NQ,\s\up6(→))得λ2＝eq\f(m,y2)－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0.①由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝3，,x＝t（y－m）))消x得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②且有y1＋y2＝eq\f(2mt2,t2＋3)，y1y2＝eq\f(t2m2－3,t2＋3)，③③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，得l方程为x＝ty＋1，故直线l过定点(1，0).题型三探索性问题角度1常数存在型问题〖例3－1〗直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1相交于A，B两点，是否存在这样的实数a，使A，B关于直线l：y＝2x对称？请说明理由.解假设存在实数a，使A，B关于直线l：y＝2x对称，并设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).依题设有eq\f(y1＋y2,2)＝2·eq\f(x1＋x2,2)，即y1＋y2＝2(x1＋x2)，①又A，B在直线y＝ax＋1上，∴y1＝ax1＋1，y2＝ax2＋1，∴y1＋y2＝a(x1＋x2)＋2，②由①②，得2(x1＋x2)＝a(x1＋x2)＋2，即(2－a)(x1＋x2)＝2.③由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝ax＋1，,3x2－y2＝1))消y得(3－a2)x2－2ax－2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(2a,3－a2)，④把④代入③，得(2－a)·eq\f(2a,3－a2)＝2，解得a＝eq\f(3,2)，经检验知满足Δ＝4a2＋8(3－a2)＞0，∴kAB＝eq\f(3,2)，而kl＝2，∴kAB·kl＝eq\f(3,2)×2＝3≠－1，故点A，B不关于直线l：y＝2x对称，与假设矛盾.故不存在满足题意的实数a.角度2点存在型问题〖例3－2〗在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为2eq\r(2)的圆与直线y＝x相切于原点O，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.(1)求圆C的方程；(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长.若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)由题意知圆心在直线y＝－x上，设圆心的坐标是(－p，p)(p>0)，则圆的方程为(x＋p)2＋(y－p)2＝8，由于O(0，0)在圆上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2，∴圆C的方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8.(2)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10，由椭圆的定义知2a＝10，a＝5，∴椭圆右焦点为F(4，0).假设存在异于原点的点Q(m，n)使|QF|＝|OF|，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（m＋2）2＋（n－2）2＝8，,（m－4）2＋n2＝16))且m2＋n2≠0，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(4,5)，,n＝\f(12,5)，))故圆C上存在满足条件的点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(12,5))).规律方法(1)探索性问题通常采用“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.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.〖训练3〗试问是否能找到一条斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆eq\f(x2,3)＋y2＝1交于两个不同的点M，N，且使M，N到点A(0，1)的距离相等？若存在，试求出k的取值范围；若不存在，请说明理由.解设直线l：y＝kx＋m为满足条件的直线，再设P为MN的中点，欲满足条件，只需AP⊥MN即可.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1))消y得(1＋3k2)x2＋6mkx＋3m2－3＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则xP＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(3mk,1＋3k2)，yP＝kxP＋m＝eq\f(m,1＋3k2)，∴kAP＝eq\f(3k2－m＋1,3mk).∵AP⊥MN，∴eq\f(3k2－m＋1,3mk)＝－eq\f(1,k)(k≠0)，故m＝－eq\f(3k2＋1,2).由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2)(3m2－3)＝9(1＋3k2)(1－k2)>0，得－1<k<1，且k≠0.故当k∈(－1，0)∪(0，1)时，存在满足条件的直线l.一、素养落地1.通过本节课的学习，进一步提升数学运算及逻辑推理素养.2.解决与圆锥曲线有关的最值问题的三种方法(1)定义法：利用定义转化为几何问题.(2)数形结合法：利用数与形的结合，挖掘几何特征，进而求解.(3)函数法：探求函数模型，转化为函数的最值问题，借助函数的单调性、基本不等式等求解，注意圆锥曲线的范围.3.定值问题的两大解法：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；(2)引进变量，构造函数，把要证明为定值的量表示为变量的函数，将函数化简，消掉变量得到定值.二、素养训练1.