2020年浙江新高考数学二轮复习教师用书:专题五 3 第3讲 圆锥曲线中的综合问题

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2020年浙江新高考数学二轮复习教师用书:专题五 3 第3讲 圆锥曲线中的综合问题

第3讲 圆锥曲线中的综合问题 ‎“ 构造法”求最值(范围)‎ ‎[典型例题]‎ ‎ (2019·高考浙江卷)如图,已知点F(1,0)为抛物线y2=2px(p>0)的焦点.过点F的直线交抛物线于A,B两点,点C在抛物线上,使得△ABC的重心G在x轴上,直线AC交x轴于点Q,且Q在点F的右侧.记△AFG,△CQG的面积分别为S1,S2.‎ ‎(1)求p的值及抛物线的准线方程;‎ ‎(2)求的最小值及此时点G的坐标.‎ ‎【解】 (1)由题意得=1,即p=2.‎ 所以抛物线的准线方程为x=-1.‎ ‎(2)设A(xA,yA),B(xB,yB),C(xC,yC),重心G(xG,yG).令yA=2t,t≠0,则xA=t2.由于直线AB过点F,故直线AB的方程为x=y+1,代入y2=4x,得 y2-y-4=0,‎ 故2tyB=-4,即yB=-,所以B.‎ 又由于xG=(xA+xB+xC),yG=(yA+yB+yC)及重心G在x轴上,故2t-+yC=0,‎ 得C,G.‎ 所以直线AC的方程为y-2t=2t(x-t2),得Q(t2-1,0).‎ 由于Q在焦点F的右侧,故t2>2.从而 ====2-.‎ 令m=t2-2,则m>0,‎ =2-=2-≥2-=1+.‎ 所以当m=时,取得最小值1+,此时G(2,0)..‎ 解决最值(范围)问题的常用方法 解决有关范围、最值问题时,先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等),建立目标函数,然后利用函数的有关知识和方法求解.‎ ‎(1)构建函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域.‎ ‎(2)构建不等式法:利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解.‎ ‎(3)数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后,数形结合求解.‎ ‎[对点训练]‎ ‎ (2018·高考浙江卷)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)证明:设P(x0,y0),A,B.‎ 因为PA,PB的中点在拋物线上,‎ 所以y1,y2为方程=4·,‎ 即y2-2y0y+8x0-y=0的两个不同的实根.‎ 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).‎ 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 ‎“ 转化法”求定点、定值 ‎[典型例题]‎ ‎ 已知椭圆C:+=1(a>b>0),四点P1(1,1),P2(0,1),P3(-1,),P4(1,)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C经过P3,P4两点.‎ 又由+>+知,C不经过点P1,所以点P2在C上.‎ 因此解得 故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,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).‎ ‎(1)动直线过定点问题的解法 ‎①动直线l过定点问题,解法:设动直线方程(斜率存在)为y=kx+t,由题设条件将t用k表示为t=km,得y=k(x+m),故动直线过定点(-m,0).‎ ‎②动曲线C过定点问题,解法:引入参变量建立曲线C的方程,再根据其对参变量恒成立,令其系数等于零,得出定点.‎ ‎(2)求解定值问题的两大途径 ‎①首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值:即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关.‎ ‎②先将式子用动点坐标或动直线中的参数表示,再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值.‎ ‎[注] 对于此类问题可先根据特殊情况确定定点、定值,再进行一般性证明的方法就是由特殊到一般的方法.  ‎ ‎[对点训练]‎ 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过点P(1,2),‎ 所以2p=4,即p=2.‎ 故抛物线C的方程为y2=4x.‎ 由题意知,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02-k>0,‎ 即解得1b>0)的右顶点为A,经过原点的直线l交椭圆C于P,Q两点,若|PQ|=a,AP⊥PQ,则椭圆C的离心率为________.‎ 解析:不妨设点P在第一象限,O为坐标原点,由对称性可得|OP|==,因为AP⊥PQ,所以在Rt△POA中,cos∠POA==,故∠POA=60°,易得P,代入椭圆方程得+=1,故a2=5b2=5(a2-c2),所以椭圆C的离心率e=.‎ 答案: ‎9.已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点,且左、右焦点分别为F1,F2,这两条曲线在第一象限的交点为P,△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形.若|PF1|=10,椭圆与双曲线的离心率分别为e1,e2,则e1e2的取值范围是________.‎ 解析:设椭圆的长轴长为2a,双曲线的实轴长为2m,则2c=|PF2|=2a-10,2m=10-2c,所以a=c+5,m=5-c,‎ 所以e1e2=×==,又由三角形的性质知2c+2c>10,由已知2c<10,c<5,所以.‎ 答案: ‎10.(2019·杭州市高考数学二模)抛物线y2=2px(p>0)的焦点为F,点A,B在抛物线上,且∠AFB=120°,过弦AB中点M作准线l的垂线,垂足为M1,则的最大值为________.‎ 解析:设|AF|=a,|BF|=b,连接AF、BF,‎ 由抛物线定义,得|AF|=|AQ|,|BF|=|BP|,‎ 在梯形ABPQ中,2|MM1|=|AQ|+|BP|=a+b.