通用版2019版高考数学一轮复习第九章解析几何课时达标检测四十八圆锥曲线中的最值范围证明问题理
高考数学一轮总复习资料第九章圆锥曲线的综合问题
第六讲 圆锥曲线的综合问题考法1 与圆锥曲线有关的最值或取值范围问题 命题角度1 最值问题1[2019全国卷Ⅱ]已知点A ( - 2,0),B (2,0),动点M (x ,y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为 -12.记M 的轨迹为曲线C.(1)求C 的方程,并说明C 是什么曲线.(2)过坐标原点的直线交C 于P ,Q 两点,点P 在第一象限,PE ⊥x 轴,垂足为E ,连接QE 并延长交C 于点G.(i )证明:△PQG 是直角三角形; (ii )求△PQG 面积的最大值.(1)先利用条件k AM ·k BM = - 12建立方程,再将点的坐标代入,化简即得C 的方程,从而可判断C 是什么曲线.(2)(i )设直线PQ 的方程为y =kx (k >0),然后与椭圆方程联立,求得点P ,Q ,E 的坐标,从而求得直线QG 的方程,并与椭圆方程联立,求得点G 的坐标,由此求得直线PG 的斜率,进而可得PQ ⊥PG ,即证△PQG 是直角三角形;(ii )由(i )求出|PQ |,|PG |,从而得到△PQG 面积的表达式,进而利用换元法及函数的单调性求其最大值.(1)由题设得yx+2·y x -2= - 12,化简得x 24+y 22=1(|x |≠2),所以C 为中心在坐标原点,焦点在x 轴上且不含左、右顶点的椭圆.(2)(i )设直线PQ 的斜率为k ,则其方程为y =kx (k >0). 由{y =kx,x 24+y 22=1得x =±2.记u =2,则P (u ,uk ),Q ( - u , - uk ),E (u ,0).于是直线QG 的斜率为k2,方程为y =k2(x - u ).由{y =k2(x -u),x 24+y 22=1得(2+k 2)x 2 - 2uk 2x +k 2u 2 - 8=0 ①.设G (x G ,y G ),则x = - u 和x =x G 是方程①的解,故x G =u(3k 2+2)2+k 2,由此得y G =uk 32+k 2.从而直线PG 的斜率为uk 32+k 2-uku(3k 2+2)2+k 2-u= - 1k.所以PQ ⊥PG ,即△PQG 是直角三角形. (ii )由(i )得|PQ |=2u √1+k 2,|PG |=2uk √k 2+12+k 2,所以△PQG 的面积S =12|PQ ||PG |=8k(1+k 2)(1+2k 2)(2+k 2)=8(1k +k)1+2(1k+k)2.设t =k +1k,则由k >0得t ≥2,当且仅当k =1时取等号.因为S =8t 1+2t 2在[2,+∞)上单调递减,所以当t =2,即k =1时,S 取得最大值,最大值为169. 因此,△PQG 面积的最大值为169.命题角度2 范围问题2已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的右焦点为F ,过原点O 的直线l 1:y =32x 与椭圆交于A ,B 两点(点A 在第一象限),且|AF |+|BF |=4,椭圆C 的离心率为12. (1)求椭圆C 的标准方程;(2)若以点A 为切点的椭圆的切线l 2:x +2y-4=0与y 轴的交点为P ,过点P 的直线l 3与椭圆C 交于不同的两点M ,N ,求|PM|·|PN||PA|2的取值范围.(1)设椭圆的左焦点为F',连接AF',BF'四边形AFBF'为平行四边形|AF |=|BF'|a =2c =1b =√3椭圆C 的标准方程;(1)设椭圆的左焦点为F',连接AF',BF',由椭圆的对称性可知,A ,B 关于原点对称,则|OA |=|OB |. 又|OF'|=|OF |,所以四边形AFBF'为平行四边形,所以|AF |=|BF'|, 由椭圆的定义得|AF |+|BF |=|BF |+|BF'|=2a =4,解得a =2. 又椭圆C 的离心率为12,所以e =ca =12,则c =1,b =√a 2-c 2=√3, 所以椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1.(2)由{x +2y -4=0,y =32x,解得{x =1,y =32,则点A (1,32). 易知点P (0,2),所以|PA |2=(1-0)2+(32-2)2=54.当直线l 3与x 轴垂直时,|PM |·|PN |=(2+√3)×(2-√3)=1, 故|PM|·|PN||PA|2=45.当直线l 3与x 轴不垂直时,设直线l 3的方程为y =kx +2,M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1x 2>0. 由{y =kx +2,x 24+y 23=1,得(3+4k 2)x 2+16kx +4=0,由Δ=48(4k 2-1)>0,得k 2>14,则x 1x 2=43+4k 2.设直线l 3的倾斜角为α, 则|PM |=|x 1||cosα|=√1+k 2|x 1|,|PN |=|x 2||cosα|=√1+k 2|x 2|,则|PM |·|PN |=(1+k 2)x 1x 2=(1+k 2)·43+4k 2=1+13+4k 2. 因为k 2>14,所以1<1+13+4k 2<54,即1<|PM |·|PN |<54, 所以45<|PM|·|PN||PA|2<1.综上可知,|PM|·|PN||PA|2的取值范围为[45,1).思维拓展1.[2017浙江高考]如图9- 6 -1,已知抛物线x 2=y ,点A ( - 12,14),B (32,94),抛物线上的点P (x ,y )( - 12<x <32).过点B 作直线AP 的垂线,垂足为Q.(1)求直线AP 斜率的取值范围; (2)求|PA |·|PQ |的最大值.考法3 与圆锥曲线有关的定点、定值问题 命题角度1 定点问题3[2019北京高考]已知椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1的右焦点为(1,0),且经过点A (0,1). (Ⅰ)求椭圆C 的方程;(Ⅱ)设O 为原点,直线l :y =kx +t (t ≠ ±1)与椭圆C 交于两个不同点P ,Q ,直线AP 与x 轴交于点M ,直线AQ 与x 轴交于点N.若|OM |·|ON |=2,求证:直线l 经过定点.(Ⅰ)根据已知可得b =1,c =1,再根据椭圆中a ,b ,c 的关系求出a 2,进而求出椭圆C 的方程;(Ⅱ)设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),写出直线AP 的方程,可得M 的横坐标,进而得|OM |的表达式,同理得|ON |的表达式,将直线l 的方程与椭圆方程联立,利用根与系数的关系得到|OM |·|ON |=2|1+t1-t |,进而由|OM |·|ON |=2得t =0,即可证得结论.(Ⅰ)由题意得,b =1,c =1. 所以a 2=b 2+c 2=2.所以椭圆C 的方程为x 22+y 2=1. (Ⅱ)设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2), 则直线AP 的方程为y =y 1-1x 1x +1.令y =0,得点M 的横坐标x M =-x 1y 1-1. 又y 1=kx 1+t ,从而|OM |=|x M |=|x 1kx 1+t -1|.同理可得,|ON |=|x 2kx 2+t -1|.由{y =kx +t,x 22+y 2=1得(1+2k 2)x 2+4ktx +2t 2-2=0. 则x 1+x 2=-4kt1+2k 2,x 1x 2=2t 2-21+2k 2. 所以|OM |·|ON |=|x 1kx 1+t -1|·|x 2kx 2+t -1|=|x 1x 2k 2x 1x 2+k(t -1)(x 1+x 2)+(t -1)2|=|2t 2-21+2k2k 2·2t 2-21+2k 2+k(t -1)·(-4kt 1+2k 2)+(t -1)2|=2|1+t 1-t|.又|OM |·|ON |=2, 所以2|1+t1-t |=2.解得t =0,所以直线l 经过定点(0,0).命题角度2 定值问题4 [2019洛阳市第二次统考]已知抛物线C :y 2=2px (p >0),其焦点为F ,O 为坐标原点,直线l 与抛物线C 相交于不同的两点A ,B ,M 为线段AB 的中点. (1)若p =2,M 的坐标为(1,1),求直线l 的方程.(2)若直线l 过焦点F ,线段AB 的垂直平分线交x 轴于点N ,试问:2|MN|2|FN|是否为定值?若为定值,试求出此定值;否则,说明理由.(1)思路一 先判断直线l 的斜率存在且不为0,设出直线l 的方程,再将直线方程与抛物线方程联立,利用根与系数的关系及中点坐标公式求出直线l 的方程.思路二 先设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),再利用AB 的中点为M (1,1),由“点差法”可求得直线l 的斜率,即得直线l 的方程.(2)先利用中点坐标公式计算点M的坐标,再计算点N的坐标,由两点间的距离公式计算|MN|2,|F N|,可得2|MN|2|FN|为定值.(1)解法一由题意知直线l的斜率存在且不为0,可设直线l的方程为x - 1=t(y - 1)(t≠0),即x=ty+1 - t,A(x1,y1),B(x2,y2).由p=2知抛物线方程为y2=4x,由{x=ty+1-t,y2=4x消去x,得y2 - 4ty - 4+4t=0.Δ=( - 4t)2 - 4( - 4+4t)=16(t2 - t+1)>0,y1+y2=4t,所以4t=2,解得t=12........................................................................ (利用中点坐标公式求得t的值)所以直线l的方程为2x - y - 1=0.解法二由p=2,知抛物线方程为y2=4x.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y12=4x1,y22=4x2.由题意知直线AB的斜率存在,则直线AB的斜率k AB=y1-y2x1-x2=4y1+y2,........ (利用点差法求直线AB的斜率)因为线段AB的中点为M(1,1),所以y1+y2=2,所以k AB=42=2,则直线l的方程为y - 1=2(x - 1),即2x - y - 1=0.(2)2|MN|2|FN|为定值2p,证明如下.由抛物线C:y2=2px(p>0),知焦点F 的坐标为(p2,0).由题意知,直线l的斜率存在且不为0,因为直线l过焦点F ,所以可设直线l的方程为x=ry+p2(r≠0),A(x3,y3),B(x4,y4),由{x=ry+p 2 ,y2=2px消去x,得y2 - 2pry - p2=0.Δ=( - 2pr)2 - 4( - p2)=4p2r2+4p2>0,y3+y4=2pr,所以x3+x4=r(y3+y4)+p=2pr2+p,则M(pr2+p2,pr).所以直线MN 的方程为y - pr = - r (x - pr 2 - p2), 令y =0,解得x =pr 2+3p2,则N (pr 2+3p2,0).所以|MN |2=p 2+p 2r 2,|F N |=pr 2+3p 2−p2=pr 2+p , 于是2|MN|2|FN|=2(p 2+p 2r 2)pr 2+p=2p.......................................................................................... (整体相消得到定值)所以2|MN|2|FN|为定值2p.2.[2019合肥高三质检]已知直线l 经过椭圆C :x 2a2+y 2b 2=1(a >b >0)的右焦点(1,0),交椭圆C 于点A ,B ,点F 为椭圆C 的左焦点,△ABF 的周长为8. (1)求椭圆C 的标准方程.(2)若直线m 与直线l 的倾斜角互补,直线m 交椭圆C 于点M ,N ,|MN |2=4|AB |,求证:直线m 与直线l 的交点P 在定直线上.考法3 与圆锥曲线有关的存在性问题5 [2019湘东六校联考]已知椭圆C :x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率e =12,点A (b ,0),B ,F 分别为椭圆C 的上顶点和左焦点, 且|BF |·|BA |=2√6. (1)求椭圆C 的方程;(2)若过定点M (0,2)的直线l 与椭圆C 交于G ,H 两点(G 在M ,H 之间),设直线l 的斜率k >0,在x 轴上是否存在点P (m ,0),使得以PG ,PH 为邻边的平行四边形为菱形?如果存在,求出m 的取值范围;如果不存在,请说明理由.(1)先由离心率得到a ,c 的关系式,再由|BF |·|BA |=2√6得到a ,b 的关系式,结合a 2 -b 2=c 2求出a 2,b 2,即得椭圆C 的方程.(2)先设出直线l 的方程,并与椭圆方程联立,利用Δ>0得到k 的取值范围,再分别写出PG ⃗⃗⃗⃗⃗ +PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,GH⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 的坐标,从而由菱形的性质、向量垂直的充要条件及根与系数的关系得到m 关于k 的表达式,进而求出m 的取值范围.(1)由离心率e =12,得ca=12,即a =2c ①.由|BF |·|BA |=2√6,得a ·√b 2+b 2=2√6,即ab =2√3 ②. 易知a 2 - b 2=c 2 ③. 由①②③可解得a 2=4,b 2=3, 所以椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)设直线l 的方程为y =kx +2(k >0),由{y =kx +2,x 24+y 23=1消去y 得,(3+4k 2)x 2+16kx +4=0.由Δ=(16k )2 - 16(3+4k 2)>0,解得k >12. 设G (x 1,y 1),H (x 2,y 2),则x 1+x 2=-16k4k 2+3,PG ⃗⃗⃗⃗⃗ +PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1+x 2 - 2m ,k (x 1+x 2)+4),GH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 2 - x 1,y 2 - y 1)=(x 2 - x 1,k (x 2 - x 1)). 因为菱形的对角线互相垂直,所以(PG ⃗⃗⃗⃗⃗ +PH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·GH ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0, 所以(1+k 2)(x 1+x 2)+4k - 2m =0,得m = - 2k4k 2+3= - 24k+3k.因为k >12,所以 -√36≤m <0(当且仅当3k=4k ,即k =√32时,等号成立).所以存在满足条件的实数m ,且m 的取值范围为[ -√36,0).3.[2020广东惠州高三调研]已知定点A ( - 3,0),B (3,0),直线AM ,BM 相交于点M ,且它们的斜率之积为 - 19,记动点M 的轨迹为曲线C.(1)求曲线C 的方程.(2)过点T (1,0)的直线l 与曲线C 交于P ,Q 两点,是否存在定点S (x 0,0),使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值?若存在,求出S 的坐标;若不存在,请说明理由.考法4 圆锥曲线的综合问题命题角度1 圆锥曲线中的角相等问题6 [2019河南郑州三测]已知抛物线C :y 2=2px (p >0),圆E :(x - 3)2+y 2=1. (1)F 是抛物线C 的焦点,A 是抛物线C 上的定点,AF⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2),求抛物线C 的方程. (2)在(1)的条件下,过点F 的直线l 与圆E 相切,设直线l 交抛物线C 于P ,Q 两点,则在x 轴上是否存在点M ,使∠PMO =∠QMO (O 为坐标原点)?若存在,求出点M 的坐标;若不存在,请说明理由.(1)先写出焦点F 的坐标,由A=(0,2),得到点A 的坐标,再将A 的坐标代入抛物线方程求出p 值,即得抛物线C 的方程.(2)先讨论直线的斜率不存在时不合题意,再设出斜率为k 的直线方程,利用直线与圆相切求出k 值,将切线方程与抛物线方程联立,由∠PMO =∠QMO 推出点M 的坐标,问题获解.(1)依题意知,抛物线C 的焦点为F (p2,0),由AF ⃗⃗⃗⃗⃗ =(0,2),可知A (p 2, - 2), ...................................................................................... (理解向量的坐标运算) 将点A 的坐标代入y 2=2px ,求得p =2, 所以抛物线C 的方程为y 2=4x.(2)当直线的斜率不存在时,过点F (1,0)的直线不可能与圆E 相切, ............. (先讨论斜率不存在的情形) 所以过抛物线的焦点与圆E 相切的直线的斜率存在.设直线的斜率为k ,则直线的方程为y =k (x - 1), ................................................. (再研究斜率存在的情形) 所以圆心E (3,0)到直线的距离d =√2.当直线与圆相切时,d =1=2,k =±√33, 所以切线方程为y =√33(x - 1)或y = -√33(x - 1)......................................... (由直线和圆相切得到圆的切线方程)不妨设直线l :y =√33(x - 1)交抛物线于P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2)两点,由{y =√33(x -1),y 2=4x 消去y 并整理,得x 2 - 14x +1=0,Δ>0,则x 1+x 2=14,x 1x 2=1. 