命题动向：从近五年的高考试题来看，圆锥曲线问题在高考中属于必考内容，并且常常在同一份试卷上多题型考查．对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法：第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识；第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题，解决此类问题的关键是通过联立方程来解决．
题型1 最值、范围问题
角度1 最值问题
例1 (2019·陕西联考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2，由4个点M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1构成一个高为，面积为3的等腰梯形．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求△F2AB面积的最大值．
解 (1)由条件得b＝，且·＝3，
∴a＋c＝3.
又a2－c2＝3，解得a＝2，c＝1.
∴椭圆的方程为＋＝1.
(2)显然，直线AB的斜率不能为0.
设直线AB的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立消去x得(3m2＋4)y2－6my－9＝0.
∵直线AB过椭圆内的点F1，
∴无论m为何值，直线和椭圆总相交，
又y1＋y2＝，y1y2＝－，
∴S△F2AB＝|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|
＝
＝12
＝4
＝4.
令t＝m2＋1≥1，设f(t)＝t＋，
易知t∈时，函数f(t)单调递减，t∈时，函数f(x)单调递增，
∴当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，f(t)min＝，S△F2AB取得最大值3.
[冲关策略] 处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
变式训练1 (2019·河南郑州联考)已知椭圆C：＋＝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－ab＝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4，求·的最大值．
解 (1)由题意，得＝c，
∴3a2b2＝c2(a2＋4b2)，
化简得(a2＋2b2)(a2－2b2)＝0.
∴a2＝2b2，∴＝，∴e＝＝.
(2)∵△PQF2的周长为4，∴4a＝4，
∴a＝，∴b2＝1.
∴椭圆C的方程为＋y2＝1，
且焦点F1(－1,0)，F2(1,0)．
①若直线l的斜率不存在，则l的方程为x＝－1.
解方程组得或
设P，Q，则＝，＝，∴·＝.
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)．
由消去y并整理，得
(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
∴·＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)
＝(x1－1)(x2－1)＋y1y2
＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1
＝(k2＋1)＋(k2－1)＋k2＋1
＝＝－.
∵k2>0，∴－1<·<.
综上，－1<·≤.
∴·的最大值是.
角度2 范围问题
例2 (2018·浙江高考)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点，A，B满足PA，PB的中点均在C上．
(1)设AB的中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
解 (1)设P(x0，y0)，A，B.
因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程2＝4·即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实数根．
所以y1＋y2＝2y0.因此，PM垂直于y轴．
(2)由(1)可知
所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，|y1－y2|＝2.
因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0) eq \s\up55( ) .
因为x＋＝1(x0<0)，
所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]．
因此，△PAB面积的取值范围是.
[冲关策略] 圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
变式训练2 (2019·江西南昌调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝，求原点O到直线l的距离的取值范围．
解 (1)由题知e＝＝，2b＝2，
又a2＝b2＋c2，∴b＝1，a＝2，
∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程，得
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
依题意，得Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，
化简得m2<4k2＋1， ①
x1＋x2＝－，x1x2＝，
y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，
若kOM·kON＝，则＝，即4y1y2＝5x1x2，
∴4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，
∴(4k2－5)·＋4km·＋4m2＝0，
即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，
化简得m2＋k2＝， ②
由①②得0≤m2<，∵原点O到直线l的距离d＝，
∴d2＝＝＝－1＋，
又∴原点O到直线l的距离的取值范围是.
题型2 定值、定点问题
角度1 定点问题
例3 (2017·全国卷Ⅰ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1,1)，
P2(0,1)，P3，P4中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
解 (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．
又由＋＞＋知，椭圆C不经过点P1，
所以点P2在椭圆C上．
因此解得
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.
如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐标分别为，，则k1＋k2＝－＝－1，解得t＝2，不符合题设．
从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．
将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋
＝＋
＝.
由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，
解得k＝－.
当且仅当m＞－1时，Δ＞0，
于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，
所以l过定点(2，－1)．
[冲关策略] (1)求解直线或曲线过定点问题的基本思路是：把直线或曲线方程中的变量x，y当作常数看待，把方程一端化为零，既然是过定点，那么这个方程就要对任意参数都成立，这时参数的系数就要全部等于零，这样就得到一个关于x，y的方程组，这个方程组的解所确定的点就是直线或曲线所过的定点．
(2)由直线方程确定其过定点时，若得到了直线方程的点斜式y－y0＝k(x－x0)，则直线必过定点(x0，y0)；若得到了直线方程的斜截式y＝kx＋m，则直线必过定点(0，m)．
变式训练3 (2019·海南乐东中学模拟)已知直线l：y＝x＋1，圆O：x2＋y2＝，直线l被圆截得的弦长与椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长相等，椭圆的离心率e＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M的动直线l交椭圆C于A，B两点，试问：在坐标平面上是否存在一个定点T，使得无论l如何转动，以AB为直径的圆恒过定点T？若存在，求出点T的坐标；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题设可知b＝1，又e＝，∴＝，
∴a2＝2，∴椭圆C的方程是＋y2＝1.
(2)若直线l与y轴重合，
则以AB为直径的圆是x2＋y2＝1.①
若直线l垂直于y轴，
则以AB为直径的圆是x2＋2＝，②
由①②解得
由此可知所求点T如果存在，只能是(0,1)．
事实上，点T(0,1)就是所求的定点．证明如下：
当直线l的斜率不存在，即直线l与y轴重合时，以AB为直径的圆为x2＋y2＝1，过点T(0,1)，
当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx－，代入椭圆方程，并整
理，得(18k2＋9)x2－12kx－16＝0.
