浙江专用2020高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题教案

浙江专用2020高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题教案

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)．.‎ - 15 -‎ 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 - 15 -‎ ‎“ 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＝－.‎ - 15 -‎ 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，‎ - 15 -‎ 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．‎ - 15 -‎ 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，‎ - 15 -‎ 所以|AB|2＝[－4x1x2]＝＝，记f(m)＝(m2＋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 - 15 -‎ 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，‎ - 15 -‎ 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＋.‎ - 15 -‎