专题七 第3讲 圆锥曲线综合问题--数学(二轮)理20
【导与练】高考数学二轮复习 高校信息化课堂 专题七 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的定点、定值与最值问题 文
第3讲圆锥曲线中的定点、定值与最值问题基础把关1.设M(x0,y0)为抛物线C:x2=8y上一点,F为抛物线C的焦点,以F为圆心、|FM|为半径的圆和抛物线C的准线相交,则y0的取值范围是( C )(A)(0,2) (B)[0,2](C)(2,+∞) (D)[2,+∞)解析:设圆的半径为r,因为F(0,2)是圆心,抛物线C的准线方程为y=-2.圆与准线相切时半径为4.若圆与准线相交则r>4.又因为点M(x0,y0)为抛物线x2=8y上一点,所以有=8y0.又点M(x0,y0)在圆x2+(y-2)2=r2上.所以+(y0-2)2=r2>16,所以8y0+(y0-2)2>16,即有+4y0-12>0,解得y0>2或y0<-6(舍),∴y0>2.故选C.2.椭圆+=1上有两个动点P、Q,E(3,0),EP⊥EQ,则·的最小值为( A )(A)6 (B)3-(C)9 (D)12-6解析:设P(x0,y0),则+=1,=(x0-3,y0),又=-,∴·=·(-)=-·==(x0-3)2+=(x0-3)2+9-=-6x0+18,=(x0-4)2+6,又x0∈[-6,6],∴当x0=4时,·取到最小值6.3.若点O和点F分别为椭圆+=1的中心和左焦点,点P为椭圆上的任意一点,则·的最大值为( C )(A)2 (B)3 (C)6 (D)8解析:设P(x,y),由+=1,得y2=3-x2.∵O(0,0),F(-1,0),∴·=(x,y)·(x+1,y)=x2+x+y2=x2+x+3=(x+2)2+2.∵x∈[-2,2],∴当x=2时,·有最大值6.4.(2014浙江杭州模拟)设双曲线-=1的左、右焦点分别为F1,F2,过F1的直线l交双曲线左支于A、B两点,则|BF2|+|AF2|的最小值为( B )(A)(B)11 (C)12 (D)16解析:由-=1知a2=4,b2=3,∴c2=7,c=,∴F1(-,0),F2(,0),又点A、B在双曲线左支上,∴|AF2|-|AF1|=4,|BF2|-|BF1|=4,∴|AF2|=4+|AF1|,|BF2|=4+|BF1|,∴|AF2|+|BF2|=8+|AF1|+|BF1|.要求|AF2|+|BF2|的最小值,只要求|AF1|+|BF1|的最小值即可,而|AF1|+|BF1|最小为2×=3.∴(|AF2|+|BF2|)min=8+3=11.故选B.5.已知直线l1:4x-3y+6=0和直线l2:x=-1,抛物线y2=4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是( A )(A)2 (B)3 (C)(D)解析:如图所示,动点P到l2:x=-1的距离可转化为点P到点F的距离.由图可知,距离和的最小值即F到直线l1的距离d==2.故选A.6.(2014河南郑州高三模拟)已知抛物线x2=4y上有一条长为6的动弦AB,则AB中点到x轴的最短距离为( D )(A)(B)(C)1 (D)2解析:易知,AB的斜率存在,设AB方程为y=kx+b.由得x2-4kx-4b=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1,x2是上述方程的两个根,∴x1+x2=4k,x1·x2=-4b,又|AB|=6,∴=6,化简得b=-k2,设AB中点为M(x0,y0),则y0===+b=2k2+-k2=k2+=(k2+1)+-1≥2×-1=2.当且仅当k2+1=,即k2=时,y0取到最小值2.故选D.7.(2014浙江调研)若点P在曲线C1:-=1上,点Q在曲线C2:(x-5)2+y2=1上,点R在曲线C3:(x+5)2+y2=1上,则|PQ|-|PR|的最大值是.解析:依题意得,点F1(-5,0),F2(5,0)分别为双曲线C1的左右焦点,因此有|PQ|-|PR|≤|(|PF2|+1)-(|PF1|-1)|≤||PF2|-|PF1||+2=2×4+2=10,故|PQ|-|PR|的最大值为10.答案:108.已知F1,F2是椭圆的两个焦点,椭圆上存在一点P,使∠F1PF2=60°,则椭圆离心率的取值范围是.解析:法一设|PF1|=m,|PF2|=n.