假设存在点M (t ,0),使∠PMO =∠QMO ,则k PM +k QM =0.所以k PM +k QM =y 1x 1-t +y2x 2-t=√33(x 1-1)x 1-t+√33(x 2-1)x 2-t=√33×(x 1-1)(x 2-t)+(x 2-1)(x 1-t)(x 1-t)(x 2-t)=√33×2x 1x 2-(t+1)(x 1+x 2)+2t(x 1-t)(x 2-t)=√33×2-(t+1)×14+2t(x 1-t)(x 2-t)=√33×-12-12t(x 1-t)(x 2-t)=0,即t = - 1,由此可知存在点M ( - 1,0)符合条件. 当直线l 的方程为y = -√33(x - 1)时,由对称性知点M ( - 1,0)也符合条件.综上可知,存在点M ( - 1,0),使∠PMO =∠QMO.命题角度2 圆锥曲线中的三点共线问题7 [2020安徽合肥调研]设椭圆E :x 2a2+y 2b2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1,F 2,过点F 1的直线交椭圆E 于A ,B 两点.若椭圆E 的离心率为√22,△ABF 2的周长为4√6.(1)求椭圆E 的方程;(2)设不经过椭圆的中心O 且平行于弦AB 的直线交椭圆E 于点C ,D ,设弦AB ,CD 的中点分别为M ,N ,证明:O ,M ,N 三点共线.(1)先由△ABF 2的周长求出a ,再结合离心率求出c ,利用b 2=a 2 - c 2求出b 2,即得椭圆E的方程.(2)分两种情况求解:当直线AB ,CD 的斜率不存在时,利用对称性知O ,M ,N 三点共线;当直线AB ,CD 的斜率存在时,设斜率为k ,再设出A ,B ,M 的坐标,并把A ,B 的坐标代入椭圆方程,利用“点差法”可得出k ·k OM = - 12,同理可得k ·k ON = - 12,依此得k OM =k ON ,即O ,M ,N 三点共线.(1)由△ABF 2的周长为4√6,可知4a =4√6, ............................................... (利用焦点三角形的性质) 所以a =√6. 又e =ca =√22,所以c =√3,b 2=a 2 - c 2=3.于是椭圆E 的方程为x 26+y 23=1.(2)当直线AB ,CD 的斜率不存在时,由椭圆的对称性知,中点M ,N 在x 轴上,此时O ,M ,N 三点共线. ................................................................................................................................ (先讨论特殊情形) 当直线AB ,CD 的斜率存在时,设其斜率为k (k ≠0), ..................................................... (再探究一般情形)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),M (x 0,y 0),则{x 126+y 123=1,x 226+y 223=1,两式相减,得x 126+y 123 - (x 226+y 223)=0,整理得y 1-y 2x 1-x 2·y 1+y2x 1+x2= - 36, .......................................... (此处利用了点差法) 所以y 1-y 2x 1-x 2·y 0x= - 12,即k ·k OM = - 12(k OM 为直线OM 的斜率), 所以k OM = - 12k .同理可得k ON = - 12k (k ON 为直线ON 的斜率). 所以k OM =k ON ,即O ,M ,N 三点共线. 综上所述,O ,M ,N 三点共线.4.[2020山东校际联考]已知A ,B 分别是椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的左、右顶点,椭圆C 的离心率为2√23,点D (0,1)是椭圆C 上的一点,P 是椭圆C 上除顶点外的任意一点,直线AD 交直线BP 于点M ,过M 作直线交x 轴于点N. (1)求椭圆C 的方程.(2)当直线MN 的斜率为12时,是否存在这样的点P ,使得D ,P ,N 三点共线?若存在,求出点P 的坐标;若不存在,说明理由.数学探究1 圆锥曲线与数列的交汇9 [2018全国卷Ⅲ]已知斜率为k 的直线l 与椭圆C :x 24+y 23=1交于A ,B 两点,线段AB 的中点为M (1,m )(m >0). (1)证明:k < - 12.(2)设F 为C 的右焦点,P 为C 上一点,且FP ⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0.证明:|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |成等差数列,并求该数列的公差.(1)思路一 先利用直线的斜率、直线与椭圆的位置关系及中点坐标公式,得到一个关于k ,m 的关系式,再利用m 的范围即可证k < - 12.思路二 先设出直线的方程,与椭圆方程联立,由根与系数的关系及中点坐标公式得到一个关于k ,m 的关系式,又点M 在椭圆内,由点与椭圆的位置关系可得出k 的取值范围,然后进行验证. (2)利用条件FP⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0求出点P 的坐标,进而求出各线段的长度,从而证明|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |成等差数列,并求出该数列的 公差d.(1)解法一 设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2), 则x 124+y 123=1,x 224+y 223=1. 两式相减,并由y 1-y2x 1-x 2=k 得x 1+x 24+y 1+y 23·k =0.由题设知x 1+x 22=1,y 1+y 22=m ,于是k = - 34m ①.由题设得0<m <32,故k < - 12.解法二 设直线l 的方程为y =k (x - 1)+m ,由{y =k(x -1)+m,x 24+y 23=1得(3+4k 2)x 2+8k (m - k )x +4(m - k )2 - 12=0,Δ=64k 2(m - k )2 - 4(3+4k 2)[4(m - k )2 -12]=48(3k 2+2mk - m 2+3).设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=8k(k -m)3+4k 2. 因为线段AB 的中点为M (1,m )(m >0),所以x 1+x 22=1,即4k(k -m)3+4k 2=1,化简得m = - 34k .由m >0得, - 34k >0,所以k <0.又点M (1,m )在椭圆内部,所以14+m 23<1,即14+316k 2<1,解得k < - 12.经检验,当m = - 34k ,k < - 12时,满足Δ>0. 故k < - 12.(2)由题意得F (1,0).设P (x 3,y 3),则由FP⃗⃗⃗⃗⃗ +FA ⃗⃗⃗⃗⃗ +FB ⃗⃗⃗⃗⃗ =0,得(x 3 - 1,y 3)+(x 1 - 1,y 1)+(x 2 - 1,y 2)=(0,0). 由(1)及题设得x 3=3 - (x 1+x 2)=1,y 3= - (y 1+y 2)= - 2m <0.又点P 在C 上,所以m =34,从而P (1, - 32),|FP⃗⃗⃗⃗⃗ |=32. 于是|FA ⃗⃗⃗⃗⃗ |=√(x 1-1)2+y 12=√(x 1-1)2+3(1-x 124)=2 - x 12.同理|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=2 - x 22. 所以|FA⃗⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |=4 - 12(x 1+x 2)=3. 故2|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |=|FA ⃗⃗⃗⃗ |+|FB ⃗⃗⃗⃗ |,即|FA⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FP ⃗⃗⃗⃗⃗ |,|FB ⃗⃗⃗⃗⃗ |成等差数列. 设该数列的公差为d ,则2|d |=||FB ⃗⃗⃗⃗⃗ | - |FA ⃗⃗⃗⃗⃗ ||=12|x 1 - x 2|=12√(x 1+x 2)2-4x 1x 2 ②. 将m =34代入(1)中的①得k = - 1.所以l 的方程为y = - x +74,代入C 的方程,并整理得7x 2 - 14x +14=0. 故x 1+x 2=2,x 1x 2=128,代入②解得|d |=3√2128.所以该数列的公差为3√2128或 -3√2128.5.[2020湖北省宜昌市三校联考]已知F 为椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的右焦点,点P (2,√2)在椭圆C 上,且PF ⊥x 轴. (1)求椭圆C 的方程;(2)如图9 - 6 - 2,过点F 的直线l 分别交椭圆C 于A ,B 两点,交直线x =4于点M.判断PA ,PM ,PB 的斜率是否构成等差数列,并说明理由.数学探究 2 圆锥曲线与平面向量的交汇10 [2020天津模拟]已知抛物线C 1:x 2=2py (p >0)和圆C 2:(x +1)2+y 2=2,倾斜角为45°的直线l 1过C 1的焦点,且l 1与C 2相切. (1)求p 的值;(2)动点M 在C 1的准线上,动点A 在C 1上,若C 1在点A 处的切线l 2交y 轴于点B ,设MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ,证明点N 在定直线上,并求该定直线的方程.(1)首先设出直线l 1的方程,再利用直线l 1与C 2相切,可求出p 的值.(2)首先设出点M的坐标,再利用导数求出在A 点处的切线的斜率及切线l 2的方程,得到与y 轴的交点B 的坐标,由向量关系MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ 进行坐标运算,得到点N 在定直线上.(1)依题意,设直线l 1的方程为y =x +p2,因为直线l 1与C 2相切,所以圆心C 2( - 1,0)到直线l 1:y =x +p2的距离d =|-1+p 2|√12+(-1)=√2,即|-1+p2|=√2,解得p =6或p = - 2(舍去).所以p =6.(2)依题意设M (m , - 3),由(1)知抛物线C 1的方程为x 2=12y ,即y =x 212,所以y' =x6. 设A (x 1,y 1),则以A 为切点的切线l 2的斜率为k =x16, 所以切线l 2的方程为y =16x 1(x - x 1)+y 1.令x =0,得y = - 16x 12+y 1= - 16×12y 1+y 1= - y 1,即点B 的坐标为(0, - y 1),所以MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1 - m ,y 1+3),MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =( - m , - y 1+3),所以MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =MA ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1 - 2m ,6),ON ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =OM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MN ⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(x 1 - m ,3),其中O 为坐标原点. 设点N 的坐标为(x ,y ),则y =3, 所以点N 在定直线y =3上.6.[2019浙江湖州五校高三模拟]如图9 - 6 - 3,已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为√32,点M ( - 2,1)是椭圆内一点,过点M 作两条斜率存在且互相垂直的动直线l 1,l 2,l 1与椭圆C 相交于点A ,B ,l 2与椭圆C 相交于点D ,E ,当M 恰好为线段AB 的中点时,|AB |=√10. (1)求椭圆C 的标准方程;图9 - 6 - 3(2)求AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值.1.(1)设直线AP 的斜率为k ,则k =x 2-14x+12=x - 12.因为- 12<x <32,所以直线AP 斜率的取值范围是(- 1,1).(2)解法一 联立直线AP 与BQ 的方程,得{kx - y +12k +14=0,x +ky - 94k - 32=0,解得点Q 的横坐标是x Q =- k 2+4k+32(k 2+1).因为|PA |=√1+k 2(x +12)=√1+k 2(k +1), |PQ |=√1+k 2(x Q - x )=-2√,所以|PA |·|PQ |=- (k - 1)(k +1)3. 令f (k )=- (k - 1)(k +1)3, 因为f'(k )=- (4k - 2)(k +1)2,所以f (k )在区间(- 1,12)上单调递增,(12,1)上单调递减, 因此当k =12时,|PA |·|PQ |取得最大值2716.解法二 连接BP ,则|AP |·|PQ |=|AP |·|PB |·cos ∠BPQ =AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·(AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AP ⃗⃗⃗⃗⃗ )=AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ −AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2. 易知P (x ,x 2)(- 12<x <32),AP ⃗⃗⃗⃗⃗ =(x +12,x 2- 14),AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(2,2), 则AP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·AB ⃗⃗⃗⃗⃗ =2x +1+2x 2- 12=2x 2+2x +12, AP ⃗⃗⃗⃗⃗ 2=(x +12)2+(x 2- 14)2=x 2+x +14+x 4- 12x 2+116=x 4+12x 2+x +516. 所以|AP |·|PQ |=- x 4+32x 2+x +316(- 12<x <32).设f (x )=- x 4+32x 2+x +316(- 12<x <32), 则f '(x )=- 4x 3+3x +1=- (x - 1)(2x +1)2,所以f (x )在(- 12,1)上单调递增,在(1,32)上单调递减, 所以f (x )max =f (1)=2716. 故|AP |·|PQ |的最大值为2716.2.(1)由已知得{c =1,4a =8,∴{c =1,a =2,∴b 2=3,∴椭圆C 的标准方程为x 24+y 23=1.(2)若直线l 的斜率不存在,则直线m 的斜率也不存在,这与直线m 与直线l 相交于点P 矛盾,∴直线l 的斜率存在.设l :y =k (x - 1)(k ≠0),m :y =- k (x +t ),A (x A ,y A ),B (x B ,y B ),M (x M ,y M ),N (x N ,y N ).将直线m 的方程代入椭圆方程得,(3+4k 2)x 2+8k 2tx +4(k 2t 2- 3)=0,Δ=64k 4t 2- 16(3+4k 2)(k 2t 2- 3)>0, ∴x M +x N =- 8k 2t3+4k ,x M x N =4(k 2t 2- 3)3+4k , ∴|MN |2=(1+k 2)·16(12k 2- 3k 2t 2+9)(3+4k 2)2. 同理,得|AB |=√1+k 2·4√9k 2+93+4k 2=12(1+k 2)3+4k 2.由|MN |2=4|AB |得t =0,满足Δ>0, ∴直线m :y =- kx ,∴P (12,- 12k ),即点P 在定直线x =12上.3.(1)设动点M (x ,y ),则直线MA 的斜率k MA =yx+3(x ≠- 3), 直线MB 的斜率k MB =yx - 3(x ≠3).因为k MA ·k MB =- 19,所以y x+3·yx - 3=- 19,化简得x 29+y 2=1,又x ≠±3,所以曲线C 的方程为x 29+y 2=1(x ≠±3).(2)由题意得直线l 的斜率不为0,根据直线l 过点T (1,0),可设直线l 的方程为x =my +1,联立得{x =my +1,x 2+9y 2=9,消去x 得(m 2+9)y 2+2my - 8=0,Δ>0. 设P (x 1,y 1),Q (x 2,y 2),则{y 1+y 2=- 2mm 2+9,y 1y 2=- 8m 2+9.直线SP 与SQ 的斜率分别为k SP =y 1x 1- x 0=y 1my 1+1- x 0,k SQ =y 2x 2- x 0=y 2my 2+1- x 0,则k SP ·k SQ =y 1y2(my 1+1- x 0)(my 2+1- x 0)=- 8(x 0- 9)m 2+9(1- x 0).当x 0=3时,∀m ∈R,k SP ·k SQ =- 89(1- x 0)2=- 29;当x 0=- 3时,∀m ∈R,k SP ·k SQ =- 89(1- x 0)2=- 118.