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解析几何的综合问题(1)第三篇 [大题规范练]明晰考情 解析几何中直线与圆锥曲线问题是高考必考内容.解决圆锥曲线问题的通法是高考考查的重点.题组对点练栏目索引模板规范练题组对点练题组一 直线与椭圆要点重组 对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理.
(1)设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，或者将直线方程设成x＝my＋b(斜率不为0)的形式.
(2)联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式和求根公式得到交点的横坐标和纵坐标.(1)若x1＋x2＝3，求弦AB的长；解 由题意可知过F的直线l斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－2)，Δ>0显然成立.由题意知，l的斜率不为0，得(m2＋3)y2＋4my－2＝0，Δ>0显然成立.即m4－3m2＝0，(1)求椭圆C的标准方程；即(2c－a)(a＋c)＝0，所以a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2.又因为b2＝3c2，a2＝4c2，
所以c2＝1，
则a2＝4，b2＝a2－c2＝3.(2)若过点A的直线l与椭圆C相交于另一点P(P在x轴上方)，直线PF与椭圆C相交于另一点Q，且直线l与OQ垂直，求直线PQ的斜率.解 由题意知直线AP的斜率必存在且大于0，
设直线AP的方程为y＝k(x＋2)(k>0).
代入椭圆方程并化简得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，两直线方程联立解得Q(4k2，－4k)，因为Q在椭圆上，题组二 圆锥曲线中的范围、最值问题要点重组 (1)解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：
①利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围；
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，从而求出所求范围；
④利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；
⑤利用函数值域的求法，确定所求范围；
⑥利用已知，将条件转化为n个不等关系，从而求出参数的范围.
(2)解决有关最值问题时，要建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决问题(普通方法、基本不等式方法、导数方法等).(1)若点P的坐标为(0,1)，求椭圆C的方程；解 由题意得A(0，－b)，l的方程为y＝x－b，由P(0,1)，得B(1＋b,1)，所以(1＋b)2＝9，即b＝2，所以B(3,1)，(2)若点P的坐标为(0，t)，求实数t的取值范围.解 由A(0，－b), P(0，t)，得B(t＋b，t)，所以(t＋b)2＝9，
因为A点是短轴顶点，
所以t>0，t＋b＝3，则B(3，t)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点.(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
①证明：△PQG是直角三角形；证明 设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0).设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，①因为kPQ·kPG＝－1.
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形.②求△PQG面积的最大值.当且仅当k＝1时取等号.模板规范练模板体验(1)求椭圆C的方程；②求△ABQ面积的最大值.审题路线图规范解答·评分标准②设A(x1，y1)，B(x2，y2).
将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由Δ>0，可得m2<4＋16k2， (*)因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2. (**)
由(*)和(**)可知0[第一步] 求曲线方程：根据基本量法确定圆锥曲线的方程；
[第二步] 联立消元：将直线方程和圆锥曲线方程联立，得到方程Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判别式，利用求根公式求出两根；
[第三步] 找关系：从题设中寻求变量的等量或不等关系；
[第四步] 建函数：对范围最值类问题，要建立关于目标变量的函数关系；
[第五步] 得范围：通过求解函数值域或解不等式得目标变量的范围或最值，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件.规范演练(1)求椭圆C的方程；延长F2Q交直线F1P于点R，因为F2Q为∠F1PF2的外角平分线的垂线，
所以PF2＝PR，Q为F2R的中点，(2)若直线l：x＝my＋4(m∈R)与椭圆C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为A′，直线A′B交x轴于点D，求当△ADB的面积最大时，直线l的方程.得(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0， ①
所以Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)＝144(m2－4)>0，即m2>4.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则A′(x1，－y1)，因为a2＝b2＋c2，
解得a＝2，b＝1, (2)设B1，B2分别是椭圆C的下顶点和上顶点，P是椭圆上异于B1，B2的任意一点，过点P作PM⊥y轴于M，N为线段PM的中点，直线B2N与直线y＝－1交于点D，E为线段B1D的中点，O为坐标原点，求证：ON⊥EN.证明 设P(x0，y0)，x0≠0，＝1－y0－1＋y0＝0， 本课结束 第三篇 第19练 解析几何的综合问题(1)[大题规范练]
[明晰考情] 解析几何中直线与圆锥曲线问题是高考必考内容．解决圆锥曲线问题的通法是高考考查的重点．
题组一 直线与椭圆
要点重组 对于直线与圆锥曲线的位置关系问题，一般要把圆锥曲线的方程与直线方程联立来处理．
(1)设直线方程，在直线的斜率不确定的情况下要分斜率存在和不存在两种情况进行讨论，或者将直线方程设成x＝my＋b(斜率不为0)的形式．
(2)联立直线方程与曲线方程并将其转化成一元二次方程，利用方程根的判别式和求根公式得到交点的横坐标和纵坐标．
(3)一般涉及弦长的问题，要用到弦长公式AB＝·|x1－x2|或AB＝·|y1－y2|.