在△PF1F2中,由余弦定理可知,4c2=m2+n2-2mncos 60°,∵m+n=2a,∴m2+n2=(m+n)2-2mn=4a2-2mn,∴4c2=4a2-3mn,即3mn=4a2-4c2.又mn≤（）2=a2(当且仅当m=n时取等号),∴4a2-4c2≤3a2,∴≥,即e≥,又0<e<1,∴e的取值范围是[,1].法二如图所示,设O是椭圆的中心,A是椭圆短轴上的一个顶点,由于∠F1PF2=60°,则只需满足60°≤∠F1AF2即可,又△F1AF2是等腰三角形,且|AF1|=|AF2|,所以0°<∠F1F2A≤60°,所以≤cos∠F1F2A<1,又e=cos∠F1F2A,所以e的取值范围是[,1].答案:[,1]9.若椭圆+=1(a>b>0)上存在点P,使得·=0,则椭圆离心率的取值范围是.解析:因为·=0,所以∠F1PF2=90°.则以原点为圆心,c为半径的圆与椭圆有公共点,则c≥b,即a2-c2≤c2,得e2≥,即e≥,又在椭圆中0<e<1,故椭圆离心率的取值范围是[,1].答案:[,1]10.若抛物线y2=4x的焦点为F,过F且斜率为1的直线交抛物线于A,B两点,动点P在曲线y2=-4x(y≥0)上,则△PAB的面积的最小值为.解析:由题意得F(1,0),直线AB的方程为y=x-1.由得x2-6x+1=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=6,∴|AB|=x1+x2+p=8.设P（-,y0）(y0≥0),则点P到直线AB的距离d=,∴△PAB的面积S=|AB|·d==≥2,即△PAB的面积的最小值是2.答案:211.(2014北京海淀高三模拟)已知点F1、F2分别是椭圆x2+2y2=2的左、右焦点,点P是该椭圆上的一个动点,则|+|的最小值是.解析:设P(x,y),则x2+2y2=2,由椭圆方程+y2=1可知,a=,b=1,c=1,∴F1(-1,0),F2(1,0).∴=(-1-x,-y),=(1-x,-y),∴+=(-2x,-2y).∴|+|==2=2=2.∵y2≤1,∴|+|的最小值是2.答案:212.(2012高考福建卷)如图,椭圆E:+=1(a>b>0)的左焦点为F1,右焦点为F2,离心率e=.过F1的直线交椭圆于A、B两点,且△ABF2的周长为8.(1)求椭圆E的方程;(2)设动直线l:y=kx+m与椭圆E有且只有一个公共点P,且与直线x=4相交于点Q.试探究:在坐标平面内是否存在点M,使得以PQ为直径的圆恒过点M?若存在,求出点M的坐标;若不存在,说明理由.解:(1)因为|AB|+|AF2|+|BF2|=8,即|AF1|+|F1B|+|AF2|+|BF2|=8,又|AF1|+|AF2|=|BF1|+|BF2|=2a,所以4a=8,a=2.又因为e=,即=,所以c=1,所以b==.故椭圆E的方程是+=1.(2)法一由得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所以m≠0且Δ=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3=0.(*)此时x0=-=-,y0=kx0+m=,所以P（-,）.由得Q(4,4k+m).假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M必在x轴上.设M(x1,0),则·=0对满足(*)式的m,k恒成立.因为=（--x1,）,=(4-x1,4k+m),则由·=0,得-+-4x1+++3=0,整理得(4x1-4)+-4x1+3=0.(**)由于(**)式对满足(*)式的m,k恒成立,所以解得x1=1.故存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.法二由得(4k2+3)x2+8kmx+4m2-12=0.因为动直线l与椭圆E有且只有一个公共点P(x0,y0),所以m≠0且Δ=0,即64k2m2-4(4k2+3)(4m2-12)=0,化简得4k2-m2+3=0.(*)此时x0=-=-,y0=kx0+m=,所以P（-,）.由得Q(4,4k+m).假设平面内存在定点M满足条件,由图形对称性知,点M必在x轴上.