所以存在定点S (±3,0),使得直线SP 与SQ 斜率之积为定值.4.(1)因为点D (0,1)是椭圆C 上的一点,所以b =1. 因为椭圆C 的离心率为2√23,所以ca =√a 2- b 2a=2√23,解得a 2=9.故椭圆C 的方程为x 29+y 2=1.(2)假设存在满足条件的点P ,由题意知,直线BP 的斜率存在,设直线BP 的斜率为k , 因为点P 不与椭圆C 的顶点重合,所以k ≠±13且k ≠0.则直线BP 的方程为y =k (x - 3) ①,易得直线AD 的方程为y =13x +1 ②,联立①②,解得M (9k+33k - 1,6k 3k - 1).因为直线MN 的斜率为12,所以直线MN 的方程为y - 6k3k - 1=12(x - 9k+33k - 1),因为点N 在x 轴上,所以N (- 3k+33k - 1,0).将①代入x 29+y 2=1,解得P (27k 2- 39k 2+1,- 6k 9k 2+1).因为D ,P ,N 三点共线,所以直线DP 与直线DN 的斜率相等,所以1+6k 9k 2+1- 27k 2- 39k 2+1=1-- 3k+33k - 1,即3k+13k - 1=3k - 1- k+1,解得k =23.故存在点P (95,- 45),使得D ,P ,N 三点共线. 5.(1)因为点P (2,√2)在椭圆C 上,且PF ⊥x 轴, 所以c =2.设椭圆C 的左焦点为E ,则|EF |=2c =4,|PF |=√2,连接PE ,则在Rt △EFP 中,|PE |2=|PF |2+|EF |2=18,所以|PE |=3√2. 所以2a =|PE |+|PF |=4√2,则a =2√2,b 2=a 2- c 2=4, 所以椭圆C 的方程为x 28+y 24=1.(2)由题意可设直线AB 的方程为y =k (x - 2), 令x =4,得y =2k ,则点M 的坐标为(4,2k ).由{y =k(x - 2),x 28+y 24=1消去y 并整理,得(2k 2+1)x 2- 8k 2x +8(k 2- 1)=0,Δ>0.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则x 1+x 2=8k 22k 2+1,x 1x 2=8(k 2- 1)2k 2+1 ①. 设直线PA ,PB ,PM 的斜率分别为k 1,k 2,k 3,从而k 1=y 1- √2x 1- 2,k 2=y 2- √2x 2- 2,k 3=2k - √24- 2=k -√22.因为直线AB 的方程为y =k (x - 2),则y 1=k (x 1- 2),y 2=k (x 2- 2), 所以k 1+k 2=y 1- √2x 1- 2+y 2- √2x 2- 2=y 1x 1- 2+y 2x 2- 2−√2(1x 1- 2+1x 2- 2)=2k - √2·x 1+x 2- 4x 1x 2- 2(x 1+x 2)+4②.将①代入②,得k 1+k 2=2k - √2·8k 22k 2+1- 48(k 2- 1)2k 2+1-16k 22k 2+1+4=2k - √2.又k 3=k -√22,所以k 1+k 2=2k 3,于是直线PA ,PM ,PB 的斜率成等差数列. 6.(1)由题意得a 2-b 2a 2=34,∴a 2=4b 2,即椭圆C 的方程为x 24b 2+y 2b 2=1.设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),则{x 12+4y 12=4b 2 ①,x 22+4y 22=4b 2②,①- ②得(x 1- x 2)(x 1+x 2)+4(y 1- y 2)·(y 1+y 2)=0. 当M (- 2,1)为线段AB 的中点时, x 1+x 2=- 4,y 1+y 2=2, ∴此时直线l 1的斜率k 1为y 1- y 2x 1- x 2=12,∴此时直线l 1的方程为y =12x +2.由{x 24b 2+y 2b 2=1,y =12x +2消去y 得,x 2+4x +8- 2b 2=0,由Δ1>0,得b 2>2,则x 1+x 2=- 4,x 1x 2=8- 2b 2, 则|AB |=√1+k 12|x 1- x 2|=√1+14√16- 4(8- 2b 2)=√10,得b 2=3,满足题意.∴椭圆C 的标准方程为x 212+y 23=1.(2)设直线AB 的方程为y =k (x +2)+1(k ≠0),由{x 212+y 23=1,y =k(x +2)+1消去y 得,(1+4k 2)x 2+8k (2k +1)x +4(2k +1)2- 12=0,Δ2>0, ∴x 1+x 2=- 8k(2k+1)1+4k 2,x 1x 2=4(2k+1)2- 121+4k 2.设D (x 3,y 3),E (x 4,y 4),则AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =(AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )·(EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ )=AM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MB ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ +EM ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ ·MD ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(- 2- x 1,1- y 1)·(2+x 2,y 2- 1)+(- 2- x 4,1- y 4)·(2+x 3,y 3- 1),(- 2- x 1,1- y 1)·(2+x 2,y 2- 1)=- (1+k 2)(2+x 1)(2+x 2)=- (1+k 2)[4+2(x 1+x 2)+x 1x 2]=4(1+k 2)1+4k2,同理可得(- 2- x 4,1- y 4)·(2+x 3,y 3- 1)=4(1+k 2)4+k 2.∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB ⃗⃗⃗⃗⃗ =4(1+k 2)(11+4k 2+14+k 2)=20(1+k 2)2(1+4k 2)(4+k 2)≥20(1+k 2)2(1+4k 2+4+k 22)2=165,当且仅当k =±1时取等号. ∴AD ⃗⃗⃗⃗⃗ ·EB ⃗⃗⃗⃗⃗ 的最小值为165.。
2019大一轮高考总复习理数北师大版文档：第9章 第10节
第十节圆锥曲线的综合应用圆锥曲线中的最值问题[明技法]圆锥曲线中求解最值问题的常用方法(1)建立函数模型：利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值．(2)建立不等式模型：利用基本不等式求最值．(3)数形结合：利用相切、相交的几何性质求最值．[提能力]【典例】(2018·安阳月考)设椭圆M：y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)的离心率与双曲线x2－y2＝1的离心率互为倒数，且椭圆的长轴长为4.(1)求椭圆M的方程；(2)若直线y＝2x＋m交椭圆M于A，B两点，P(1，2)为椭圆M上一点，求△P AB面积的最大值．解：(1)由题可知，双曲线的离心率为2，则椭圆的离心率e ＝c a ＝22，由2a ＝4，c a ＝22，b 2＝a 2－c 2，得a ＝2，c ＝2，b ＝2，故椭圆M 的方程为y 24＋x 22＝1.(2)联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋m ，x 22＋y 24＝1，得4x 2＋22mx ＋m 2－4＝0，由Δ＝(22m )2－16(m 2－4)＞0，得－22＜m ＜2 2.且⎩⎨⎧x 1＋x 2＝－22m ，x 1x 2＝m 2－44，所以|AB |＝1＋2|x 1－x 2|＝3·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝3·12m 2－m 2＋4＝3·4－m 22.又P 到直线AB 的距离为d ＝|m |3， 所以S △P AB ＝12|AB |·d ＝32·4－m 22·|m |3＝12⎝⎛⎭⎫4－m 22·m 2 ＝122m 2(8－m 2)≤122·m 2＋(8－m 2)2＝ 2.当且仅当m ＝±2∈(－22，22)时取等号， 所以(S △P AB max )＝ 2. [刷好题]1．已知椭圆x 24＋y 2b 2＝1(0<b <2)与y 轴交于A ，B 两点，点F 为该椭圆的一个焦点，则△ABF 的面积的最大值为________.解析：不妨设点F 的坐标为(4－b 2，0)，而|AB |＝2b ，∴S △ABF ＝12×2b ×4－b 2＝b 4－b 2＝b 2(4－b 2)≤b 2＋4－b 22＝2(当且仅当b 2＝4－b 2，即b 2＝2时取等号)，故△ABF 面积的最大值为2.答案：22．(2018·长春模拟)已知抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点．(1)若AF →＝2FB →，求直线AB 的斜率；(2)设点M 在线段AB 上运动，原点O 关于点M 的对称点为C ，求四边形OACB 面积的最小值．解：(1)依题意知F (1,0)， 设直线AB 的方程为x ＝my ＋1.将直线AB 的方程与抛物线的方程联立，消去x 得y 2－4my －4＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.① 因为AF →＝2FB →， 所以y 1＝－2y 2. ②联立①和②，消去y 1，y 2，得m ＝±24.所以直线AB 的斜率是±2 2.(2)由点C 与原点O 关于点M 对称，得M 是线段OC 的中点，从而点O 与点C 到直线AB 的距离相等，所以四边形OACB 的面积等于2S △AOB ．因为2S △AOB ＝2·12·|OF |·|y 1－y 2|＝(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝41＋m 2，所以当m ＝0时，四边形OACB 的面积最小，最小值是4.圆锥曲线中的范围问题 [明技法]圆锥曲线中求解范围问题的常用方法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围． (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围． (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．[提能力]【典例】 (2018·贵阳监测)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为63，且椭圆C上的点到一个焦点的距离的最小值为3－ 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)已知过点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，若在x 轴上存在一点E ，使∠AEB ＝90°，求直线l 的斜率k 的取值范围．解：(1)设椭圆的半焦距长为c ， 则由题设有⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝63，a －c ＝3－2，解得a ＝3，c ＝2，∴b 2＝1， 故椭圆C 的方程为y 23＋x 2＝1.(2)由已知可得，以AB 为直径的圆与x 轴有公共点． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 中点为M (x 0，y 0)， 将直线l ：y ＝kx ＋2代入y 23＋x 2＝1，得(3＋k 2)x 2＋4kx ＋1＝0，Δ＝12k 2－12，x 1＋x 2＝－4k 3＋k 2，x 1x 2＝13＋k 2.∴x 0＝x 1＋x 22＝－2k 3＋k 2，y 0＝kx 0＋2＝63＋k 2， |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2 ＝1＋k212k 2－123＋k 2＝23k 4－13＋k 2，由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝12k 2－12＞0，63＋k 2≤12|AB |， 解得k 4≥13，即k ≥413或k ≤－413. 故直线l 的斜率k 的取值范围是 (－∞，－413]∪[413，＋∞)． [刷好题](2018·贵阳月考)设椭圆E ：x 2a 2＋y 28－a 2＝1(a ＞0)的焦点在x 轴上，且椭圆E 的焦距为4.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)过椭圆外一点M (m,0)(m ＞a )作倾斜角为5π6的直线l 与椭圆交于C ，D 两点，若椭圆E的右焦点F 在以弦CD 为直径的圆的内部，求实数m 的取值范围．解析：(1)∵椭圆x 2a 2＋y 28－a 2＝1(a ＞0)的焦点在x 轴上，a 2＝b 2＋c 2， ∴a 2＞8－a 2，即a 2＞4， 又∵a 2－(8－a 2)＝4，∴a 2＝6， 所以椭圆方程为x 26＋y 22＝1.(2)因为直线l 的倾斜角为5π6，则直线l 的斜率k ＝tan 5π6＝－33，∴直线l 的方程为y ＝－33(x －m )(m ＞6)， 设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－33(x －m )，x 2＋3y 2＝6，消去y 得2x 2－2mx ＋m 2－6＝0，∴x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－62，且Δ＝(－2m )2－8(m 2－6)＞0，即m 2＜12， ∵椭圆的右焦点F 在以弦CD 为直径的圆的内部， ∴FC →·FD →＜0，即(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＜0， ∴4x 1x 2－(m ＋6)(x 1＋x 2)＋m 2＋12＜0， ∴4×m 2－62－(m ＋6)×m ＋m 2＋12＜0，即m 2－3m ＜0，则0＜m ＜3， 又m ＞6，m 2＜12， ∴m ∈(6，3)．实数m 的取值范围(6，3)．。
全国通用近年高考数学一轮复习第九章解析几何课时达标检测(四十五)圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题
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课时达标检测（四十五）圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题[一般难度题-—全员必做］1．(2018·郑州质检)已知动圆M恒过点(0，1)，且与直线y＝－1相切．（1)求圆心M的轨迹方程；(2）动直线l过点P(0，－2），且与点M的轨迹交于A，B两点，点C与点B关于y轴对称，求证:直线AC恒过定点．解：(1）由题意得，点M与点（0,1)的距离始终等于点M到直线y＝－1的距离,由抛物线的定义知圆心M的轨迹是以点(0，1）为焦点，直线y＝－1为准线的抛物线，则错误!＝1，p ＝2.∴圆心M的轨迹方程为x2＝4y.（2）设直线l：y＝kx－2,A（x1，y1),B(x2，y2)，则C（－x2，y2)，联立错误!消去y整理得x2－4kx＋8＝0，∴x1＋x2＝4k,x1x2＝8.k AC＝y1－y2x1＋x2＝错误!＝错误!，直线AC的方程为y－y1＝错误!(x－x1)．即y＝y1＋错误!(x－x1）＝错误!x－错误!＋错误!＝错误!x＋错误!，∵x1x2＝8，∴y＝错误!x＋错误!＝错误!x＋2,即直线AC恒过定点(0,2）．2．在平面直角坐标系xOy中，已知点A(x1，y1),B（x2,y2）是椭圆E：错误!＋y2＝1上的非坐标轴上的点，且4k OA·k OB＋1＝0（k OA，k OB分别为直线OA，OB的斜率)．(1）证明：x21＋x错误!，y错误!＋y错误!均为定值；（2）判断△OAB的面积是否为定值，若是,求出该定值；若不是，请说明理由．解：（1)证明:依题意,x1，x2，y1，y2均不为0，则由4k OA·k OB＋1＝0，得错误!＋1＝0，化简得y2＝－错误!,因为点A,B在椭圆上，所以x错误!＋4y错误!＝4，①x错误!＋4y错误!＝4,②把y2＝－错误!代入②，整理得(x21＋4y错误!)x错误!＝16y错误!.结合①得x错误!＝4y错误!,同理可得x错误!＝4y错误!，从而x错误!＋x错误!＝4y错误!＋x错误!＝4，为定值，y错误!＋y错误!＝y错误!＋错误!＝1，为定值．（2)S△OAB＝错误!|OA｜·|OB|sin∠AOB＝12错误!·错误!·错误!＝错误!错误!·错误!· 错误!＝12错误!＝错误!|x1y2－x2y1|.由(1)知x错误!＝4y错误!,x错误!＝4y错误!，易知y2＝－错误!,y1＝错误!或y2＝错误!,y1＝－错误!，S△OAB＝错误!|x1y2－x2y1|＝错误!错误!＝错误!＝1，因此△OAB的面积为定值1.3．（2018·广州惠州调研）已知椭圆C：错误!＋错误!＝1（a>b〉0)的左、右焦点分别为F1(－1,0），F2（1,0),点A错误!在椭圆C上．（1)求椭圆C的标准方程；（2）是否存在斜率为2的直线,使得当直线与椭圆C有两个不同交点M，N时，能在直线y ＝错误!上找到一点P,在椭圆C上找到一点Q，满足错误!＝错误!?若存在,求出直线的方程；若不存在,说明理由．解:（1）设椭圆C的焦距为2c，则c＝1，因为A错误!在椭圆C上，所以2a＝｜AF1｜＋｜AF2|＝2错误!，因此a＝错误!，b2＝a2－c2＝1，故椭圆C的方程为错误!＋y2＝1。
2019-2020年高考数学一轮复习第九章解析几何9.9圆锥曲线的综合问题第2课时范围最值问题理
