2019高考数学（理）二轮复习（课件+检测）：第15讲 直线与圆锥曲线的综合问题 (2份打包)

第15讲　直线与圆锥曲线的综合问题 【命题趋势】 有关圆锥曲线的轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、参变量范围问题和探究性问题是高考命题的常见题型和基本问题,主要考查转化化归能力、推理论证能力、运算求解能力以及创新意识和应用意识,充分体现了数形结合思想,函数与方程思想.可以预测2018年的高考命题,有关解析几何的综合性问题仍将是轨迹问题、定点与定值问题、最值问题、参变量范围问题、探究性问题和恒等证明问题中的两个或三个问题组合构建而成. 探究一　轨迹问题 例1 如图,已知两点A(－eq \r(5),0)、B(eq \r(5),0),△ABC的内切圆的圆心在直线x＝2上移动. (1)求点C的轨迹方程； (2)过点M(2,0)作两条射线,分别交(1)中所求轨迹于P、Q两点,且eq \o(MP,\s\up6(→))·eq \o(MQ,\s\up6(→))＝0,求证：直线PQ必过定点,并求出定点坐标. 【解析】(1)设△ABC的内切圆切AB边于点D,则 |CA|－|CB|＝|AD|－|BD|＝(eq \r(5)＋2)－(eq \r(5)－2)＝4<2eq \r(5). 所以,点C的轨迹是以A、B为焦点,实轴长为4的双曲线的右支(不含右顶点), 其方程为eq \f(x2,4)－y2＝1(x>2). (2)设PQ：x＝my＋a(a>2),代入eq \f(x2,4)－y2＝1,得 (m2－4)y2＋2amy＋a2－4＝0. 设P(x1,y1)、Q(x2,y2),则y1＋y2＝－eq \f(2am,m2－4),y1y2＝eq \f(a2－4,m2－4). 因为eq \o(MP,\s\up6(→))·eq \o(MQ,\s\up6(→))＝(x1－2)(x2－2)＋y1y2 ＝(my1＋a－2)(my2＋a－2)＋y1y2 ＝(m2＋1)y1y2＋m(a－2)(y1＋y2)＋(a－2)2＝0 所以eq \f(（m2＋1）（a2－4）,m2－4)－eq \f(2am2（a－2）,m2－4)＋(a－2)2＝0 化简得3a2－16a＋20＝0,解得a＝2(舍去)或a＝eq \f(10,3). 故直线PQ必过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,3)，0)). 【点评】轨迹问题讨论的方法有很多,学习中要重视总结各种方法适用的条件特征,以便解题中灵活选用,解题中要注意避免轨迹方程不满足纯粹性与完备性的错误. 探究二　圆锥曲线中的定点、定值问题 例2 抛物线C：y2＝2px经过点M(4,－4), (1)不过点M的直线l分别交抛物线于A、B两点,当直线l的斜率为eq \f(1,2)时,求证：直线MA与直线MB的倾斜角互补. (2)不经过点M的动直线l交抛物线C于P、Q两点,且以PQ为直径的圆过点M,那么直线l是否过定点？如果是,求定点的坐标；如果不是,说明理由. 【解析】(1)抛物线方程为y2＝4x,设A(x1,y1),B(x2,y2), 设直线l的方程是y＝eq \f(1,2)x＋m,由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,2)x＋m,y2＝4x)),得y2－8y＋8m＝0,eq \b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝8，,y1y2＝8m，)) kAM＋kBM＝eq \f(y1＋4,x1－4)＋eq \f(y2＋4,x2－4)＝eq \f(4,y1－4)＋eq \f(4,y2－4)＝eq \f(4（y1＋y2－8）,（y1－4）（y2－4）)＝0, 直线MA与直线MB的倾斜角互补. (2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),以PQ为直径的圆过点M, 则(x1－4)(x2－4)＋(y1＋4)(y2＋4)＝0, 即2,1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y,4)－4)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(yeq \o\al(2,2),4)－4)) ＋(y1＋4)(y2＋4)＝0, 化简,得y1y2－4(y1＋y2)＋32＝0, 过PQ的直线为y＝eq \f(4,y1＋y2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(y1y2,4))) ＝eq \f(4,y1＋y2) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4（y1＋y2）－32,4)))＝eq \f(4,y1＋y2)(x－8)＋4,恒过(8,4)点. 【点评】定点问题实质上是一个恒成立问题,解题中有可能先根据条件求出曲线的方程然后变量分离确定定点坐标,也可能先根据特殊情况求出定点位置,再证该定点符合普通情况. 例3 [201