取k=0,m=,此时P(0,),Q(4,),以PQ为直径的圆为(x-2)2+(y-)2=4,交x轴于点M1(1,0),M2(3,0);取k=-,m=2,此时P（1,）,Q(4,0),以PQ为直径的圆为（x-）2+（y-）2=,交x轴于点M3(1,0),M4(4,0).所以若符合条件的点M存在,则M的坐标必为(1,0).以下证明M(1,0)就是满足条件的点:因为M的坐标为(1,0),所以=（--1,）,=(3,4k+m),从而·=--3++3=0,故恒有⊥,即存在定点M(1,0),使得以PQ为直径的圆恒过点M.能力提升13.已知F是双曲线-=1的左焦点,A(1,4),P是双曲线右支上的动点,则|PF|+|PA|的最小值为( B )(A)18 (B)9 (C)21 (D)3解析:如图所示,该双曲线的右焦点为E,则E(4,0),由双曲线的定义及标准方程得|PF|-|PE|=4,则|PF|+|PA|=4+|PE|+|PA|,由图可得,当A,P,E三点共线时,(|PE|+|PA|)min=|AE|=5,从而|PF|+|PA|的最小值为9.故选B.14.设点P在双曲线-=1(a>0,b>0)的右支上,双曲线的左、右焦点分别为F1,F2,若|PF1|=4|PF2|,则双曲线离心率的取值范围是.解析:由双曲线的定义得|PF1|-|PF2|=2a,又|PF1|=4|PF2|,所以4|PF2|-|PF2|=2a,所以|PF2|=a,|PF1|=a,所以整理得a≥c,所以≤,即e≤,又e>1,所以1<e≤.答案:（1,]15.(2014高考湖南卷)如图,O为坐标原点,双曲线C1:-=1(a1>0,b1>0)和椭圆C2:+=1(a2>b2>0)均过点P（,1）,且以C1的两个顶点和C2的两个焦点为顶点的四边形是面积为2的正方形.(1)求C1,C2的方程;(2)是否存在直线l,使得l与C1交于A,B两点,与C2只有一个公共点,且|+|=||?证明你的结论.解:(1)设C2的焦距为2c2,由题意知,2c2=2,2a1=2.从而a1=1,c2=1.因为点P（,1）在双曲线x2-=1上,所以（）2-=1.故=3.由椭圆的定义知2a2=+=2.于是a2=,=-=2.故C1,C2的方程分别为x2-=1,+=1.(2)不存在符合题设条件的直线.①若直线l垂直于x轴,因为l与C2只有一个公共点,所以直线l的方程为x=或x=-.当x=时,易知A(,),B(,-),所以|+|=2,||=2.此时,|+|≠||.当x=-时,同理可知,|+|≠||.②若直线l不垂直于x轴,设l的方程为y=kx+m.由得(3-k2)x2-2kmx-m2-3=0.当l与C1相交于A,B两点时,设A(x1,y1),B(x2,y2), 则x1,x2是上述方程的两个实根,从而x1+x2=,x1x2=.于是y1y2=k2x1x2+km(x1+x2)+m2=.由得(2k2+3)x2+4kmx+2m2-6=0.因为直线l与C2只有一个公共点,所以上述方程的判别式Δ=16k2m2-8(2k2+3)(m2-3)=0.化简,得m2=2k2+3.因此·=x1x2+y1y2=+=≠0,于是++2·≠+-2·,即|+|2≠|-|2.故|+|≠||.综合①,②可知,不存在符合题设条件的直线.16.(2012高考福建卷)如图,等边三角形OAB的边长为8,且其三个顶点均在抛物线E:x2=2py(p>0)上.(1)求抛物线E的方程;(2)设动直线l与抛物线E相切于点P,与直线y=-1相交于点Q.证明以PQ为直径的圆恒过y 轴上某定点.(1)解:由题意知|OB|=8,∠BOy=30°,设B(x,y),则x=|OB|sin 30°=4,y=|OB|cos 30°=12,∵B(4,12)在x2=2py上,∴(4)2=2×12p解得p=2,∴抛物线E的方程为x2=4y.(2)证明:由(1)知y=x2,y'=x,设P(x0,y0),则x0≠0,y0=.l的方程为:y-y0=x0(x-x0),即y=x0x-,由得∴Q（,-1）.设M(0,y1),令·=0对满足y0=(x0≠0)的x0,y0恒成立, 由于=(x0,y0-y1),=（,-1-y1）,由·=0得-y0-y0y1+y1+=0,即(+y1-2)+(1-y1)y0=0对满足y0=(x0≠0)的y0恒成立, ∴,∴y1=1,∴以PQ为直径的圆经过y轴上的定点(0,1).。
高考数学二轮复习第三讲圆锥曲线的综合应用课件
故
������������ ������������ + 为定值 ������������ ������������
2.