2019-2020年高考数学一轮复习第九章解析几何9.9圆锥曲线的综合问题第2课时范围最值问题理题型一 范围问题例1 (2015·天津)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F (－c,0)，离心率为33，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM 被圆x 2＋y 2＝b 24截得的线段的长为c ，|FM |＝433.(1)求直线FM 的斜率； (2)求椭圆的方程；(3)设动点P 在椭圆上，若直线FP 的斜率大于2，求直线OP (O 为原点)的斜率的取值范围．解 (1)由已知，有c 2a 2＝13，又由a 2＝b 2＋c 2，可得a 2＝3c 2，b 2＝2c 2.设直线FM 的斜率为k (k ＞0)，F (－c,0)，则直线FM 的方程为y ＝k (x ＋c )．由已知，有⎝ ⎛⎭⎪⎫kc k 2＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22，解得k ＝33. (2)由(1)得椭圆方程为x 23c 2＋y 22c 2＝1，直线FM 的方程为y ＝33(x ＋c )，两个方程联立，消去y ，整理得3x 2＋2cx －5c 2＝0，解得x ＝－53c 或x ＝c .因为点M 在第一象限，可得M 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫c ，233c .由|FM |＝c ＋c2＋⎝⎛⎭⎪⎫233c －02＝433. 解得c ＝1，所以椭圆的方程为x 23＋y 22＝1.(3)设点P 的坐标为(x ，y )，直线FP 的斜率为t ， 得t ＝yx ＋1，即直线FP 的方程为y ＝t (x ＋1)(x ≠－1)，与椭圆方程联立，⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t x ＋，x 23＋y22＝1，消去y ，整理得2x 2＋3t 2(x ＋1)2＝6，又由已知，得t ＝6－2x2x ＋2＞2，解得－32＜x ＜－1或－1＜x ＜0.设直线OP 的斜率为m ，得m ＝y x ，即y ＝mx (x ≠0)，与椭圆方程联立，整理得m 2＝2x 2－23.①当x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，－1时，有y ＝t (x ＋1)＜0，因此m ＞0，于是m ＝2x 2－23，得m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫23，233. ②当x ∈(－1,0)时，有y ＝t (x ＋1)＞0. 因此m ＜0，于是m ＝－ 2x 2－23， 得m ∈⎝⎛⎭⎪⎫－∞，－233.综上，直线OP 的斜率的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－233∪⎝ ⎛⎭⎪⎫23，233.思维升华 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围； (2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．(2016·黄冈模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)与双曲线x 23－y 2＝1的离心率互为倒数，且直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不过原点O 的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，且直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，求△OMN 面积的取值范围． 解 (1)∵双曲线的离心率为233， ∴椭圆的离心率e ＝c a ＝32. 又∵直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点， ∴右顶点为(2,0)，即a ＝2，c ＝3，b ＝1，∴椭圆方程为x 24＋y 2＝1.(2)由题意可设直线的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消去y ，并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0， 则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝m 2－1＋4k 2， 于是y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m ) ＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2.又直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，故y 1x 1·y 2x 2＝k 2x 1x 2＋km x 1＋x 2＋m 2x 1x 2＝k 2⇒－8k 2m 21＋4k2＋m 2＝0.由m ≠0得k 2＝14，解得k ＝±12.又由Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1) ＝16(4k 2－m 2＋1)>0，得0<m 2<2，显然m 2≠1(否则x 1x 2＝0，x 1，x 2中至少有一个为0，直线OM ，ON 中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾)．设原点O 到直线的距离为d ， 则S △OMN ＝12|MN |d＝12·|m |1＋k 2·1＋k 2·|x 1－x 2| ＝12|m |x 1＋x 22－4x 1x 2＝－m 2－2＋1.故由m 的取值范围可得△OMN 面积的取值范围为(0,1)． 题型二 最值问题命题点1 利用三角函数有界性求最值例2 (2016·锦州模拟)过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点O 是坐标原点，则|AF |·|BF |的最小值是( )A ．2 B. 2 C ．4 D ．2 2 答案 C解析 设直线AB 的倾斜角为θ，可得|AF |＝21－cos θ，|BF |＝21＋cos θ，则|AF |·|BF |＝21－cos θ×21＋cos θ＝4sin 2θ≥4. 命题点2 数形结合利用几何性质求最值例3 (2015·江苏)在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点．若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为________________________________________________________________________． 答案22解析 双曲线x 2－y 2＝1的渐近线为x ±y ＝0，直线x －y ＋1＝0与渐近线x －y ＝0平行，故两平行线的距离d ＝|1－0|12＋－2＝22.由点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，得c ≤22，故c 的最大值为22. 命题点3 转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值例4 (2016·山东)如图，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 2.(1)求椭圆C 的方程；(2)过动点M (0，m )(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点．过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B .①设直线PM 、QM 的斜率分别为k 、k ′，证明k ′k为定值； ②求直线AB 的斜率的最小值． (1)解 设椭圆的半焦距为c . 由题意知2a ＝4,2c ＝2 2. 所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0)． 由M (0，m )，可得P (x 0,2m )，Q (x 0，－2m )． 所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3m x 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k为定值－3. ②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 直线PA 的方程为y ＝kx ＋m . 直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0， 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝m 2－k 2＋x 0，所以y 1＝kx 1＋m ＝2km 2－k 2＋x 0＋m .同理x 2＝m 2－k 2＋x 0，y 2＝－6k m 2－k 2＋x 0＋m . 所以x2－x 1＝m 2－k 2＋x 0－m 2－k 2＋x 0＝－32k 2m 2－k 2＋k 2＋x 0，y 2－y 1＝－6k m 2－k 2＋x 0＋m －2k m 2－k 2＋x 0－m ＝－8kk 2＋m 2－k 2＋k 2＋x 0，所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫6k ＋1k ，由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”．因为P (x 0,2m )在椭圆x 24＋y 22＝1上，所以x 0＝4－8m 2，故此时2m －m4－8m 2－0＝66，即m ＝147，符合题意． 所以直线AB 的斜率的最小值为62. 思维升华 处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．(2017·开封月考)已知圆(x －a )2＋(y ＋1－r )2＝r 2(r >0)过点F (0,1)，圆心M 的轨迹为C .(1)求轨迹C 的方程；(2)设P 为直线l ：x －y －2＝0上的点，过点P 作曲线C 的两条切线PA ，PB ，当点P (x 0，y 0)为直线l 上的定点时，求直线AB 的方程；(3)当点P 在直线l 上移动时，求|AF |·|BF |的最小值． 解 (1)依题意，由圆过定点F 可知轨迹C 的方程为x 2＝4y . (2)抛物线C 的方程为x 2＝4y ，即y ＝14x 2，求导得y ′＝12x .设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(其中y 1＝x 214，y 2＝x 224)， 则切线PA ，PB 的斜率分别为12x 1，12x 2，所以切线PA 的方程为y －y 1＝x 12(x －x 1)， 即y ＝x 12x －x 212＋y 1，即x 1x －2y －2y 1＝0.同理可得切线PB 的方程为x 2x －2y －2y 2＝0. 因为切线PA ，PB 均过点P (x 0，y 0)， 所以x 1x 0－2y 0－2y 1＝0，x 2x 0－2y 0－2y 2＝0，所以(x 1，y 1)，(x 2，y 2)为方程x 0x －2y 0－2y ＝0的两组解． 所以直线AB 的方程为x 0x －2y －2y 0＝0.(3)由抛物线定义可知|AF |＝y 1＋1，|BF |＝y 2＋1， 所以|AF |·|BF |＝(y 1＋1)(y 2＋1)＝y 1y 2＋(y 1＋y 2)＋1，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 0x －2y －2y 0＝0，x 2＝4y ，消去x 整理得y 2＋(2y 0－x 20)y ＋y 20＝0，由一元二次方程根与系数的关系可得y 1＋y 2＝x 20－2y 0，y 1y 2＝y 20，所以|AF |·|BF |＝y 1y 2＋(y 1＋y 2)＋1＝y 20＋x 20－2y 0＋1. 又点P (x 0，y 0)在直线l 上，所以x 0＝y 0＋2， 所以y 20＋x 20－2y 0＋1＝2y 20＋2y 0＋5＝2(y 0＋12)2＋92，所以当y 0＝－12时，|AF |·|BF |取得最小值，且最小值为92.1．(2016·昆明两区七校调研)过抛物线y 2＝x 的焦点F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点，且直线l 的倾斜角θ≥π4，点A 在x 轴上方，则|FA |的取值范围是( )A ．(14，1]B ．(14，＋∞)C ．(12，＋∞)D ．(14，1＋22]答案 D解析 记点A 的横坐标是x 1，则有|AF |＝x 1＋14＝(14＋|AF |cos θ)＋14＝12＋|AF |cos θ，|AF |(1－cos θ)＝12，|AF |＝1－cos θ.由π4≤θ<π得－1<cos θ≤22，2－2≤2(1－cos θ)<4，14<1－cos θ≤12－2＝1＋22， 即|AF |的取值范围是(14，1＋22]．2．已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM →＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为( ) A.95 B.125 C ．4 D ．5 答案 B解析 由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求|MP |的最小值可以转化为求|OP |的最小值，当|OP |取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3,0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125，故选B.3．已知F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左，右焦点，对于左支上任意一点P 都有|PF 2|2＝8a |PF 1|(a 为实半轴长)，则此双曲线的离心率e 的取值范围是( ) A ．(1，＋∞) B ．(2,3] C ．(1,3] D ．(1,2]答案 C解析 由P 是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义， 得|PF 2|＝2a ＋|PF 1|，所以|PF 2|2|PF 1|＝|PF 1|＋4a2|PF 1|＋4a ＝8a ，所以|PF 1|＝2a ，|PF 2|＝4a ， 在△PF 1F 2中，|PF 1|＋|PF 2|≥|F 1F 2|， 即2a ＋4a ≥2c ，所以e ＝c a≤3. 又e >1，所以1<e ≤3.故选C.4．(2016·成都质检)若点O 和点F 分别为椭圆x 29＋y 28＝1的中点和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最小值为________． 答案 6解析 点P 为椭圆x 29＋y 28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3，－22≤y ≤22)，依题意得左焦点F (－1,0)，∴OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )， ∴OP →·FP →＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x 29＝19·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234. ∵－3≤x ≤3，∴32≤x ＋92≤152，∴94≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤2254， ∴14≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤22536， ∴6≤19·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234≤12，即6≤OP →·FP →≤12.故最小值为6.5．(2017·郑州质检)已知椭圆C 1：x 2m ＋2－y 2n ＝1与双曲线C 2：x 2m ＋y 2n＝1有相同的焦点，则椭圆C 1的离心率e 1的取值范围为________． 答案 (22，1) 解析 ∵椭圆C 1：x 2m ＋2－y 2n＝1，∴a 21＝m ＋2，b 21＝－n ，c 21＝m ＋2＋n ，e 21＝m ＋2＋n m ＋2＝1＋n m ＋2. ∵双曲线C 2：x 2m ＋y 2n＝1，∴a 22＝m ，b 22＝－n ，c 22＝m －n ，∴由条件知m ＋2＋n ＝m －n ，则n ＝－1， ∴e 21＝1－1m ＋2. 由m >0得m ＋2>2，1m ＋2<12，－1m ＋2>－12， ∴1－1m ＋2>12，即e 21>12，而0<e 1<1， ∴22<e 1<1. 6．已知双曲线C 的两个焦点分别为F 1(－2，0)，F 2(2,0)，双曲线C 上一点P 到F 1，F 2的距离差的绝对值等于2. (1)求双曲线C 的标准方程；(2)经过点M (2,1)作直线l 交双曲线C 的右支于A ，B 两点，且M 为AB 的中点，求直线l 的方程；(3)已知定点G (1,2)，点D 是双曲线C 右支上的动点，求|DF 1|＋|DG |的最小值． 解 (1)依题意，得双曲线C 的实半轴长为a ＝1， 半焦距c ＝2，所以其虚半轴长b ＝c 2－a 2＝ 3. 又其焦点在x 轴上，所以双曲线C 的标准方程为x 2－y 23＝1.(2)设A ，B 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧3x 21－y 21＝3，3x 22－y 22＝3.两式相减，得3(x 1－x 2)(x 1＋x 2)－(y 1－y 2)(y 1＋y 2)＝0. 