‎ 由余弦定理得,‎ ‎|AB|2=a2+b2-2abcos 120°=a2+b2+ab,‎ 配方得,|AB|2=(a+b)2-ab,‎ 又因为ab≤,‎ 所以(a+b)2-ab≥(a+b)2-(a+b)2=(a+b)2,‎ 得到|AB|≥(a+b).‎ 所以≤=,‎ 即的最大值为.‎ 答案: ‎11.(2019·衢州市教学质量检测)已知椭圆G:+=1(a>b>0)的长轴长为2,左焦点F(-1,0),若过点B(-2b,0)的直线与椭圆交于M,N两点.‎ ‎(1)求椭圆G的标准方程;‎ ‎(2)求证:∠MFB+∠NFB=π; ‎ ‎(3)求△FMN面积S的最大值.‎ 解:(1)因为椭圆+=1(a>b>0)的长轴长为2,焦距为2,即2a=2,2c=2,‎ 所以2b=2,所以椭圆的标准方程为+y2=1.‎ ‎(2)证明:∠MFB+∠NFB=π,即证:kMF+kNF=0,‎ 设直线方程MN为y=k(x+2),代入椭圆方程得:‎ ‎(1+2k2)x2+8k2x+8k2-2=0,‎ 其中Δ>0,所以k2<.‎ 设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=‎ ‎-,x1x2=,‎ kMF+kNF=+=+=k[2+]=0.故∠MFB+∠NFB=π.‎ ‎(3)S=·FB|y1-y2|=|k||x1-x2|‎ ‎= .‎ 令t=1+2k2, ‎ 则S==,‎ 当k2=(满足k2<)时,S的最大值为.‎ ‎12.(2019·浙江金华十校第二期调研)已知抛物线C:y=x2,点P(0,2),A,B是抛物线上两个动点,点P到直线AB的距离为1.‎ ‎(1)若直线AB的倾斜角为,求直线AB的方程;‎ ‎(2)求|AB|的最小值.‎ 解:(1)设直线AB的方程:y=x+m,则=1,‎ 所以m=0或m=4,所以直线AB的方程为y=x或y=x+4.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y=kx+m,则=1,‎ 所以k2+1=(m-2)2.‎ 由,得x2-kx-m=0,所以x1+x2=k,x1x2=-m,‎ 所以|AB|2=[-4x1x2]==,记f(m)=(m ‎2+3),所以f′(m)=2(m-2)(2m2-2m+3),‎ 又k2+1=≥1,所以m≤1或m≥3,‎ 当m∈时,f′(m)<0,f(m)单调递减,当m∈时,f′(m)>0,f(m)单调递增,‎ f(m)min=f(1)=4,所以|AB|min=2.‎ ‎13.(2019·宁波市高考模拟)已知椭圆方程为+y2=1,圆C:(x-1)2+y2=r2.‎ ‎(1)求椭圆上动点P与圆心C距离的最小值;‎ ‎(2)如图,直线l与椭圆相交于A、B两点,且与圆C相切于点M,若满足M为线段AB中点的直线l有4条,求半径r的取值范围.‎ 解:(1)设P(x,y),|PC|===,‎ 由-2≤x≤2,当x=时,|PC|min=.‎ ‎(2)当直线AB斜率不存在且与圆C相切时,M在x轴上,故满足条件的直线有2条;‎ 当直线AB斜率存在时,设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0), ‎ 由,整理得:=-×,‎ 则kAB=-,kMC=,kMC×kAB=-1,‎ 则kMC×kAB=-×=-1,解得:x0=,‎ 由M在椭圆内部,则+y<1,解得:y<,‎ 由:r2=(x0-1)2+y=+y,‎ 所以<r2<,解得:<r<.‎ 所以半径r的取值范围为(,) .‎ ‎14.(2019·严州中学月考改编)椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,P(m,0)为C的长轴上的一个动点,过P点且斜率为的直线l交C于A,B两点.当m=0时,·=-.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)证明:|PA|2+|PB|2为定值.‎ 解:(1)因为离心率为,所以=.‎ 当m=0时,l的方程为y=x,代入+=1并整理得x2=.‎ 设A(x0,y0),则B(-x0,-y0),‎ ·=-x-y=-x=-·.‎ 又因为·=-,所以a2=25,b2=16,椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)证明:将l的方程为x=y+m,代入+=1,‎ 并整理得25y2+20my+8(m2-25)=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则|PA|2=(x1-m)2+y=y,‎ 同理|PB|2=y.‎ 则|PA|2+|PB|2=(y+y)=[(y1+y2)2-2y1y2]=· ‎=41.‎ 所以|PA|2+|PB|2为定值.‎ ‎15.(2019·温州十五校联合体联考)如图,已知抛物线C1:y2=2px(p>0),直线l与抛物线C1相交于A、B两点,且当倾斜角为60°的直线l经过抛物线C1的焦点F时,有|AB|=.‎ ‎(1)求抛物线C1的方程;‎ ‎(2)已知圆C2:(x-1)2+y2=,是否存在倾斜角不为90°的直线l,使得线段AB被圆C2截成三等分?‎ 若存在,求出直线l的方程;若不存在,请说明理由.‎ 解:(1)当倾斜角为60°的直线l经过抛物线C1的焦点F时,直线l的方程为y=(x-),联立方程组,即3x2-5px+p2=0,‎ 所以|AB|=+p=,即p=,‎ 所以抛物线C1的方程是y2=x.‎ ‎(2)假设存在直线l,使得线段AB被圆C2截成三等分,令直线l交圆C2于C,D,设直线l的方程为x=my+b,A(x1,y1),B(x2,y2),由题意知,线段AB与线段CD的中点重合且有|AB|=3|CD|,联立方程组,即4y2-my-b=0,‎ 所以y1+y2=,y1y2=-,x1+x2=+2b,‎ 所以线段AB中点的坐标M为(+b,),即线段CD的中点为(+b,),又圆C2的圆心为C2(1,0),‎ 所以kMC2==-m,‎ 所以m2+8b-7=0,即b=-,‎ 又因为|AB|=·=‎ ·,因为圆心C2(1,0)到直线l的距离d=,圆C2的半径为,‎ 所以3|CD|=6=(m2<3),‎ 所以m4-22m2+13=0,即m2=11±6,‎ 所以m=±,b=,‎ 故直线l的方程为x=±y+.‎
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