考点1
考点2
考点3
考点4
考点1
考点2
考点3
考点4
(1)求 C 的方程; (2)直线 l 不过原点 O 且不平行于坐标轴,l 与 C 有两个交点 A,B,线段 AB 的中点为 M.证明 :直线 OM 的斜率与直线 l 的斜率的乘积为定值. 解 :(1)由题意有 解得 a2=8,b2=4. 所以 C
第三讲 圆锥曲线的综合应用
1.理解数形结合的思想.
2.了解圆锥曲线的简单应用.
1.解答圆锥曲线的综合问题时应根据曲线的几何特征,熟练运用圆锥曲线的知
识将曲线的几何特征转化为数量关系(如方程、函数等),再结合代数、三角知识
解答,要重视函数与方程思想、等价转化思想的应用. 对于求曲线方程中参数的取值范围问题,应根据题设条件及曲线的几何性质(曲
1 p= , 2 1 , 2 ������
ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
(2)因为函数 y=- ������ 的导函数为 y'=-
设 A(x0,y0),则直线 MA 的方程为 y-y0=MA 上, 所以-2-y0=- × 联立
1 2 1 2 1 (-x0). ������0
1 (x-x0),因为点 2 ������0
M(0,-2)在直线
1 4
(1)求抛物线的方程 ; (2)试问 :
������������ ������������ + 的值是否为定值?若是,求出定值 ;若不是,说明理由. ������������ ������������
考点1
考点2
圆锥曲线的综合问题PPT教学课件
应激性
动物
反射
人类
思维、意识
意识是自然界长期进化的产物，是 社会的直接产物。
黑猩猩灭火
后黑来， 人猩们猩把经黑过猩人猩 放样它们练到点一的，船上个反它上火水复能，，桶训打同给， 让开它水灭龙火头，，但 它用此水时桶已放束水手 无灭策火了。。
思考：人脑与动物的大脑有何区别？人脑 有什么特殊的作用？
M（0,1）的直线l交椭圆于点A、B，O是坐标原点，
点P满足 OP 1 (OA OB) 2
当l绕点M旋转时，求
，点N的坐标为 (1 , 1)
22
，
（Ⅰ）动点P的轨迹方程。
（Ⅱ已知椭圆的中心在原点，离心率为 1 一个焦点是F（-m,0)(m是大于0的常数） 2
常德市一中 高二数学备课组
1.解析几何的主要内容： 通过坐标用代数方法来研究几何图形的
一个数学分科，其中圆锥曲线作为研究曲线和 方程的典型问题，成了解几的主要内容。
2.本章的重点： ①圆锥曲线的标准方程及简单几何性质。 ②以圆锥曲线为载体，综合考查正确理解
概念，严谨的逻辑推理，正确迅速的计算能力 运用数学思想方法分析问题和解决问题的能力
人脑的功能：
人脑与动物脑的区别：
人脑是意识的物质承担者，是产生 意识的生理基础，是产生意识的物质器官， 意识只是人脑特有的机能。
是否有了人脑就一定会产生意识呢？
有了人脑并不等于就有了意识。人只 有生活在一定的社会环境中，客观存在通 过人的实践作用于人脑，人脑才会形成对 客观存在的反映，这才有了意识。
高考要求： 1.掌握椭圆定义、标准方程和椭圆的简单几 何性质，了解椭圆的参数方程。 2.掌握双曲线的定义、标准方程和双曲线的 简单几何性质。 3.掌握抛物线的定义、标准方程和抛物线的 简单几何性质。 4.能够根据具体条件利用各种不同的工具画 椭圆、双曲线、抛物线的图形，了解它们在实 际问题中初步应用。 5.结合所学内容，进一步加强对运动变化和 对立统一等观点的认识。
圆锥曲线的综合问题课件演示文稿[可修改版ppt]