直线y＝x＋1被椭圆x2＋2y2＝4所截得的弦的中点坐标是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,2)))〖解析〗由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,x2＋2y2＝4，))得x2＋2(x＋1)2－4＝0，即3x2＋4x－2＝0，则弦的中点的横坐标为eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)))＝－eq\f(2,3)，纵坐标为－eq\f(2,3)＋1＝eq\f(1,3)，即eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3)))，故选B.〖答案〗B2.如图，椭圆eq\f(x2,4)＋y2＝1上的一点A关于原点的对称点为B，F2为它的右焦点，若AF2⊥BF2，则△AF2B的面积是()A.2 B.4C.1 D.eq\f(\r(3),2)〖解析〗由直径所对圆周角为eq\f(π,2)，可以联想到以AB为直径的圆O与椭圆交于A，B两点，且F2在圆O上，圆的半径为c＝eq\r(a2－b2)＝eq\r(3)，故圆的方程为x2＋y2＝3，联立方程组eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋y2＝3，,\f(x2,4)＋y2＝1，))解得y＝±eq\f(\r(3),3)，所以S△AF2B＝eq\f(1,2)×eq\r(3)×eq\f(2\r(3),3)＝1，故选C.〖答案〗C3.已知双曲线y2－eq\f(x2,2)＝1与不过原点O且不平行于坐标轴的直线l相交于M，N两点，线段MN的中点为P，设直线l的斜率为k1，直线OP的斜率为k2，则k1k2等于()A.eq\f(1,2) B.－eq\f(1,2)C.2 D.－2〖解析〗设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x0，y0)，则yeq\o\al(2,1)－eq\f(xeq\o\al(2,1),2)＝1，yeq\o\al(2,2)－eq\f(xeq\o\al(2,2),2)＝1，两式相减可得(y1－y2)(y1＋y2)＝eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,2)，所以直线l的斜率为k1＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(x1＋x2,2（y1＋y2）)＝eq\f(x0,2y0)，直线OP的斜率为k2＝eq\f(y0,x0)，k1k2＝eq\f(x0,2y0)·eq\f(y0,x0)＝eq\f(1,2)，故选A.〖答案〗A4.直线x－2y＋3＝0与椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)相交于A，B两点，且P(－1，1)恰好为AB的中点，则椭圆的离心率为________.〖解析〗由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x－2y＋3＝0，,\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1))消去x，得(4b2＋a2)y2－12b2y＋9b2－a2b2＝0，Δ＝144b4－4(a2＋4b2)(9b2－a2b2)＞0，即a2＋4b2＞9.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq\f(12b2,a2＋4b2).∵线段AB的中点为(－1，1)，∴eq\f(12b2,a2＋4b2)＝2，于是得a2＝2b2.又a2＝b2＋c2，∴a2＝2c2，∴e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).〖答案〗eq\f(\r(2),2)5.已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的准线为l，过M(1，0)且斜率为eq\r(3)的直线与l相交于点A，与抛物线C的一个交点为B.若eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))，则p＝________.〖解析〗由题意，得l：x＝－eq\f(p,2)，且直线AB的方程为y＝eq\r(3)(x－1)，则Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)－1))))，因为eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(MB,\s\up6(→))，所以Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(p,2)，\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋1))))，将Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(p,2)，\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋1))))代入y2＝2px，得3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(p,2)＋1))eq\s\up12(2)＝2peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2＋\f(p,2)))，解得p＝2或p＝－6(舍去).〖答案〗2习题课圆锥曲线的综合问题课标要求素养要求1.通过圆锥曲线方程的学习，进一步体会数形结合思想的应用.2.能根据圆锥曲线的有关性质解决综合问题.通过研究圆锥曲线的综合问题，进一步提升逻辑推理及数学运算素养.新知探究我们已经学习了圆锥曲线的有关内容，主要包括椭圆、双曲线、抛物线的定义，标准方程，几何性质以及直线与圆锥曲线的位置关系.高考对于圆锥曲线的要求比较高，综合性比较强，今天我们对圆锥曲线中的综合问题进行总结，学会利用圆锥曲线的基本知识解决综合问题.1.定点、定值问题对于〖解析〗几何中的定点、定值问题，要善于运用辩证的观点去思考分析，在动点的“变”中寻求定值的“不变”性，用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值，揭开神秘的面纱，这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题，从而找到解决问题的突破口.2.