设点A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，
则x1＋x2＝，x1x2＝－.
∵＝(x1，y1－1)，＝(x2，y2－1)，
∴·＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)＝(k2＋1)x1x2－k(x1＋x2)＋＝
＝0.
∴⊥，即以AB为直径的圆恒过定点T(0,1)．
综上可知，在坐标平面上存在一个定点T(0,1)满足条件．
角度2 定值问题
例4 (2018·北京高考)已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1,2)．过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围；
(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．
解 (1)因为抛物线y2＝2px经过点P(1,2)，
所以4＝2p，解得p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.
由题意可知直线l的斜率存在且不为0，
设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.
依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，
解得k<0或0又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．
从而k≠－3.
所以直线l的斜率的取值范围是
(－∞，－3)∪(－3,0)∪(0,1)．
(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.
直线PA的方程为y－2＝(x－1)．
令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2
＝＋2.
同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.
由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN.
所以＋＝＋＝＋＝·＝·＝2.
所以＋为定值．
[冲关策略] 圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略
(1)求代数式为定值．依题设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值．
(2)求点到直线的距离为定值．利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得．
(3)求某线段长度为定值．利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得．
变式训练4 (2019·重庆模拟)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，右焦点为F，上顶点为B，下顶点为D，若直线AB与直线DF的交点为(3a,16)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(m,0)为椭圆C的长轴上的一个动点，过点P且斜率为的直线l交椭圆C于S，T两点，证明：|PS|2＋|PT|2为定值．
解 (1)由椭圆C的左顶点的坐标为A(－a,0)，上、下顶点的坐标分别为B(0，b)，D(0，－b)，右焦点的坐标为F(c,0)，则直线AB的方程为y＝x＋b，直线DF的方程为y＝x－b.因为直线AB和直线DF的交点为(3a,16)，所以
解得b＝4且3a＝5c.
又因为a2＝b2＋c2，解得a＝5，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)证明：设直线l的方程为y＝(x－m)，
即x＝y＋m，代入＋＝1并整理得
25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.
设S(x1，y1)，T(x2，y2)，
则y1＋y2＝－m，y1y2＝.
又因为|PS|2＝(x1－m)2＋y＝y，
同理|PT|2＝y，则|PS|2＋|PT|2＝(y＋y)
＝[(y1＋y2)2－2y1y2]
＝＝41，
所以|PS|2＋|PT|2＝41，是定值．
题型3 圆锥曲线中的探索性问题
例5 (2019·辽宁沈阳联考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦点F1的坐标为(－c,0)，F2的坐标为(c,0)，且经过点P，PF2⊥x轴．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过F1的直线l与椭圆C交于A，B两个不同点，在椭圆C上是否存在一点M，使四边形AMBF2为平行四边形？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．
解 (1)由题知c＝1，＝，
又因为a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝.
所以椭圆的方程为＋＝1.
(2)假设存在点M(x0，y0)，
当l斜率不存在时，
|F1M|＝|F1F2|，a－c＝2c，不成立；
当l斜率存在时，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立消去y得
(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
∵Δ＝16(9k2＋9)>0，∴x1＋x2＝－，
∴y1＋y2＝k(x1＋x2＋2)＝，
则AB的中点坐标为.
AB与MF2的中点重合，∴
∴代入椭圆的方程＋＝1化简得80k4＋24k2－27＝0，解得k2＝，即k＝±.
∴存在符合条件的直线l的方程为y＝±(x＋1)．
[冲关策略] 探索性问题的求解方法：先假设成立，在假设成立的前提下求出与已知、定理或公理相同的结论，说明结论成立，否则说明结论不成立．处理这类问题，一般要先对结论做出肯定的假设，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；若推出矛盾，则否定了存在性；若证明某结论不存在，也可以采用反证法．
变式训练5 (2019·贵州贵阳模拟)已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，准线为l，准线l与x轴的交点为P，过点P且斜率为k的直线m交抛物线于不同的两点A，B.
(1)若|AF|＋|BF|＝8，求线段AB的中点Q到准线的距离；
(2)E上是否存在一点M，满足＋＝？若存在，求出直线m的斜率；若不存在，请说明理由．
解 (1)由抛物线E的方程为y2＝4x，可得F(1,0)，准线l：x＝－1，P(－1,0)．
过点A作AA′⊥l，过点B作BB′⊥l，垂足分别为A′，B′.
由抛物线的定义得|AF|＝|AA′|，|BF|＝|BB′|.
∴由|AF|＋|BF|＝8得|AA′|＋|BB′|＝8.
过AB的中点Q作QQ′⊥l，垂足为Q′，
故QQ′是直角梯形AA′B′B的中位线，
∴|QQ′|＝＝＝4，即线段AB的中点Q到准线的距离为4.
(2)设A(x1 ，y1)，B(x2，y2)，M(x，y)，
则＋＝(x1＋1，y1)＋(x2＋1，y2)
＝(x1＋x2＋2，y1＋y2)＝(x＋1，y)＝，
故即
设直线m的方程为y＝k(x＋1)，
联立得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，
∴Δ＝(2k2－4)2－4k4＝16－16k2>0，
x1＋x2＝.
∴＝x－1，∴x＝.
∴y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2k＝k·＋2k＝.
∴y＝.∴M.
∵点M在抛物线上，∴2＝4·，
即＝－4，此方程无解．
∴不存在满足条件的点M.
(共53张PPT)
高考大题冲关系列(5)
高考解析几何中的热点题型
本课结束