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相交 Δ>0 直线与圆锥曲线有 两个 交点
相切 Δ＝0 相离 Δ<0
直线与圆锥曲线有 一个 切点 直线与圆锥曲线 无 公共点
2.直线与圆锥曲线相交弦长问题 (1)斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1，y1)，P2(x2， y2)，则所得弦长|P1P2|＝ 1＋k2|x2－x1|或|P1P2|＝ 1＋k12|y2－ y1| ， 其 中 求 |x2 － x1| 与 |y2 － y1| 时 ， 通 常 作 如 下 变 形 |x2 － x1| ＝ x1＋x22－4x1x2，|y2－y1|＝ y1＋y22－4y1y2，使用韦达定理 即可解决．
2．函数思想 对于圆锥曲线上一些动点，在变化过程中会引入一些相 互联系、相互制约的量，从而使一些线段的长度及 a、b、c、 e、p 之间构成函数关系，函数思想在处理这类问题时就很有 效．
3．坐标法 坐标法是解析几何的基本方法，因此要加强坐标法的训 练． 4．对称思想 由于圆锥曲线和圆都具有对称性质，所以可使分散的条 件相对集中，减少一些变量和未知量，简化计算，提高解题 速度，促成问题的解决．
[例 1] P(1,1)为椭圆x42＋y22＝1 内的一定点，过 P 点引一 弦，与椭圆相交于 A、B 两点，且 P 恰好为弦 AB 的中点，如 图所示，求弦 AB 所在的直线方程及弦 AB 的长度．
解析：设弦 AB 所在的直线方程为 y－1＝k(x－1)，A、B 两点坐标分别为 (x1，y1)，(x2，y2)，则 x12＋2y21＝4，① x22＋2y22＝4.② ①－②得： (x1＋x2)(x1－x2)＋2(y1＋y2)(y1－y2)＝0. ∵P(1,1)为弦 AB 的中点，∴x1＋x2＝2，y1＋y2＝2. ∴k＝xy11－－xy22＝－12.
2020版高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件文
Cቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
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，故由题设知椭圆 C 经 过 P3，P4 两点．
又由a12＋b12＞a12＋43b2知，椭圆 C 不经过点 P1， 所以点 P2 在椭圆 C 上．
(2)存在定点 P(1,0)，使得|MA|－|MP|为定值． 理由如下： 设 M(x，y)，由已知得⊙M 的半径为 r＝|x＋2|，|AO|＝2. 由于 MO⊥AO，故可得 x2＋y2＋4＝(x＋2)2，化简得 M 的轨迹方 程为 y2＝4x.
因为曲线 C：y2＝4x 是以点 P(1,0)为焦点，以直线 x＝－1 为准线 的抛物线，所以|MP|＝x＋1.
[解] (1)因为⊙M 过点 A，B，所以圆心 M 在 AB 的垂直平分线 上．由已知 A 在直线 x＋y＝0 上，且 A，B 关于坐标原点 O 对称，所 以 M 在直线 y＝x 上，故可设 M(a，a)．
因为⊙M 与直线 x＋2＝0 相切，所以⊙M 的半径为 r＝|a＋2|. 由已知得|AO|＝2，又 MO⊥AO，故可得 2a2＋4＝(a＋2)2，解得 a ＝0 或 a＝4. 故⊙M 的半径 r＝2 或 r＝6.
因此b12＝1， a12＋43b2＝1，
a2＝4， 解得b2＝1.