最值、范围问题解决圆锥曲线中的最值问题，一般有两种方法：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解非常巧妙；二是代数法，将圆锥曲线中的最值问题转化为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角有界法、函数单调法及基本不等式法等，求解最大或最小值.3.探索性问题存在探索型问题作为探索性问题之一，具备了内容涉及面广、重点题型丰富等命题要求，方便考查分析、比较、猜测、归纳等综合能力，因而受到命题人的喜爱.拓展深化〖微判断〗1.方程2x2－5x＋2＝0的两根x1，x2(x1＜x2)可分别作为椭圆和双曲线的离心率.(√)2.已知方程mx2＋ny2＝1，则当m＞n>0时，该方程表示焦点在x轴上的椭圆.(×)〖提示〗该方程表示焦点在y轴上的椭圆.3.抛物线y＝4ax2(a≠0)的焦点坐标是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,16a))).(√)〖微训练〗1.椭圆eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上的点P到椭圆左焦点的最大距离和最小距离分别是()A.8，2 B.5，4C.5，1 D.9，1〖解析〗因为a＝5，c＝4，所以最大距离为a＋c＝9，最小距离为a－c＝1.〖答案〗D2.直线y＝x＋3与曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x|x|,4)＝1交点的个数为________.〖解析〗当x＞0时，曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x|x|,4)＝1表示双曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x2,4)＝1位于y轴右侧的部分，其渐近线为y＝±eq\f(3,2)x，而直线y＝x＋3的斜率为1，1＜eq\f(3,2)，∴y＝x＋3与x轴上半部分且位于y轴右侧的双曲线有1个交点.当x≤0时，曲线eq\f(y2,9)－eq\f(x|x|,4)＝1表示椭圆eq\f(y2,9)＋eq\f(x2,4)＝1的左半部分，又∵直线y＝x＋3过椭圆顶点，∴直线y＝x＋3与椭圆左半部分有2个交点.综上，共有3个交点.〖答案〗3〖微思考〗1.圆锥曲线中的弦长公式是什么？〖提示〗直线l截圆锥曲线所得的弦长|AB|＝eq\r(（1＋k2）\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（x1＋x2）2－4x1x2)))或eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(（y1＋y2）2－4y1y2)))(k≠0)，其中k是直线l的斜率，(x1，y1)，(x2，y2)是直线与圆锥曲线的两个交点A，B的坐标.2.如何判断直线与圆锥曲线的位置关系？〖提示〗直线与圆锥曲线的位置关系，可以通过讨论直线方程与曲线方程组成的方程组的实数解的个数来确定，通常消去方程组中变量y(或x)得到关于变量x(或y)的一元二次方程(注意在双曲线与抛物线中，要对二次项系数是否为0进行讨论)，考虑该一元二次方程的判别式Δ，则有：Δ>0等价于直线与圆锥曲线相交于两点；Δ＝0等价于直线与圆锥曲线只有一个交点；Δ<0等价于直线与圆锥曲线无交点.题型一范围与最值问题〖例1〗如图，已知椭圆eq\f(x2,a2)＋y2＝1(a＞1).(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；(2)若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.解(1)由题意设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,a2)＋y2＝1))消去y，得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，故xA＝0，xM＝－eq\f(2a2k,1＋a2k2).因此|AM|＝eq\r(1＋k2)|xA－xM|＝eq\f(2a2|k|,1＋a2k2)·eq\r(1＋k2).(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|.记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1＞0，k2＞0，k1≠k2.由(1)知，|AP|＝eq\f(2a2|k1|\r(1＋keq\o\al(2,1)),1＋a2keq\o\al(2,1))，|AQ|＝eq\f(2a2|k2|\r(1＋keq\o\al(2,2)),1＋a2keq\o\al(2,2))，故eq\f(2a2|k1|\r(1＋keq\o\al(2,1)),1＋a2keq\o\al(2,1))＝eq\f(2a2|k2|\r(1＋keq\o\al(2,2)),1＋a2keq\o\al(2,2))，所以eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(keq\o\al(2,1)－keq\o\al(2,2)))〖1＋keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)〗＝0.由于k1≠k2，k1＞0，k2＞0，故得1＋keq\o\al(2,1)＋keq\o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq\o\al(2,1)keq\o\al(2,2)＝0，因此eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,keq\o\al(2,1))＋1))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,keq\o\al(2,2))＋1))＝1＋a2(a2－2)，①因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1＋a2(a2－2)＞1，所以a＞eq\r(2).因此，任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a≤eq\r(2)，又e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(a2－1),a)，故所求离心率的取值范围为eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2))).