因为M (2,1)为AB 的中点，所以⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4，y 1＋y 2＝2，所以12(x 1－x 2)－2(y 1－y 2)＝0， 即k AB ＝y 1－y 2x 1－x 2＝6， 故AB 所在直线l 的方程为y －1＝6(x －2)， 即6x －y －11＝0.(3)由已知，得|DF 1|－|DF 2|＝2， 即|DF 1|＝|DF 2|＋2，所以|DF 1|＋|DG |＝|DF 2|＋|DG |＋2≥|GF 2|＋2， 当且仅当G ，D ，F 2三点共线时取等号， 因为|GF 2|＝－2＋22＝5，所以|DF 2|＋|DG |＋2≥|GF 2|＋2＝5＋2， 故|DF 1|＋|DG |的最小值为5＋2.7．已知中心在原点的双曲线C 的右焦点为(2,0)，右顶点为(3，0)． (1)求双曲线C 的方程；(2)若直线：y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)与双曲线C 交于不同的两点M ，N ，且线段MN 的垂直平分线过点A (0，－1)，求实数m 的取值范围．解 (1)设双曲线C 的方程为x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)．由已知得a ＝3，c ＝2， 又a 2＋b 2＝c 2，得b 2＝1， ∴双曲线C 的方程为x 23－y 2＝1.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 23－y 2＝1，整理得(1－3k 2)x 2－6kmx －3m 2－3＝0. ∵直线与双曲线有两个不同的交点，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－3k 2≠0，Δ＝m 2＋1－3k 2，可得m 2>3k 2－1且k 2≠13，①设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点为B (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝6km 1－3k 2，∴x 0＝x 1＋x 22＝3km 1－3k 2， ∴y 0＝kx 0＋m ＝m 1－3k 2. 由题意，AB ⊥MN ，∴k AB ＝m1－3k 2＋13km 1－3k 2＝－1k(k ≠0，m ≠0)． 整理得3k 2＝4m ＋1，②将②代入①，得m 2－4m >0，∴m <0或m >4.又3k 2＝4m ＋1>0(k ≠0)，即m >－14. ∴m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0∪(4，＋∞)． 8．已知椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A (1,0)，过C 1的焦点且垂直长轴的弦长为1. (1)求椭圆C 1的方程；(2)设点P 在抛物线C 2：y ＝x 2＋h (h ∈R )上，C 2在点P 处的切线与C 1交于点M ，N .当线段AP 的中点与MN 的中点的横坐标相等时，求h 的最小值． 解 (1)由题意，得⎩⎪⎨⎪⎧ b ＝1，2·b 2a ＝1.从而⎩⎪⎨⎪⎧ a ＝2，b ＝1.因此，所求的椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1. (2)如图，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (t ，t 2＋h )，则抛物线C 2在点P 处的切线斜率为y ′| x ＝t ＝2t .直线MN 的方程为y ＝2tx －t 2＋h .将上式代入椭圆C 1的方程中，得4x 2＋(2tx －t 2＋h )2－4＝0，即4(1＋t 2)x 2－4t (t 2－h )x ＋(t 2－h )2－4＝0.①因为直线MN 与椭圆C 1有两个不同的交点，所以①式中的Δ1＝16[－t 4＋2(h ＋2)t 2－h 2＋4]>0.② 设线段MN 的中点的横坐标是x 3， 则x 3＝x 1＋x 22＝t t 2－h ＋t 2. 设线段PA 的中点的横坐标是x 4，则x 4＝t ＋12.由题意，得x 3＝x 4，即t 2＋(1＋h )t ＋1＝0.③由③式中的Δ2＝(1＋h )2－4≥0，得h ≥1或h ≤－3. 当h ≤－3时，h ＋2<0,4－h 2<0，则不等式②不成立，所以h ≥1.当h ＝1时，代入方程③得t ＝－1，将h ＝1，t ＝－1代入不等式②，检验成立．所以，h 的最小值为1. 9．如图，O 为坐标原点，椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，离心率为e 1；双曲线C 2：x 2a 2－y 2b 2＝1的左，右焦点分别为F 3，F 4，离心率为e 2.已知e 1e 2＝32，且|F 2F 4|＝3－1.(1)求C 1，C 2的方程；(2)过F 1作C 1的不垂直于y 轴的弦AB ，M 为AB 的中点，当直线OM 与C 2交于P ，Q 两点时，求四边形APBQ 面积的最小值．解 (1)因为e 1e 2＝32，所以 a 2－b 2a ·a 2＋b 2a ＝32，即a 4－b 4＝34a 4，因此a 2＝2b 2，从而F 2(b,0)，F 4(3b,0)，于是3b －b ＝|F 2F 4|＝3－1，所以b ＝1，a 2＝2. 故C 1，C 2的方程分别为x 22＋y 2＝1，x 22－y 2＝1. (2)因为AB 不垂直于y 轴，且过点F 1(－1,0)，故可设直线AB 的方程为x ＝my －1.由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my －1，x 22＋y 2＝1得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0. 易知此方程的判别式大于0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1，y 2是上述方程的两个实根，所以y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2. 因此x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝－4m 2＋2， 于是AB 的中点为M (－2m 2＋2，m m 2＋2)，故直线PQ 的斜率为－m 2，PQ 的方程为y ＝－m 2x ， 即mx ＋2y ＝0. 由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝－m 2x ，x 22－y 2＝1得(2－m 2)x 2＝4， 所以2－m 2>0，且x 2＝42－m 2，y 2＝m 22－m 2， 从而|PQ |＝2x 2＋y 2＝2m 2＋42－m2. 设点A 到直线PQ 的距离为d ，则点B 到直线PQ 的距离也为d ，所以2d ＝|mx 1＋2y 1|＋|mx 2＋2y 2|m 2＋4. 因为点A ，B 在直线mx ＋2y ＝0的异侧， 所以(mx 1＋2y 1)(mx 2＋2y 2)<0，于是|mx 1＋2y 1|＋|mx 2＋2y 2|＝|mx 1＋2y 1－mx 2－2y 2|，从而2d ＝m 2＋y 1－y 2|m 2＋4. 又因为|y 1－y 2|＝y 1＋y 22－4y 1y 2＝22·1＋m 2m 2＋2， 所以2d ＝22·1＋m 2m 2＋4. 故四边形APBQ 的面积S ＝12|PQ |·2d ＝22·1＋m22－m 2＝22·－1＋32－m 2. 而0<2－m 2≤2，故当m ＝0时，S 取得最小值2. 综上所述，四边形APBQ 面积的最小值为2.。
高考数学一轮复习 第九章 平面解析几何 第9节 圆锥曲线的综合问题 第1课时 最值、范围、证明问题教
第9节 圆锥曲线的综合问题考试要求 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.知 识 梳 理1.求定值问题常见的方法有两种：(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关.(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值. 2.定点的探索与证明问题(1)探索直线过定点时，可设出直线方程为y ＝kx ＋b ，然后利用条件建立b ，k 等量关系进行消元，借助于直线系的思想找出定点.(2)从特殊情况入手，先探求定点，再证明与变量无关. 3.求解X 围问题的方法求X 围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数，通过求这个函数的值域确定目标的X 围，要特别注意变量的取值X 围. 4.圆锥曲线中常见最值的解题方法(1)几何法，假设题目的条件和结论能明显表达几何特征及意义，那么考虑利用图形性质来解决；(2)代数法，假设题目的条件和结论能表达一种明确的函数关系，那么可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解. 5.圆锥曲线的弦长设斜率为k (k ≠0)的直线l 与圆锥曲线C 相交于A ，B 两点，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么 |AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·〔x 1＋x 2〕2－4x 1x 2 ＝1＋1k2·|y 1－y 2|＝1＋1k2·〔y 1＋y 2〕2－4y 1y 2.[常用结论与微点提醒]1.直线与椭圆位置关系的有关结论(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.2.直线与抛物线位置关系的有关结论(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，即两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，即一条与对称轴平行或重合的直线.诊断自测1.判断以下结论正误(在括号内打“√〞或“×〞)(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点.( )(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点.( )(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点.( )(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，那么弦长|AB|＝1＋t2|y1－y2|.( )解析(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切. 答案(1)√(2)×(3)×(4)√2.(老教材选修2－1P71例6改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有( )A.1条B.2条C.3条D.4条解析 结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x ＝0，过点(0，1)且平行于x 轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x ＝0). 答案 C3.(老教材选修2－1P69例4改编)倾斜角为60°的直线l 通过抛物线x 2＝4y 的焦点，且与抛物线相交于A ，B 两点，那么弦|AB |＝________. 解析 法一 直线l 的方程为y ＝3x ＋1， 由⎩⎨⎧y ＝3x ＋1，x 2＝4y ，得y 2－14y ＋1＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，那么y 1＋y 2＝14， ∴|AB |＝y 1＋y 2＋p ＝14＋2＝16.法二 如下图，过F 作AD 的垂线，垂足为H ，那么|AF |＝|AD |＝p ＋|AF |sin 60°，即|AF |＝p1－sin 60°＝21－sin 60°.同理，|BF |＝21＋sin 60°，故|AB |＝|AF |＋|BF |＝16.答案 164.(2019·某某卷)抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，准线为l .假设l 与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的两条渐近线分别交于点A 和点B ，且|AB |＝4|OF |(O 为原点)，那么双曲线的离心率为( ) A.2B.3C.2 D. 5解析 由易得，抛物线y 2＝4x 的焦点为F (1，0)，准线l ：x ＝－1，所以|OF |＝1.又双曲线的两条渐近线的方程为y ＝±b ax ，不妨设点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，b a ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，－b a，所以|AB |＝2b a＝4|OF |＝4，所以ba＝2，即b ＝2a ，所以b 2＝4a 2.又双曲线方程中c 2＝a 2＋b 2，所以c 2＝5a 2，所以e ＝c a＝ 5.应选D. 答案 D5.(2020·某某七校联考)点P 为椭圆x 216＋y 212＝1的动点，EF 为圆N ：x 2＋(y －1)2＝1的任一直径，那么PE →·PF →的最大值和最小值分别是( ) A.16，12－43B.17，13－4 3 C.19，12－43D.20，13－4 3解析 ∵EF 是圆N 的直径，∴|NE |＝|NF |＝1，且NF →＝－NE →，那么PE →·PF →＝(PN →＋NE →)·(PN →＋NF →)＝(PN →＋NE →)·(PN →－NE →)＝PN →2－NE →2＝PN →2－1，设P (x 0，y 0)，那么有x 2016＋y 2012＝1，即x 20＝16－43y 20，又N (0，1)，∴|PN →|2＝x 20＋(y 0－1)2＝－13(y 0＋3)2＋20，又∵y 0∈[－23，23]，∴当y 0＝－3时，|PN →|2取得最大值20，那么(PE →·PF →)max ＝20－1＝19.当y 0＝23时，|PN →|2取得最小值13－43，那么(PE →·PF →)min ＝12－4 3.综上，PE →·PF →的最大值和最小值分别为19，12－43，应选C. 答案 C6.(2020·某某五校协作体联考改编)点A (0，2)，抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，射线FA 与抛物线C 相交于点M ，与其准线相交于点N ，假设|FM ||MN |＝55，那么p 的值等于________. 解析 过点M 向准线作垂线，垂足为P ，由抛物线的定义可知，|MF |＝|MP |，因为|FM ||MN |＝55，所以|MP ||MN |＝55，所以sin∠MNP ＝55，那么tan∠MNP ＝12，又∠OFA ＋∠MNP ＝90°(O 为坐标原点)，所以tan∠OFA ＝2＝212p ，那么p ＝2.答案 2第一课时 最值、X 围、证明问题考点一 最值问题[例1] (一题多解)(2020·东北三省四市教研模拟)如图，椭圆C ：x 218＋y 29＝1的短轴端点分别为B 1，B 2，点M 是椭圆C 上的动点，且不与B 1，B 2重合，点N 满足NB 1⊥MB 1，NB 2⊥MB 2.(1)(一题多解)求动点N 的轨迹方程； (2)求四边形MB 2NB 1面积的最大值.解 (1)法一 设N (x ，y )，M (x 0，y 0)(x 0≠0)， ∵MB 1⊥NB 1，MB 2⊥NB 2，B 1(0，－3)，B 2(0，3)， ∴直线NB 1：y ＋3＝－x 0y 0＋3x ，① 直线NB 2：y －3＝－x 0y 0－3x ，② ①×②得y 2－9＝x 20y 20－9x 2，又x 2018＋y 209＝1， ∴y 2－9＝18⎝ ⎛⎭⎪⎫1－y 209y 20－9x 2＝－2x 2，整理得点N 的轨迹方程为y 29＋x 292＝1(x ≠0).法二 设直线MB 1：y ＝kx －3(k ≠0)， 那么直线NB 1：y ＝－1kx －3，①直线MB 1与椭圆C ：x 218＋y 29＝1的交点M 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12k 2k 2＋1，6k 2－32k 2＋1，那么直线MB 2的斜率为k MB 2＝6k 2－32k 2＋1－312k 2k 2＋1＝－12k ，∴直线NB 2：y ＝2kx ＋3，②由①②解得N 点的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫－6k 2k 2＋1，3－6k 22k 2＋1， 由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－6k2k 2＋1y ＝3－6k22k 2＋1，得点N 的轨迹方程为y 29＋x 292＝1(x ≠0).(2)由(1)中法二得，四边形MB 2NB 1的面积S ＝12|B 1B 2|(|x M |＋|x N |)＝3×⎝⎛⎭⎪⎫12|k |2k 2＋1＋6|k |2k 2＋1＝54|k |2k 2＋1＝542|k |＋1|k |≤2722， 当且仅当|k |＝22时，S 取得最大值2722. 规律方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.[训练1] (2020·某某调研)椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点M (－2，1)，且右焦点F (3，0).(1)求椭圆Γ的标准方程；(2)过N (1，0)且斜率存在的直线AB 交椭圆Γ于A ，B 两点，记t ＝MA →·MB →，假设t 的最大值和最小值分别为t 1，t 2，求t 1＋t 2的值.解 (1)由椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1的右焦点为(3，0)，知a 2－b 2＝3，即b 2＝a 2－3，那么x 2a 2＋y 2a 2－3＝1，a 2＞3.