故椭圆 C 的方程为x42＋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t，
→ 2NM得
2020版高考数学二轮复习教程第二编专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题练习理
第3讲圆锥曲线的综合问题「考情研析」1。
圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题,定点、定值问题,探索性问题．2。
试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求,难度较大.核心知识回顾1。
最值问题求解最值问题的基本思路是选择变量，建立求解目标的函数解析式,然后利用函数知识、基本不等式等知识求解其最值．2．范围问题求参数范围的问题,牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量"．不等式的来源可以是Δ〉0或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某个量的范围等．3．定点问题在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题．4．定值问题在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关,这类问题统称为定值问题．5．存在性问题的解题步骤（1)先假设存在，引入参变量,根据题目条件列出关于参变量的方程(组）或不等式(组)．(2）解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在．热点考向探究考向1 最值与范围问题角度1 最值问题例1 已知抛物线C的方程为y2＝2px(p>0)，点R（1，2）在抛物线C上．(1)求抛物线C的方程；（2)过点Q（1，1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A,B,若直线AR，BR分别交直线l：y＝2x＋2于M,N两点，求｜MN|最小时直线AB的方程．解(1）∵点R（1,2）在抛物线C：y2＝2px(p〉0）上,∴4＝2p，解得p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x。
（2）设点A（x1，y1)，B（x2，y2),直线AB的方程为x＝m（y －1)＋1，m≠0，由错误!消去x并整理得y2－4my＋4(m－1)＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝4（m－1），设直线AR的方程为y＝k1（x－1）＋2,由错误!解得点M的横坐标x M＝错误!，又k1＝错误!＝错误!＝错误!，∴x M＝错误!＝－错误!，同理点N的横坐标x N＝－错误!，｜y2－y1|＝错误!＝4错误!,∴|MN｜＝错误!｜x M－x N|＝错误!错误!＝2错误!错误!＝8错误!错误!＝2错误!错误!,令m－1＝t,t≠0，则m＝t＋1，∴|MN｜＝2错误!错误!≥错误!，当t＝－2，即m＝－1时,｜MN｜取得最小值错误!，此时直线AB的方程为x ＋y－2＝0.解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法．几何法是根据已知的几何量之间的相互关系，结合平面几何和解析几何知识加以解决的（如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等）；代数法是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（利用普通方法、基本不等式法或导数法等）解决的．(2019·湘赣十四校高三联考）已知椭圆C：错误!＋错误!＝1（a>b〉0）的离心率为22,左焦点为F1，点A是椭圆C上位于x轴上方的一个动点，当直线AF1的斜率为1时,｜AF1｜＝错误!。
高考数学文(二轮复习)课件讲《圆锥曲线中的综合问题》
2．有关弦长问题 (1)有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关 系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义 的运用，以简化运算． ①斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2， y2)，则所得弦长|P1P2|＝ 1＋k |x2－x1|或|P1P2|＝
2
1 1＋k2 |y2－
4．定点、定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的 量，那么就可以用变化的量表示问题的直线方程、数量积、比 例关系等，这些直线方程、数量积、比例关系不受变化的量所 影响的一个点、一个值，就是要求的定点、定值．化解这类问 题的关键就是引进变的参数表示直线方程、数量积、比例关系 等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．
3．轨迹方程问题 (1)求轨迹方程的基本步骤： ①建立适当的平面直角坐标系，设出轨迹上任一点的坐标 ——解析法(坐标法)； ②寻找动点与已知点满足的关系式——几何关系； ③将动点与已知点的坐标代入——几何关系代数化； ④化简整理方程——简化； ⑤证明所得方程为所求的轨方程的常用方法： ①直接法：将几何关系直接翻译成代数方程； ②定义法：满足的条件恰适合某已知曲线的定义，用待定 系数法求方程； ③代入法：把所求动点的坐标与已知动点的坐标建立联 系； ④交轨法：写出两条动直线的方程直接消参，求得两条动 直线交点的轨迹．
高考真题要回访，做好真题底气足 1．(2014· 四川高考)已知F为抛物线y2＝x的焦点，点A，B在 → → 该抛物线上且位于x轴的两侧， OA · OB ＝2(其中O为坐标原点)， 则△ABO与△AFO面积之和的最小值是( A．2 B．3 17 2 C. 8 ) D. 10
答案：B
解析：设直线AB的方程为x＝ny＋m(如图)，A(x1，y1)， B(x2，y2)， → → ∵OA· OB＝2，
2020版高考数学二轮复习第2部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件理
(4)s＝
4k4＋13k2＋9 2k2＋3
＝
1＋4k4＋1k22 k2＋9 (先分离参数，再利
用基本不等式)．
(5)s＝3k2k＋k132＋k12＋ 9＝3k＋k3＋1k1kk＋9k(上下同时除以k2，令t＝k＋ 1k换元，再利用基本不等式)．
5，当且仅当
m2＋1＝
m42＋b取最大值．此时直线l的方程为x± 3 y－2
＝0.
考向2 构造函数求最值或范围
(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y， 点A －12，14 ，B 32，94 ，抛物线上的点P(x，y)－ 21<x<23.过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.
(2)①设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)．
y＝kx， 由x42＋y22＝1
得x＝±
2 1＋2k2.