规律方法涉及直线与圆锥曲线问题，需要用方程思想解决，必要时需分类讨论，诸如位置关系判定则需联立方程组.“化曲为直”求与距离有关的最值是平面几何中一种巧妙的方法，特别是涉及圆锥曲线上动点与定点和焦点距离之和的最值问题常用此法.〖训练1〗已知F是双曲线eq\f(x2,4)－eq\f(y2,12)＝1的左焦点，A(1，4)，P是双曲线右支上的动点，则|PF|＋|PA|的最小值为________.〖解析〗设右焦点为F′，由题意可知F′坐标为(4，0)，根据双曲线的定义，|PF|－|PF′|＝4，∴|PF|＋|PA|＝4＋|PF′|＋|PA|，∴要使|PF|＋|PA|最小，只需|PF′|＋|PA|最小即可，|PF′|＋|PA|最小需P，F′，A三点共线，最小值即4＋|F′A|＝4＋eq\r(9＋16)＝4＋5＝9.〖答案〗9题型二定点与定值问题〖例2〗已知椭圆的中心为坐标原点O，焦点在x轴上，斜率为1且过椭圆右焦点的直线交椭圆于A，B两点，eq\o(OA,\s\up6(→))＋eq\o(OB,\s\up6(→))与a＝(3，－1)共线.设M为椭圆上任意一点，且eq\o(OM,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，求证：λ2＋μ2为定值.证明∵M是椭圆上任意一点，若M与A重合，则eq\o(OM,\s\up6(→))＝eq\o(OA,\s\up6(→))，此时λ＝1，μ＝0，∴λ2＋μ2＝1，现在需要证明λ2＋μ2为定值1.设椭圆方程为eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为N(x0，y0)，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)＋\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，①,\f(xeq\o\al(2,2),a2)＋\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，②))①－②得eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2)＋eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2)＝0，即eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2（x1＋x2）,a2（y1＋y2）)＝－eq\f(b2x0,a2y0)，又∵kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝1，∴y0＝－eq\f(b2,a2)x0.∴直线ON的方向向量为eq\o(ON,\s\up6(→))＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(b2,a2)))，∵eq\o(ON,\s\up6(→))∥a，∴eq\f(1,3)＝eq\f(b2,a2).∴a2＝3b2，∴椭圆方程为x2＋3y2＝3b2，又直线方程为y＝x－c.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x－c，,x2＋3y2＝3b2))消y得4x2－6cx＋3c2－3b2＝0.∴x1＋x2＝eq\f(3,2)c，x1x2＝eq\f(3c2－3b2,4)＝eq\f(3,8)c2.又设M(x，y)，则由eq\o(OM,\s\up6(→))＝λeq\o(OA,\s\up6(→))＋μeq\o(OB,\s\up6(→))，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝λx1＋μx2，,y＝λy1＋μy2，))代入椭圆方程整理得λ2(xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1))＋μ2(xeq\o\al(2,2)＋3yeq\o\al(2,2))＋2λμ(x1x2＋3y1y2)＝3b2.又∵xeq\o\al(2,1)＋3yeq\o\al(2,1)＝3b2，xeq\o\al(2,2)＋3yeq\o\al(2,2)＝3b2，x1x2＋3y1y2＝4x1x2－3c(x1＋x2)＋3c2＝eq\f(3,2)c2－eq\f(9,2)c2＋3c2＝0，∴λ2＋μ2＝1，故λ2＋μ2为定值.规律方法〖解析〗几何中的定点和定值问题需要合理选择参数(坐标、斜率等)表示动态几何对象和几何量，探究、证明动态图形中的不变性质(定点、定值等)，体会“设而不求”“整体代换”在简化运算中的作用.〖训练2〗已知椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点(0，1)，其长轴长与短轴长的平方和是焦距的平方的2倍.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足eq\o(PM,\s\up6(→))＝λ1eq\o(MQ,\s\up6(→))，eq\o(PN,\s\up6(→))＝λ2eq\o(NQ,\s\up6(→)).(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点.(1)解设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.∴椭圆的方程为eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)证明由题意设P(0，m)，Q(x0，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，由eq\o(PM,\s\up6(→))＝λ1eq\o(MQ,\s\up6(→))得(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝eq\f(m,y1)－1.同理由eq\o(PN,\s\up6(→))＝λ2eq\o(NQ,\s\up6(→))得λ2＝eq\f(m,y2)－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0.①由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x2＋3y2＝3，,x＝t（y－m）))消x得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)>0，②且有y1＋y2＝eq\f(2mt2,t2＋3)，y1y2＝eq\f(t2m2－3,t2＋3)，③③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，由题意mt<0，∴mt＝－1，满足②，得l方程为x＝ty＋1，故直线l过定点(1，0).