又椭圆过点M (－2，1)，∴4a 2＋1a 2－3＝1，又a 2＞3，∴a 2＝6.∴椭圆Γ的标准方程为x 26＋y 23＝1.(2)设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1y ＝k 〔x －1〕得x 2＋2k 2(x －1)2＝6， 即(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－6＝0， ∵点N (1，0)在椭圆内部，∴Δ＞0， ∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 21＋2k2，①x 1x 2＝2k 2－62k 2＋1，②那么t ＝MA →·MB →＝(x 1＋2)(x 2＋2)＋(y 1－1)(y 2－1) ＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋(kx 1－k －1)(kx 2－k －1) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋(2－k 2－k )(x 1＋x 2)＋k 2＋2k ＋5③， 将①②代入③得，t ＝(1＋k 2)·2k 2－62k 2＋1＋(2－k 2－k )·4k22k 2＋1＋k 2＋2k ＋5，∴t ＝15k 2＋2k －12k 2＋1， ∴(15－2t )k 2＋2k －1－t ＝0，k ∈R ， 那么Δ1＝22＋4(15－2t )(1＋t )≥0，∴(2t －15)(t ＋1)－1≤0，即2t 2－13t －16≤0，由题意知t 1，t 2是2t 2－13t －16＝0的两根，∴t 1＋t 2＝132.考点二 X 围问题[例2] (2019·某某八所重点中学联考)椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，F 1，F 2为其左、右焦点，B 1，B 2为其上、下顶点，四边形F 1B 1F 2B 2的面积为2.(1)求椭圆E 的长轴A 1A 2的最小值，并确定此时椭圆E 的方程；(2)对于(1)中确定的椭圆E ，设过定点M (－2，0)的直线l 与椭圆E 相交于P ，Q 两点，假设MP →＝λMQ →，当λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12时，求△OPQ 的面积S 的取值X 围.解 (1)依题意四边形F 1B 1F 2B 2的面积为2bc ，∴2bc ＝2， ∵|A 1A 2|＝2a ＝2b 2＋c 2≥22bc ＝22， 当且仅当b ＝c ＝1时等号成立，此时a ＝2， ∴长轴A 1A 2的最小值为22， 此时椭圆E 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)依题意，可设直线l ：x ＝ty －2，联立得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty －2，x 22＋y 2＝1，得(t 2＋2)y 2－4ty ＋2＝0. 由Δ＞0，得t 2＞2. 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，由根与系数的关系得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝4tt 2＋2，y 1·y 2＝2t 2＋2.由MP →＝λMQ →，得y 1＝λy 2， ∴⎩⎪⎨⎪⎧〔1＋λ〕y 2＝4tt 2＋2，①λy 22＝2t 2＋2，②由①2②得λ＋1λ＋2＝8t2t 2＋2， ∵y ＝λ＋1λ＋2在λ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫13，12上单调递减，∴λ＋1λ＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫92，163， ∴92＜8t 2t 2＋2＜163，187＜t 2＜4，满足Δ＞0. △OPQ 的面积S ＝S △OMQ －S △OMP＝12|OM ||y 1－y 2|＝|y 1－y 2|＝〔y 1＋y 2〕2－4y 1y 2＝22t 2－2t 2＋2. 设m ＝t 2－2，那么m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫277，2，t 2＝m 2＋2， ∴S ＝22m m 2＋4＝22m ＋4m，∵y ＝m ＋4m 在m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫277，2上单调递减，∴S 关于m 单调递增，∴△OPQ 的面积S ∈⎝⎛⎭⎪⎫148，23. 规律方法 解决圆锥曲线中的取值X 围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值X 围；(2)利用参数的X 围，求新参数的X 围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系； (3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值X 围； (4)利用的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值X 围；(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值X 围.[训练2] (2020·某某七校联合考试)A ，B 是x 轴正半轴上两点(A 在B 的左侧)，且|AB |＝a (a＞0)，过A ，B 分别作x 轴的垂线，与抛物线y 2＝2px (p ＞0)在第一象限分别交于D ，C 两点. (1)假设a ＝p ，点A 与抛物线y 2＝2px 的焦点重合，求直线CD 的斜率；(2)假设O 为坐标原点，记△OCD 的面积为S 1，梯形ABCD 的面积为S 2，求S 1S 2的取值X 围.解 (1)由题意知A ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，那么B ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2＋a ，0，D ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，p ，那么C ⎝ ⎛⎭⎪⎫p2＋a ，p 2＋2pa ， 又a ＝p ，所以k CD ＝3p －p3p 2－p 2＝3－1. (2)设直线CD 的方程为y ＝kx ＋b (k ≠0)，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b y 2＝2px，得ky 2－2py ＋2pb ＝0， 所以Δ＝4p 2－8pkb ＞0，得kb ＜p2，又y 1＋y 2＝2p k ，y 1y 2＝2pb k ，由y 1＋y 2＝2p k ＞0，y 1y 2＝2pbk＞0，可知k ＞0，b ＞0，因为|CD |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝a 1＋k 2，点O 到直线CD 的距离d ＝|b |1＋k2， 所以S 1＝12·a 1＋k 2·|b |1＋k 2＝12ab . 又S 2＝12(y 1＋y 2)·|x 1－x 2|＝12·2p k ·a ＝apk ，所以S 1S 2＝kb2p， 因为0＜kb ＜p 2，所以0＜S 1S 2＜14.即S 1S 2的取值X 围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14.考点三 证明问题[例3] (2020·某某高三抽测)点A (1，－32)在椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)上，O 为坐标原点，直线l ：xa 2－3y2b 2＝1的斜率与直线OA 的斜率乘积为－14. (1)求椭圆C 的方程；(2)(一题多解)不经过点A 的直线y ＝32x ＋t (t ≠0且t ∈R )与椭圆C 交于P ，Q 两点，P 关于原点的对称点为R (与点A 不重合)，直线AQ ，AR 与y 轴分别交于两点M ，N ，求证：|AM |＝|AN |. (1)解 由题意知，k OA ·k l ＝－32·2b 23a 2＝－b 2a 2＝－14， 即a 2＝4b 2，① 又1a 2＋34b2＝1，② 所以联立①②，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2b ＝1，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)证明 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，那么R (－x 1，－y 1)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝32x ＋t ，x 24＋y 2＝1，得x 2＋3tx ＋t 2－1＝0，所以Δ＝4－t 2＞0，即－2＜t ＜2， 又t ≠0，所以t ∈(－2，0)∪(0，2)，x 1＋x 2＝－3t ，x 1·x 2＝t 2－1.法一 要证明|AM |＝|AN |，可转化为证明直线AQ ，AR 的斜率互为相反数， 即证明k AQ ＋k AR ＝0.由题意知，k AQ ＋k AR ＝y 2＋32x 2－1＋y 1－32x 1＋1＝〔y 2＋32〕〔x 1＋1〕＋〔y 1－32〕〔x 2－1〕〔x 1＋1〕〔x 2－1〕＝〔32x 2＋t ＋32〕〔x 1＋1〕＋〔32x 1＋t －32〕〔x 2－1〕〔x 1＋1〕〔x 2－1〕＝3x 1x 2＋t 〔x 1＋x 2〕＋3〔x 1＋1〕〔x 2－1〕＝3〔t 2－1〕＋t 〔－3t 〕＋3〔x 1＋1〕〔x 2－1〕＝0，所以|AM |＝|AN |.法二 要证明|AM |＝|AN |，可转化为证明直线AQ ，AR 与y 轴的交点M ，N 连线的中点S 的纵坐标为－32，即AS 垂直平分MN 即可. 直线AQ 与AR 的方程分别为l AQ ：y ＋32＝y 2＋32x 2－1(x －1)，l AR ：y ＋32＝－y 1＋32－x 1－1(x －1)，分别令x ＝0，得y M ＝－y 2－32x 2－1－32，y N ＝－y 1＋32x 1＋1－32，所以y M ＋y N ＝－y 2－32x 2－1＋－y 1＋32x 1＋1－ 3＝〔－32x 1－t ＋32〕〔x 2－1〕＋〔－32x 2－t －32〕〔x 1＋1〕〔x 1＋1〕〔x 2－1〕－ 3＝－3x 1x 2－t 〔x 1＋x 2〕－3〔x 1＋1〕〔x 2－1〕－ 3＝－3〔t 2－1〕－t 〔－3t 〕－3〔x 1＋1〕〔x 2－1〕－ 3＝－3，y S ＝y M ＋y N 2＝－32，即AS 垂直平分MN .所以|AM |＝|AN |.规律方法 圆锥曲线中的证明问题常见的有：(1)位置关系方面的：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等. (2)数量关系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，但有时也会用反证法证明.[训练3] (2020·某某模拟)如图，圆C 与x 轴相切于点T (2，0)，与y 轴正半轴相交于两点M ，N (点M 在点N 的下方)，且|MN |＝3.(1)求圆C 的方程；(2)过点M 任作一条直线与椭圆x 28＋y 24＝1相交于两点A ，B ，连接AN ，BN ，求证：∠ANM ＝∠BNM .(1)解 设圆C 的半径为r (r >0)，依题意，圆心C 的坐标为(2，r ). 因为|MN |＝3，所以r 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫322＋22＝254.所以r ＝52，圆C 的方程为(x －2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝254.(2)证明 把x ＝0代入方程(x －2)2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫y －522＝254，解得y ＝1或y ＝4，即点M (0，1)，N (0，4).①当AB ⊥x 轴时，可知∠ANM ＝∠BNM ＝0.②当AB 与x 轴不垂直时，可设直线AB 的方程为y ＝kx ＋1.联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 28＋y 24＝1消去y 得，(1＋2k 2)x 2＋4kx －6＝0.设直线AB 交椭圆于A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)两点，那么x 1＋x 2＝－4k 1＋2k 2，x 1x 2＝－61＋2k 2.所以k AN ＋k BN ＝y 1－4x 1＋y 2－4x 2＝kx 1－3x 1＋kx 2－3x 2＝2kx 1x 2－3〔x 1＋x 2〕x 1x 2＝1x 1x 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－12k1＋2k 2＋12k 1＋2k 2＝0.所以∠ANM ＝∠BNM . 综合①②知∠ANM ＝∠BNM .A 级 基础巩固一、选择题1.直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的交点个数是( )A.1B.2C.1或2D.0解析 由直线y ＝b a x ＋3与双曲线x 2a 2－y 2b 2＝1的渐近线y ＝bax 平行，故直线与双曲线的交点个数是1. 答案 A2.(2019·某某八校联考)抛物线y ＝ax 2与直线y ＝kx ＋b (k ≠0)交于A ，B 两点，且这两点的横坐标分别为x 1，x 2，直线与x 轴交点的横坐标是x 3，那么( ) A.x 3＝x 1＋x 2B.x 1x 2＝x 1x 3＋x 2x 3 C.x 1＋x 2＋x 3＝0 D.x 1x 2＋x 2x 3＋x 3x 1＝0解析 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝ax 2，y ＝kx ＋b ，消去y 得ax 2－kx －b ＝0，可知x 1＋x 2＝k a ，x 1x 2＝－b a ，令kx ＋b ＝0得x 3＝－b k，所以x 1x 2＝x 1x 3＋x 2x 3. 答案 B3.假设点O 和点F 分别为椭圆x 24＋y 23＝1的中心和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，那么OP →·FP→的最大值为( ) A.2 B.3 C.6 D.8解析 由题意得F (－1，0)，设点P (x 0，y 0)，那么y 20＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 204(－2≤x 0≤2). OP →·FP →＝x 0(x 0＋1)＋y 20＝x 20＋x 0＋y 20＝x 20＋x 0＋3⎝ ⎛⎭⎪⎫1－x 204＝14·(x 0＋2)2＋2.因为－2≤x 0≤2，所以当x 0＝2时，OP →·FP →取得最大值，最大值为6. 答案 C4.(2020·某某调研)设F ，B 分别为椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点和上顶点，O 为坐标原点，C 是直线y ＝b ax 与椭圆在第一象限内的交点，假设FO →＋FC →＝λ(BO →＋BC →)，那么椭圆的离心率是( ) A.22＋17 B.22－17 C.22－13D.2－1 解析 连接BF ，联立椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与直线y ＝b a x 的方程，解得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫a2，b 2.因此线段OC 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫a 22，b 22.∵FO →＋FC →＝λ(BO →＋BC →)，∴线段OC 的中点在BF 上，又直线BF 的方程为x c ＋y b ＝1，∴a 22c ＋b 22b＝1，所以c a ＝122－1＝22＋17.应选A.答案 A5.设P 是椭圆x 225＋y 29＝1上一点，M ，N 分别是两圆：(x ＋4)2＋y 2＝1和(x －4)2＋y 2＝1上的点，那么|PM |＋|PN |的最小值、最大值分别为( ) A.9，12 B.8，11 C.8，12 D.10，12解析 如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA |＋|PB |＝2a ＝10，连接PA ，PB 分别与圆相交于两点，此时|PM |＋|PN |最小，最小值为|PA |＋|PB |－2R ＝8；连接PA ，PB 并延长，分别与圆相交于两点，此时|PM |＋|PN |最大，最大值为|PA |＋|PB |＋2R ＝12，即最小值和最大值分别为8，12.答案 C 二、填空题6.(2019·某某二模)抛物线y ＝ax 2(a >0)的准线为l ，l 与双曲线x 24－y 2＝1的两条渐近线分别交于A ，B 两点，假设|AB |＝4，那么a ＝________.解析 抛物线y ＝ax 2(a >0)的准线l ：y ＝－14a ，双曲线x 24－y 2＝1的两条渐近线分别为y ＝12x ，y ＝－12x ，可得x A ＝－12a ，x B ＝12a ，可得|AB |＝12a －⎝ ⎛⎭⎪⎫－12a ＝4，解得a ＝14.答案 147.抛物线C ：y 2＝2px (p >0)的准线与x 轴的交点为M ，过点M 作C 的两条切线，切点分别为P ，Q ，那么∠PMQ ＝________.解析 由题意得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫－p 2，0，设过点M 的切线方程为x ＝my －p2，代入y 2＝2px 得y 2－2pmy ＋p2＝0，∴Δ＝4p 2m 2－4p 2＝0，∴m ＝±1，那么切线斜率k ＝±1，∴MQ ⊥MP ，因此∠PMQ ＝π2.