1．已知F是椭圆＋＝1的右焦点，过F的直线l与椭圆相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点．
(1)若x1＋x2＝3，求弦AB的长；
(2)O为坐标原点，∠AOB＝θ，满足3·tan θ＝4，求直线l的方程．
解 (1)由题意可知过F的直线l斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－2)，
联立得(3k2＋1)x2－12k2x＋12k2－6＝0，
Δ>0显然成立．
x1,2＝，
∵x1＋x2＝3，∴＝3，
∴k2＝1，则x1x2＝＝，
∴AB＝|x1－x2|
＝·＝.
(2)∵3·tan θ＝4，
∴||||sin θ＝，
∴S△AOB＝，
即×2×|y1－y2|＝，
由题意知，l的斜率不为0，
故设直线l的方程为x＝my＋2，联立
得(m2＋3)y2＋4my－2＝0，Δ>0显然成立．
y1,2＝，
∴y1＋y2＝－，y1y2＝－，
∴(y1＋y2)2－4y1y2＝，
即m4－3m2＝0，
∴m＝0或m＝±，
∴直线l的方程为x＝2或x±y－2＝0.
2．如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点.设椭圆C的左顶点为A，右焦点为F，右准线与x轴交于点M，且F为线段AM的中点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点A的直线l与椭圆C相交于另一点P(P在x轴上方)，直线PF与椭圆C相交于另一点Q，且直线l与OQ垂直，求直线PQ的斜率．
解 (1)因为A(－a,0)，F(c,0)，M，且F为AM的中点，
所以－a＋＝2c，则2c2＋ac－a2＝0.
即(2c－a)(a＋c)＝0，所以a＝2c，b2＝a2－c2＝3c2.
因为点在椭圆上，
所以＋＝1，
又因为b2＝3c2，a2＝4c2，
所以c2＝1，
则a2＝4，b2＝a2－c2＝3.
所以椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)由题意知直线AP的斜率必存在且大于0，
设直线AP的方程为y＝k(x＋2)(k>0)．
代入椭圆方程并化简得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0，
Δ>0，xA，P＝，
因为－2xP＝，
得xP＝，yP＝k＝，
当k2＝时，PQ的斜率不存在，此时·≠0不符合题意．
当k2≠时，直线PQ的方程为y＝(x－1)，
因为·＝0，所以直线OQ的方程为y＝－x，
两直线方程联立解得Q(4k2，－4k)，因为Q在椭圆上，
所以＋＝1，化简得(2k2＋3)(6k2－1)＝0，
即k＝±，
因为k>0，所以k＝，
此时Q.
直线PQ的斜率为2.
题组二 圆锥曲线中的范围、最值问题
要点重组 (1)解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：
①利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围；
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，从而求出所求范围；
④利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；
⑤利用函数值域的求法，确定所求范围；
⑥利用已知，将条件转化为n个不等关系，从而求出参数的范围．
(2)解决有关最值问题时，要建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决问题(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)．
3.如图，点A是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴位于x轴下方的端点，过A作斜率为1的直线l交椭圆于B点，点P在y轴上，且BP∥x轴， ·＝9.
(1)若点P的坐标为(0,1)，求椭圆C的方程；
(2)若点P的坐标为(0，t)，求实数t的取值范围．
解 (1)由题意得A(0，－b)，l的方程为y＝x－b，由P(0,1)，得B(1＋b,1)，所以＝(1＋b,1＋b)，＝(0,1＋b)，由·＝9，即(1＋b,1＋b)·(0,1＋b)＝9，
所以(1＋b)2＝9，即b＝2，所以B(3,1)，
又B在椭圆上，得＋＝1，
解得a2＝12, 所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2) 由A(0，－b), P(0，t)，得B(t＋b，t)，
所以＝(t＋b，t＋b)，＝(0，t＋b)，
因为·＝9，
所以(t＋b)2＝9，
因为A点是短轴顶点，
所以t>0，t＋b＝3，则B(3，t)，
代入椭圆方程得＋＝1，得a2＝.
因为a2>b2, 所以>(3－t)2，
解得04．(2019·全国Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.
①证明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面积的最大值．
(1)解 由题设得·＝－，化简得＋＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)①证明 设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．
由得x＝± .