记u＝ 1＋2 2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)． 于是直线QG的斜率为2k，方程为y＝2k(x－u)．
由yx4＝2＋2ky22x＝－1u，，
第二部分 讲练篇
专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题
研考题 举题固法
求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考) 考向1 构造不等式求最值或范围
[高考解读] 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与 方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学 运算能力和逻辑推理及等价转化能力.
得(5＋m2)y2
＋4my－1＝0，设直线l与椭圆E交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1 ＋y2＝－5＋4mm2，y1·y2＝5＋－m1 2，
a＝|AB|＝ 1＋m2 y1＋y22－4y1y2＝2 m52m＋2＋5 1，
2020版高考数学大二轮复习第二部分专题5解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题课件文
解析：(1)由已知得aa422＝＋bb222＋＝c12 c＝2
，解得ab22＝ ＝84 ，
∴椭圆 C 的标准方程x82＋y42＝1，
∴椭圆
C
的离心率
e＝ac＝2
2＝ 2
2 2.
(2)证明：设 P(x1，y1)，B(x2，y2)，则 A(x1，－y1)， 可设 PB 的直线方程为 y＝kx＋m，
且 y1＋y2＝3m62m＋4，
故|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y1＋y2|＝31m22|＋m|4＝3|m1|＋2 |m4 |≤2
12 ＝ 12
3，
当且仅当 m＝±233时取等号， 所以|S1－S2|的最大值为 3.
[题后悟通] 解决圆锥曲线中范围问题的方法 一般题目中没有给出明确的不等关系，首先需要根据已知条件进行转化，利用圆锥曲 线的几何性质及曲线上点的坐标确定不等关系；然后构造目标函数，把原问题转化为 求函数的值域或引入参数根据参数范围求解，解题时应注意挖掘题目中的隐含条件， 寻找量与量之间的转化.
得|m|< 2.
|AB|＝2 1－d2＝2
1－m22＝ 2× 2－m2，
联立得x42＋y32＝1， 消去 y， y＝－x＋m，
得 7x2－8mx＋4m2－12＝0， 由题意得 Δ＝(－8m)2－4×7(4m2－12)＝336－48m2＝48(7－m2)>0，解得 m2<7，
设 C(x1，y1)，D(x2，y2)， 则 x1＋x2＝87m，x1x2＝4m27－12，
[题后悟通] 圆锥曲线中的证明问题的解决方法 解决证明问题时，主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等， 通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明． 常用的证明方法有： (1)证 A、B、C 三点共线，可证 kAB＝kAC 或A→B＝λB→C. (2)证直线 MA⊥MB，可证 kMA·kMB＝－1 或M→A·M→B＝0. (3)证|AB|＝|AC|，可证 A 点在线段 BC 的垂直平分线上.
2023年高考数学二轮复习第二篇经典专题突破专题五解析几何第3讲圆锥曲线的综合问题
设 kx－y－(k＋2)＝0，M(x1，y1)，N(x2，y2).
kx－y－(k＋2)＝0，
联立x32＋y42＝1，
得
(3k2＋4)x2－6k(2＋k)x＋3k(k＋4)＝0，
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x1＋x2＝63kk(22＋＋4k)， 可得x1x2＝33kk(42＋＋4k)，
专题五 解析几何
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【解析】 (1)因为点 A(2，1)在双曲线 C：ax22－a2y－2 1＝1(a>1)上， 所以a42－a2－1 1＝1，解得 a2＝2， 即双曲线 C：x22－y2＝1， 易知直线 l 的斜率存在，
专题五 解析几何
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若要使 α－β 最大，则 β∈0，π2， 设 kMN＝2kAB＝2k>0，则， tan (α－β)＝1＋tantaαn－tαatnanβ β＝1＋k2k2＝1k＋12k≤2
1 1
＝ 42，
k·2k
当且仅当1k＝2k 即 k＝ 22时，等号成立，
所以当 α－β 最大时，kAB＝ 22，
专题五 解析几何
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直线 MD：x＝x1y－1 2·y＋2， 代入抛物线方程可得 y2－4(x1y－1 2)·y－8＝0， Δ>0，y1y3＝－8，所以 y3＝2y2，同理可得 y4＝2y1， 所以 kAB＝y3＋4 y4＝2(y14＋y2)＝kM2N， 又因为直线 MN、AB 的倾斜角分别为 α，β， 所以 kAB＝tan β＝kM2N＝tan2 α，
所以椭圆方程为x42＋y2＝1.