答案π28.(2019·某某一模)过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，那么此双曲线离心率的取值X 围为________.解析 由过双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，可得b a<2.∴e ＝c a ＝a 2＋b 2a 2<1＋4＝5， ∵e >1，∴1<e <5，∴此双曲线离心率的取值X 围为(1，5). 答案 (1，5) 三、解答题9.设椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 1，F 2是椭圆的两个焦点，M 是椭圆上任意一点，且△MF 1F 2的周长是4＋2 3. (1)求椭圆C 1的方程；(2)设椭圆C 1的左、右顶点分别为A ，B ，过椭圆C 1上的一点D 作x 轴的垂线交x 轴于点E ，假设点C 满足AB →⊥BC →，AD →∥OC →，连接AC 交DE 于点P ，求证：|PD |＝|PE |. (1)解 由e ＝32，知c a ＝32，所以c ＝32a ， 因为△MF 1F 2的周长是4＋23，所以2a ＋2c ＝4＋23，所以a ＝2，c ＝3， 所以b 2＝a 2－c 2＝1，所以椭圆C 1的方程为：x 24＋y 2＝1.(2)证明 由(1)得A (－2，0)，B (2，0)， 设D (x 0，y 0)，所以E (x 0，0)， 因为AB →⊥BC →，所以可设C (2，y 1)，所以AD →＝(x 0＋2，y 0)，OC →＝(2，y 1)， 由AD →∥OC →可得：(x 0＋2)y 1＝2y 0，即y 1＝2y 0x 0＋2.所以直线AC 的方程为：y －02y 0x 0＋2－0＝x ＋22－〔－2〕.整理得：y ＝y 02〔x 0＋2〕(x ＋2).又点P 在DE 上，将x ＝x 0代入直线AC 的方程可得：y ＝y 02，即点P 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，y 02，所以P为DE 的中点，|PD |＝|PE |.10.如图，点P 是y 轴左侧(不含y 轴)一点，抛物线C ：y 2＝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)假设P 是半椭圆x 2＋y 24＝1(x <0)上的动点，求△PAB 面积的取值X 围.(1)证明 设P (x 0，y 0)，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 21，y 1，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫14y 22，y 2. 因为PA ，PB 的中点在抛物线上，所以y 1，y 2为方程⎝ ⎛⎭⎪⎫y ＋y 022＝4·14y 2＋x 02，即y 2－2y 0y ＋8x 0－y 20＝0的两个不同的实根. 所以y 1＋y 2＝2y 0，因此，PM 垂直于y 轴.(2)解 由(1)可知⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝2y 0，y 1y 2＝8x 0－y 20， 所以|PM |＝18(y 21＋y 22)－x 0＝34y 20－3x 0，|y 1－y 2|＝22〔y 20－4x 0〕.因此，△PAB 的面积S △PAB ＝12|PM |·|y 1－y 2|＝324(y 20－4x 0)32. 因为x 2＋y 204＝1(x 0<0)，所以y 20－4x 0＝－4x 20－4x 0＋4∈[4，5]，因此，△PAB 面积的取值X 围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤62，15104.B 级 能力提升11.(2020·某某八校联考)抛物线y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，过F 的直线l 交抛物线于A ，B 两点(点A 在第一象限)，假设直线l 的倾斜角为2π3，那么|AF ||BF |等于( )A.13B.25C.12D.23解析 由题意得F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，直线l 的斜率k ＝tan 2π3＝－3，∴直线l 的方程为y ＝－3⎝ ⎛⎭⎪⎫x －p 2，即x ＝－33y ＋p 2，代入抛物线方程得y 2＋233py －p 2＝0，解得y ＝33p 或y ＝－3p ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由点A 在第一象限可知y 1＝33p ，那么y 2＝－3p ，∴|AF ||BF |＝|y 1||y 2|＝13，应选A. 答案 A12.F 1，F 2是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左、右焦点，点P 在双曲线上的右支上，如果|PF 1|＝t |PF 2|(t ∈(1，3])，那么双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值X 围是________________.解析 由双曲线的定义及题意可得 ⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|－|PF 2|＝2a ，|PF 1|＝t |PF 2|，解得⎩⎪⎨⎪⎧|PF 1|＝2att －1，|PF 2|＝2a t －1.又|PF 1|＋|PF 2|≥2c ， ∴|PF 1|＋|PF 2|＝2at t －1＋2a t －1≥2c ， 整理得e ＝c a ≤t ＋1t －1＝1＋2t －1，∵1<t ≤3，∴1＋2t －1≥2，∴1<e ≤2. 又b 2a 2＝c 2－a 2a 2＝e 2－1，∴0<b 2a 2≤3，故0<ba≤ 3. ∴双曲线经过一、三象限的渐近线的斜率的取值X 围是(0，3]. 答案 (0，3]13.以椭圆上一点和两个焦点为顶点的三角形的面积的最大值为1，那么椭圆长轴长的最小值为________.解析 设a ，b ，c 分别为椭圆的长半轴长、短半轴长、半焦距，依题意知，当三角形的高为b 时面积最大，所以12×2cb ＝1，bc ＝1，而2a ＝2b 2＋c 2≥22bc ＝22(当且仅当b ＝c ＝1时取等号)，即长轴长2a 的最小值为2 2. 答案 2 214.(2020·某某诊断)椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别是F 1，F 2，离心率为32，过F 1且垂直于x 轴的直线被椭圆C 截得的线段长为1. (1)求椭圆C 的方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 是以坐标原点O 为圆心，255为半径的圆的切线，且与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，求△AOB 面积的最大值.解 (1)将x ＝－c 代入椭圆方程x 2a 2＋y 2b 2＝1，结合c 2＝a 2－b 2，得y ＝±b 2a，由题意知2b 2a ＝1，又e ＝c a ＝32，∴a ＝2，b ＝1.∴椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∵直线l ：y ＝kx ＋m 是以坐标原点O 为圆心，255为半径的圆的切线，∴|m |1＋k2＝255，即m 2＝45(1＋k 2)， 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，消y 得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0， ∴Δ＝16(1＋4k 2－m 2)＞0，x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－41＋4k2，∴|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·41＋4k 2－m21＋4k2＝41＋k 2·1＋16k 251＋4k2＝455〔1＋k 2〕〔1＋16k 2〕〔1＋4k 2〕2＝455·1＋9k 216k 4＋8k 2＋1＝4551＋916k 2＋1k2＋8，∵16k 2＋1k2≥216k 2·1k 2＝8，当且仅当k 2＝14时等号成立，∴|AB |max ＝5，∴S △OAB 的最大值为12×255×5＝1.C 级 创新猜想15.(多填题)(2020·某某模拟)不过原点的动直线l 交抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)于M ，N 两点，O 为坐标原点，F 为抛物线C 的焦点，且|OM →＋ON →|＝|OM →－ON →|，那么直线l 过定点________，假设△MNF 面积的最小值为27，那么p 的值为________.解析 设动直线MN 的方程为x ＝my ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，由题意知y 1≠0，y 2≠0，t ≠0，直线MN 的方程与抛物线C 的方程y 2＝2px (p ＞0)联立，消去x ，得y 2－2pmy －2pt ＝0，由Δ＞0得pm 2＋2t ＞0①，y 1＋y 2＝2pm ，y 1y 2＝－2pt .由|OM →＋ON →|＝|OM →－ON →|，得OM →·ON →＝0，所以x 1x 2＋y 1y 2＝0，即y 212p ·y 222p ＋y 1y 2＝0，可得y 1y 2＝－4p 2，所以t ＝2p ，故直线MN 恒过定点Q (2p ，0)，将t ＝2p 代入①得m ∈R ，又知|QF |＝2p －p 2＝3p 2，故S △MNF ＝12|QF |·|y 1－y 2|＝12·3p 2·4p 2m 2＋16p 2＝3p 22m 2＋4≥3p 2，当且仅当m ＝0时，等号成立，由题意得3p 2＝27，解得p ＝3.答案 (2p ，0) 3。
2019年高考数学一轮复习 第九章 解析几何 课时达标检测(四十九)圆锥曲线中的定点、定值、存在性问
2019年高考数学一轮复习 第九章 解析几何 课时达标检测（四十九）圆锥曲线中的定点、定值、存在性问题 理1．(xx·郑州质检)已知动圆M 恒过点(0,1)，且与直线y ＝－1相切． (1)求圆心M 的轨迹方程；(2)动直线l 过点P (0，－2)，且与点M 的轨迹交于A ，B 两点，点C 与点B 关于y 轴对称，求证：直线AC 恒过定点．解：(1)由题意得，点M 与点(0,1)的距离始终等于点M 到直线y ＝－1的距离，由抛物线的定义知圆心M 的轨迹是以点(0,1)为焦点，直线y ＝－1为准线的抛物线，则p2＝1，p ＝2.∴圆心M 的轨迹方程为x 2＝4y .(2)设直线l ：y ＝kx －2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则C (－x 2，y 2)，联立⎩⎨⎧x 2＝4y ，y ＝kx －2，消去y 整理得x 2－4kx ＋8＝0，∴x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝8.k AC ＝y 1－y 2x 1＋x 2＝x 214－x 224x 1＋x 2＝x 1－x 24，直线AC 的方程为y －y 1＝x 1－x 24(x －x 1)．即y ＝y 1＋x 1－x 24(x －x 1)＝x 1－x 24x －x 1x 1－x 24＋x 214＝x 1－x 24x ＋x 1x 24，∵x 1x 2＝8，∴y ＝x 1－x 24x ＋x 1x 24＝x 1－x 24x ＋2，即直线AC 恒过定点(0,2)．2．在平面直角坐标系xOy 中，已知点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)是椭圆E ：x 24＋y 2＝1上的非坐标轴上的点，且4k OA ·k OB ＋1＝0(k OA ，k OB 分别为直线OA ，OB 的斜率)．(1)证明：x 21＋x 22，y 21＋y 22均为定值；(2)判断△OAB 的面积是否为定值，若是，求出该定值；若不是，请说明理由．解：(1)证明：依题意，x 1，x 2，y 1，y 2均不为0， 则由4k OA ·k OB ＋1＝0，得4y 1y 2x 1x 2＋1＝0，化简得y 2＝－x 1x 24y 1， 因为点A ，B 在椭圆上， 所以x 21＋4y 21＝4，①x 22＋4y 22＝4，②把y 2＝－x 1x 24y 1代入②， 整理得(x 21＋4y 21)x 22＝16y 21.结合①得x 22＝4y 21，同理可得x 21＝4y 22， 从而x 21＋x 22＝4y 22＋x 22＝4，为定值，y 21＋y 22＝y 21＋x 214＝1，为定值．(2)S △OAB ＝12|OA |·|OB |sin ∠AOB＝12x 21＋y 21·x 22＋y 22·1－cos 2∠AOB ＝12x 21＋y 21·x 22＋y 22· 1－x 1x 2＋y 1y 22x 21＋y 21x 22＋y 22＝12x 21＋y 21x 22＋y 22－x 1x 2＋y 1y 22＝12|x 1y 2－x 2y 1|. 由(1)知x 22＝4y 21，x 21＝4y 22，易知y 2＝－x 12，y 1＝x 22或y 2＝x 12，y 1＝－x 22，S △OAB ＝12|x 1y 2－x 2y 1|＝12⎪⎪⎪⎪⎪⎪12x 21＋2y 21＝x 21＋4y 214＝1，因此△OAB 的面积为定值1.3．(xx·广州惠州调研)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1(－1,0)，F 2(1,0)，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)是否存在斜率为2的直线，使得当直线与椭圆C 有两个不同交点M ，N 时，能在直线y ＝53上找到一点P ，在椭圆C 上找到一点Q ，满足PM ―→＝NQ ―→？若存在，求出直线的方程；若不存在，说明理由．解：(1)设椭圆C 的焦距为2c ，则c ＝1， 因为A ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，22在椭圆C 上，所以2a ＝|AF 1|＋|AF 2|＝22， 因此a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1， 故椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)不存在满足条件的直线，证明如下：设直线的方程为y ＝2x ＋t ， 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P ⎝⎛⎭⎪⎫x 3，53，Q (x 4，y 4)，MN 的中点为D (x 0，y 0)， 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝2x ＋t ，x 22＋y 2＝1，消去x ，得9y 2－2ty ＋t 2－8＝0，所以y 1＋y 2＝2t 9，且Δ＝4t 2－36(t 2－8)>0，故y 0＝y 1＋y 22＝t9，且－3<t <3. 由PM ―→＝NQ ―→得⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－x 3，y 1－53＝(x 4－x 2，y 4－y 2)，所以有y 1－53＝y 4－y 2，y 4＝y 1＋y 2－53＝29t －53.又－3<t <3，所以－73<y 4<－1，与椭圆上点的纵坐标的取值范围是[－1,1]矛盾． 因此不存在满足条件的直线．1.如图已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，右顶点为A ，且|AF |＝1.(1)求椭圆C 的标准方程；(2)若动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 有且只有一个交点P ，且与直线x ＝4交于点Q ，问，是否存在一个定点M (t,0)，使得MP ―→·MQ ―→＝0.若存在，求出点M 的坐标；若不存在，说明理由．解：(1)由c ＝1，a －c ＝1，得a ＝2，∴b ＝3，故椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，3x 2＋4y 2＝12，消去y 得(3＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，∴Δ＝64k 2m 2－4(3＋4k 2)(4m 2－12)＝0，即m 2＝3＋4k 2. 设P (x P ，y P )，则x P ＝－4km 3＋4k 2＝－4k m， y P ＝kx P ＋m ＝－4k 2m ＋m ＝3m，即P ⎝⎛⎭⎪⎫－4k m，3m .∵M (t,0)，Q (4,4k ＋m )，∴MP ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－4k m－t ，3m ，MQ ―→＝(4－t,4k ＋m )，∴MP ―→·MQ ―→＝⎝⎛⎭⎪⎫－4k m－t ·(4－t )＋3m ·(4k ＋m )＝t 2－4t ＋3＋4k m(t －1)＝0恒成立，故⎩⎪⎨⎪⎧t －1＝0，t 2－4t ＋3＝0，解得t ＝1.∴存在点M (1,0)符合题意．2．(xx·河北质检)已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1的右焦点为F (c,0)，且a ＞b ＞c ＞0，设短轴的一个端点为D ，原点O 到直线DF 的距离为32，过原点和x 轴不重合的直线与椭圆E 相交于C ，G 两点，且|GF ―→|＋|CF ―→|＝4.(1)求椭圆E 的方程；(2)是否存在过点P (2,1)的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点A ，B 且使得OP ―→2＝4PA ―→·PB ―→成立？