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0
2－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＋.