题型三探索性问题角度1常数存在型问题〖例3－1〗直线y＝ax＋1与双曲线3x2－y2＝1相交于A，B两点，是否存在这样的实数a，使A，B关于直线l：y＝2x对称？请说明理由.解假设存在实数a，使A，B关于直线l：y＝2x对称，并设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则AB中点坐标为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x1＋x2,2)，\f(y1＋y2,2))).依题设有eq\f(y1＋y2,2)＝2·eq\f(x1＋x2,2)，即y1＋y2＝2(x1＋x2)，①又A，B在直线y＝ax＋1上，∴y1＝ax1＋1，y2＝ax2＋1，∴y1＋y2＝a(x1＋x2)＋2，②由①②，得2(x1＋x2)＝a(x1＋x2)＋2，即(2－a)(x1＋x2)＝2.③由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝ax＋1，,3x2－y2＝1))消y得(3－a2)x2－2ax－2＝0，∴x1＋x2＝eq\f(2a,3－a2)，④把④代入③，得(2－a)·eq\f(2a,3－a2)＝2，解得a＝eq\f(3,2)，经检验知满足Δ＝4a2＋8(3－a2)＞0，∴kAB＝eq\f(3,2)，而kl＝2，∴kAB·kl＝eq\f(3,2)×2＝3≠－1，故点A，B不关于直线l：y＝2x对称，与假设矛盾.故不存在满足题意的实数a.角度2点存在型问题〖例3－2〗在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为2eq\r(2)的圆与直线y＝x相切于原点O，椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10.(1)求圆C的方程；(2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长.若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由.解(1)由题意知圆心在直线y＝－x上，设圆心的坐标是(－p，p)(p>0)，则圆的方程为(x＋p)2＋(y－p)2＝8，由于O(0，0)在圆上，∴p2＋p2＝8，解得p＝2，∴圆C的方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8.(2)椭圆eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10，由椭圆的定义知2a＝10，a＝5，∴椭圆右焦点为F(4，0).假设存在异于原点的点Q(m，n)使|QF|＝|OF|，则有eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(（m＋2）2＋（n－2）2＝8，,（m－4）2＋n2＝16))且m2＋n2≠0，解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(m＝\f(4,5)，,n＝\f(12,5)，))故圆C上存在满足条件的点Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(12,5))).规律方法(1)探索性问题通常采用“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.(2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法.〖训练3〗试问是否能找到一条斜率为k(k≠0)的直线l与椭圆eq\f(x2,3)＋y2＝1交于两个不同的点M，N，且使M，N到点A(0，1)的距离相等？若存在，试求出k的取值范围；若不存在，请说明理由.解设直线l：y＝kx＋m为满足条件的直线，再设P为MN的中点，欲满足条件，只需AP⊥MN即可.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1))消y得(1＋3k2)x2＋6mkx＋3m2－3＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则xP＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(3mk,1＋3k2)，yP＝kxP＋m＝eq\f(m,1＋3k2)，∴kAP＝eq\f(3k2－m＋1,3mk).∵AP⊥MN，∴eq\f(3k2－m＋1,3mk)＝－eq\f(1,k)(k≠0)，故m＝－eq\f(3k2＋1,2).由Δ＝36m2k2－4(1＋3k2)(3m2－3)＝9(1＋3k2)(1－k2)>0，得－1<k<1，且k≠0.故当k∈(－1，0)∪(0，1)时，存在满足条件的直线l.一、素养落地1.通过本节课的学习，进一步提升数学运算及逻辑推理素养.2.解决与圆锥曲线有关的最值问题的三种方法(1)定义法：利用定义转化为几何问题.(2)数形结合法：利用数与形的结合，挖掘几何特征，进而求解.(3)函数法：探求函数模型，转化为函数的最值问题，借助函数的单调性、基本不等式等求解，注意圆锥曲线的范围.3.定值问题的两大解法：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个定值与变量无关；(2)引进变量，构造函数，把要证明为定值的量表示为变量的函数，将函数化简，消掉变量得到定值.二、素养训练1.直线y＝x＋1被椭圆x2＋2y2＝4所截得的弦的中点坐标是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，－\f(2,3))) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，\f(1,3)))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，－\f(1,3))) D.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,3)，\f(1,2)))〖解析〗由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋1，,x2＋2y2＝4，))得x2＋2(x