记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，
故xG＝，由此得yG＝.
从而直线PG的斜率为＝－，
因为kPQ·kPG＝－1.
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②解 由①得PQ＝2u，PG＝，所以△PQG的面积S＝PQ·PG＝＝.
设t＝k＋，则由k>0得t≥2，
当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.
因此，△PQG面积的最大值为.
典例 (14分)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
①求的值；
②求△ABQ面积的最大值．
审题路线图
(1)―→
(2)①―→
②
→
→
规范解答·评分标准
解 (1)由题意知＋＝1.又＝，
解得a2＝4，b2＝1.所以椭圆C的方程为＋y2＝1.…………………………………………4分
(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.
①设P(x0，y0)，＝λ(λ>0)，由题意知Q(－λx0，－λy0)．
因为＋y＝1，又＋＝1，
即＝1，
所以λ＝2，即＝2. …………………………………………………………………………6分
②设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由Δ>0，可得m2<4＋16k2，(*)
x1,2＝，
则有x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|＝.…………………………………………………………………8分
因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，
所以△OAB的面积S＝|m||x1－x2|＝＝
＝2.……………………………………………………………………10分
设＝t，将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.(**)
由(*)和(**)可知0因此S＝2＝2，……………………………………………………………12分
故0由①知，△ABQ的面积为3S，所以△ABQ面积的最大值为6.………………………14分
构建答题模板
[第一步] 求曲线方程：根据基本量法确定圆锥曲线的方程；
[第二步] 联立消元：将直线方程和圆锥曲线方程联立，得到方程Ax2＋Bx＋C＝0，然后研究判别式，利用求根公式求出两根；
[第三步] 找关系：从题设中寻求变量的等量或不等关系；
[第四步] 建函数：对范围最值类问题，要建立关于目标变量的函数关系；
[第五步] 得范围：通过求解函数值域或解不等式得目标变量的范围或最值，要注意变量条件的制约，检查最值取得的条件．
1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P在椭圆上(异于椭圆C的左、右顶点)，过右焦点F2作∠F1PF2的外角平分线L的垂线F2Q，交L于点Q，且OQ＝2(O为坐标原点)，椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为4.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：x＝my＋4(m∈R)与椭圆C交于A，B两点，点A关于x轴的对称点为A′，直线A′B交x轴于点D，求当△ADB的面积最大时，直线l的方程．
解 (1)由椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为4×ab＝4，得ab＝2.
延长F2Q交直线F1P于点R，因为F2Q为∠F1PF2的外角平分线的垂线，
所以PF2＝PR，Q为F2R的中点，
所以OQ＝＝＝＝a，
所以a＝2，b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)联立消去x，
得(3m2＋4)y2＋24my＋36＝0，①
所以Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)＝144(m2－4)>0，即m2>4.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则A′(x1，－y1)，
解①得y1,2＝，
则y1＋y2＝，y1y2＝，
直线A′B的斜率k＝＝，
所以直线A′B的方程为y＋y1＝(x－x1)，
令y＝0，得xD＝＝＝＋4，
故xD＝1，所以点D到直线l的距离d＝，
所以S△ADB＝AB·d＝d·
＝|y1－y2|
＝18·.
令t＝(t>0)，则S△ADB＝18·＝≤＝，
当且仅当3t＝，即t2＝＝m2－4，即m2＝>4，m＝±时，△ADB的面积最大，
所以直线l的方程为
3x＋2y－12＝0或3x－2y－12＝0.
2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2，且C过点.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设B1，B2分别是椭圆C的下顶点和上顶点，P是椭圆上异于B1，B2的任意一点，过点P作PM⊥y轴于M，N为线段PM的中点，直线B2N与直线y＝－1交于点D，E为线段B1D的中点，O为坐标原点，求证：ON⊥EN.
(1)解 由题设知焦距为2，所以c＝.
又因为椭圆过点，
所以代入椭圆方程得＋＝1，
因为a2＝b2＋c2，
解得a＝2，b＝1,
故所求椭圆C的方程是＋y2＝1.
(2)证明 设P(x0，y0)，x0≠0，
则M(0，y0)，N.
因为点P在椭圆C上，所以＋y＝1.
即x＝4－4y.
又B2(0,1)，所以直线B2N的方程为
y－1＝x.
令y＝－1，得x＝，所以D.
又B1(0，－1)，E为线段B1D的中点，
所以E.
所以＝，＝.
因为·＝＋y0(y0＋1)
＝－＋y＋y0
＝1－y－＋y＋y0
＝1－y0－1＋y0＝0，
所以⊥，即ON⊥EN.