若存在，试求出直线l 的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)由椭圆的对称性知|GF ―→|＋|CF ―→|＝2a ＝4， ∴a ＝2.又原点O 到直线DF 的距离为32， ∴bc a ＝32，∴bc ＝3， 又a 2＝b 2＋c 2＝4，a ＞b ＞c ＞0， ∴b ＝3，c ＝1.故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)当直线l 与x 轴垂直时不满足条件． 故可设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝k (x －2)＋1，代入椭圆方程得 (3＋4k 2)x 2－8k (2k －1)x ＋16k 2－16k －8＝0， ∴Δ＝32(6k ＋3)＞0，∴k ＞－12.x 1＋x 2＝8k2k －13＋4k 2，x 1x 2＝16k 2－16k －83＋4k2， ∵OP ―→2＝4PA ―→·PB ―→，即4[(x 1－2)(x 2－2)＋(y 1－1)(y 2－1)]＝5， ∴4(x 1－2)(x 2－2)(1＋k 2)＝5， 即4[x 1x 2－2(x 1＋x 2)＋4](1＋k 2)＝5，∴4⎣⎢⎡⎦⎥⎤16k 2－16k －83＋4k 2－2×8k 2k －13＋4k 2＋4(1＋k 2) ＝4×4＋4k23＋4k2＝5，解得k ＝±12，k ＝－12不符合题意，舍去．∴存在满足条件的直线l ，其方程为y ＝12x .[较高难度题——学霸做]1．如图，已知椭圆x 24＋y 23＝1的左焦点为F ，过点F 的直线交椭圆于A ，B 两点，线段AB 的中点为G ，AB 的中垂线与x 轴和y 轴分别交于D ，E 两点．(1)若点G 的横坐标为－14，求直线AB 的斜率；(2)记△GFD 的面积为S 1，△OED (O 为原点)的面积为S 2. 试问：是否存在直线AB ，使得S 1＝S 2？说明理由．解：(1)由条件可得c 2＝a 2－b 2＝1，故F 点坐标为(－1,0)．依题意可知，直线AB 的斜率存在，设其方程为y ＝k (x ＋1)，将其代入x 24＋y 23＝1，整理得(4k 2＋3)x 2＋8k 2x ＋4k 2－12＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，所以x 1＋x 2＝－8k24k 2＋3.故点G 的横坐标为x 1＋x 22＝－4k 24k 2＋3＝－14， 解得k ＝±12，故直线AB 的斜率为12或－12.(2)假设存在直线AB ，使得S 1＝S 2，显然直线AB 不能与x ，y 轴垂直，即直线AB 斜率存在且不为零．由(1)可得G ⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k24k 2＋3，3k 4k 2＋3.设D 点坐标为(x D,0)．因为DG ⊥AB ，所以3k 4k 2＋3－4k24k 2＋3－x D ×k ＝－1， 解得x D ＝－k 24k 2＋3，即D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 24k 2＋3，0. 因为△GFD ∽△OED ，所以S 1＝S 2⇔|GD |＝|OD |. 所以⎝ ⎛⎭⎪⎫－k 24k 2＋3－－4k 24k 2＋32＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－3k 4k 2＋32＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－k 24k 2＋3， 整理得8k 2＋9＝0.因为此方程无解，所以不存在直线AB ，使得S 1＝S 2.2．(xx·广西陆川县模拟)已知椭圆D ：x 2＋y 2b2＝1的左焦点为F ，其左，右顶点为A ，C ，椭圆与y 轴正半轴的交点为B ，△FBC 的外接圆的圆心P (m ，n )在直线x ＋y ＝0上．(1)求椭圆D 的方程；(2)已知直线l ：x ＝－2，N 是椭圆D 上的动点，MN ⊥l ，垂足为M ，问：是否存在点N ，使得△FMN 为等腰三角形？若存在，求出点N 的坐标；若不存在，请说明理由．解：(1)由题意知，圆心P 既在边FC 的垂直平分线上，也在边BC 的垂直平分线上，F (－c,0)，则边FC 的垂直平分线方程为x ＝1－c2，① 因为边BC 的中点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫12，b 2，直线BC 的斜率为－b ， 所以边BC 的垂直平分线的方程为y －b 2＝1b ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －12，②联立①②，解得m ＝1－c 2，n ＝b 2－c2b，因为P (m ，n )在直线x ＋y ＝0上，所以1－c 2＋b 2－c2b ＝0，即(1＋b )(b －c )＝0， 因为1＋b >0，所以b ＝c .由b 2＝1－c 2，得b 2＝c 2＝12，所以椭圆D 的方程为x 2＋2y 2＝1.(2)由(1)，知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫－22，0，椭圆上的点的横坐标满足－1≤x ≤1， 设N (x ，y )，由题意得M (－2，y )， 则|MN |＝|x ＋2|，|FN |＝⎝⎛⎭⎪⎫x ＋222＋y 2，|MF |＝12＋y 2. ①若|MN |＝|FN |，即|x ＋2|＝ ⎝⎛⎭⎪⎫x ＋222＋y 2，与x 2＋2y 2＝1联立，解得x ＝－2<－1，显然不符合条件；②若|MN |＝|MF |，即|x ＋2|＝ 12＋y 2， 与x 2＋2y 2＝1联立，解得x ＝－23或x ＝－2<－1(显然不符合条件，舍去)， 所以满足条件的点N 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫－23，±146； ③若|FN |＝|MF |，即⎝⎛⎭⎪⎫x ＋222＋y 2＝12＋y 2， 与x 2＋2y 2＝1联立，解得x ＝0或x ＝－2<－1(显然不符合条件，舍去)， 所以满足条件的点N 的坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，±22. 综上，存在点N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－23，±146或⎝ ⎛⎭⎪⎫0，±22，使得△FMN 为等腰三角形．26848 68E0 棠i29527 7357 獗32121 7D79 絹38819 97A3 鞣21043 5233 刳33823 841F 萟A 32568 7F38 缸{20959 51DF 凟[_。
(全国通用版)2019版高考数学大一轮复习_第九章 平面解析几何专题探究课五课件 文 新人教A版
高考导航 1.圆锥曲线是平面解析几何的核心部分，也是高考 必考知识，主要以一个小题一个大题的形式呈现，难度中等 偏上；2.高考中的选择题或填空题主要考查圆锥曲线的基本性 质，高考中的解答题，常以求曲线的标准方程、位置关系、 定点、定值、最值、范围、探索性问题为主 .这些试题的命制 有一个共同的特点，就是起点低，但在第 (2)问或第(3)问中一 般都伴有较为复杂的运算，对考生解决问题的能力要求较高. 热点一定点定值问题(教材VS高考) 定点、定值问题一般涉及曲线过定点、与曲线上的动点有关 的定值问题以及与圆锥曲线有关的弦长、面积、横 (纵)坐标等 的定值问题. 圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面 积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线 中几何元素的最值以及这些元素存在最值时求解与之有关的 一些问题. 命题角度1圆锥曲线中定点问题 2 2 x y
【例 1－1】(满分 12分)(2017·全国Ⅰ卷)已知椭圆 C：＋ 2＝
1(a>b>0)，四点 P1(1， 2 a b
1)，P2(0，1)，P3－1， 23，P41， 23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.
教材探源本题第(1)问源于教材选修 1－1P34例1，主要考查
利用待定系数法及方程思想求曲线方程. 本题第(2)问源于教材选修1－1P35例3，主要考查利用坐标法 研究几何问题，充分考查学生解决综合问题的能力. 1 1 1 满分解答 (1)解由于点P3，P4关于y轴对称，由题设知C必过P3，P4.又由
2＋ 2> a b a2
＋43b2知，椭圆 C不经过点 P1，
所以点P2在椭圆C上. 1分 (得分点1)
1 b2＝1， 2 a＝4，
因此1 3 解得b2＝1.
＋ 2＝1， 2 a 4b
2019版高考数学一轮复习第九章平面解析几何第十节圆锥曲线
m 易知A(-2,0),则kAP=
1 (2) 3 m (x+2),将其代入x2+4y2=4, ∴直线PA的方程为y= 3
整理得(4m2+9)x2+16m2x+4(4m2-9)=0.
16m 2 16m 2 8m 2 18 ∴-2+xM=- 2 ,∴xM= 2 +2= 2 . 4m 9 4m 9 4m 9 8m 2 2 同理,可求得xN= 2 . 4m 1
0 直线PB的方程为y= x+1.
y 1 x0
x0 令y=0,得xN=- ,从而|AN|=|2-xN|= 2 y0 1
x0 . y0 1
所以|AN|· |BM|= 2
x0 · 1 2 y0 y0 1 x0 2
2 2 x0 4 y0 4 x0 y0 4 x0 8 y0 4 = x0 y0 x0 2 y0 2
(2)证明:由(1)知,A(2,0),B(0,1).
2 y 0 设P(x0,y0),则 x +4 =4. 2 0
y0 当x0≠0时,直线PA的方程为y= (x-2). x0 2 2 y0 ,从而|BM|=|1-y |= 2 y0 . 令x=0,得yM=- 1 M x0 2
x0 2
4 x0 y0 4 x0 8 y0 8 = x0 y0 x0 2 y0 2
=4. 当x0=0时,y0=-1,|BM|=2,|AN|=2, 所以|AN|· |BM|=4.
综上,|AN|· |BM|为定值.
方法技巧
1.定点问题的常见解法 (1)根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程,经过分 析、整理,对方程进行等价变形,以找出适合方程且与参数无关的坐标 (该坐标对应的点即为所求定点).
北京专用2019版高考数学一轮复习第九章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题课件文20180524334
圆锥曲线的综合问题
总纲目录 考点突破
考点一 考点二 考点三 圆锥曲线中的范围、最值问题 圆锥曲线中的定点、定值问题 圆锥曲线中的探索性问题
考点突破
考点一
典例1
圆锥曲线中的范围、最值问题
x 2 y 2 (2018北京东城期末)已知椭圆C: + =1(a>b>0)的右焦点F(1, a 2 b 2
y 02 x 0 = 所以S= x0 1
1 = × x0 1 2
x 02 1 2 x = × 0 x0 1
1 2
x 02 2 x 0 2 x0 1
1 x0 1
| x0 1|ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ
2
1 ≥1( < 1 = x 0< 且x0≠ 2 1), | x 1| 0
0)与短轴两个端点的连线互相垂直. (1)求椭圆C的标准方程; (2)设点Q为椭圆C上一点,过原点O且垂直于QF的直线与直线y=2交于 点P,求△OPQ的面积S的最小值.
b 1, 2 , 解析 (1)由题意,得 c 1解得 a= . a2 b2 c2, x 2 所以椭圆C的方程为 +y2=1. 2 2 x 2 0 (2)设Q(x0,y0),P(m,2),则 +y =1. 0 2 ①当m=0时,点P(0,2),Q点坐标为(- 2,0)或( ,0), 2
从而四边形ABNM的面积为定值.
方法技巧 1.定点问题的常见解法 (1)根据题意选择参数,建立一个含参数的直线系或曲线系方程,经过分
析、整理,对方程进行等价变形,以找出适合方程且与参数无关的坐标
1-1 (2017北京朝阳一模)过点A(1,0)的直线l与椭圆C: +y2=1相交于E,
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课时达标检测（四十八） 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 [一般难度题——全员必做] 1．已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的一个焦点为F2(1,0)，且该椭圆过定点M1，22. (1)求椭圆E的标准方程； (2)设点Q(2,0)，过点F2作直线l与椭圆E交于A，B两点，且F2A―→＝λF2B―→，λ∈[－2，－1]，以QA，QB为邻边作平行四边形QACB，求对角线QC长度的最小值．
解：(1)由题易知c＝1，1a2＋12b2＝1， 又a2＝b2＋c2， 解得b2＝1，a2＝2，
故椭圆E的标准方程为x22＋y2＝1.
(2)设直线l：x＝ky＋1，由 x＝ky＋1，x22＋y2＝1 得(k2＋2)y2＋2ky－1＝0，Δ＝4k2＋4(k2＋2)＝8(k2＋1)>0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则可得y1＋y2＝－2kk2＋2，y1y2＝－1k2＋2.
QC―→＝QA―→＋QB―→＝(x1＋x2－4，y1＋y2)
＝－k2＋k2＋2，－2kk2＋2，
∴|QC―→|2＝|QA―→＋QB―→|2＝16－28k2＋2＋8k2＋2，由此可知，|QC―→|2的大小与k2的取值有关． 由F2A―→＝λF2B―→可得y1＝λy2，λ＝y1y2，1λ＝y2y1(y1y2≠0)．
从而λ＋1λ＝y1y2＋y2y1＝y1＋y22－2y1y2y1y2＝－6k2－4k2＋2， 由λ∈[－2，－1]得λ＋1λ∈－52，－2，从而－52≤－6k2－4k2＋2≤－2，解得0≤k2≤27. 令t＝1k2＋2，则t∈716，12，∴|QC―→|2＝8t2－28t＋16＝8t－742－172，∴当t＝12时，|QC|min＝2. 2．(2018·河南洛阳统考)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，过焦点F的直线交C于A，B 两点，D是抛物线的准线l与y轴的交点． (1)若AB∥l，且△ABD的面积为1，求抛物线的方程； (2)设M为AB的中点，过M作l的垂线，垂足为N.证明：直线AN与抛物线相切． 解：(1)∵AB∥l，∴|FD|＝p，|AB|＝2p.∴S△ABD＝p2＝1. ∴p＝1，故抛物线C的方程为x2＝2y.
(2)证明：显然直线AB的斜率存在，设其方程为y＝kx＋p2，Ax1，x212p，Bx2，x222p.
由 y＝kx＋p2，x2＝2py消去y整理得，x2－2kpx－p2＝0. ∴x1＋x2＝2kp，x1x2＝－p2. ∴M(kp，k2p＋p2)，Nkp，－p2.
∴k AN＝x212p＋p2x1－kp＝x212p＋p2x1－x1＋x22＝x21＋p22px1－x22＝x21－x1x22px1－x22＝x1p. 又x2＝2py，∴y′＝xp. ∴抛物线x2＝2py在点A处的切线斜率k＝x1p. ∴直线AN与抛物线相切． 3．(2018·合肥模拟)已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦
点F1，F2的距离之和为4，离心率为32. (1)求椭圆C的方程； (2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．
解：(1)设椭圆的标准方程为y2a2＋x2b2＝1(a>b>0)，
由条件知， 2a＝4，e＝ca＝32，a2＝b2＋c2，解得a＝2，c＝3，b＝1， 故椭圆C的方程为y24＋x2＝1. (2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 由 x2＋y24＝1，y＝kx＋1得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0， 故x1＋x2＝－2kk2＋4，x1x2＝－3k2＋4， 设△OAB的面积为S， 由x1x2＝－3k2＋4<0，知S＝12×1×|x1－x2|＝ 12x1＋x22－4x1x2＝2k2＋3k2＋2，
令k2＋3＝t，知t≥3，∴S＝21t＋1t＋2.
对函数y＝t＋1t(t≥3)，知y′＝1－1t2＝t2－1t2>0， ∴y＝t＋1t在t∈[3，＋∞)上单调递增，∴t＋1t≥103， ∴0<1t＋1t＋2≤316，∴0
故△OAB面积的取值范围为0，32. [中档难度题——学优生做] 1．(2018·嘉兴模拟)过离心率为22的椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的右焦点F(1,0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，设|FA|＝λ|FB|，T(2,0)． (1)求椭圆C的方程； (2)若1≤λ≤2，求△ABT中AB边上中线长的取值范围．
解：(1)∵e＝22 ，c＝1，∴a＝2，b＝1， 即椭圆C的方程为x22＋y2＝1. (2)①当直线的斜率为0时，显然不成立． ②设直线l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 x2＋2y2－2＝0，x＝my＋1得(m2＋2)y2＋2my－1＝0， 则y1＋y2＝－2mm2＋2，y1y2＝－1m2＋2， 由|FA|＝λ|FB|，得y1＝－λy2， ∵－λ＋1－λ＝y1y2＋y2y1，
∴－λ＋1－λ＋2＝y1＋y22y1y2＝－4m2m2＋2，∴m2≤27， 又∵AB边上的中线长为12 |TA―→＋TB―→| ＝12x1＋x2－2＋y1＋y22 ＝ 4m4＋9m2＋4m2＋2 ＝ 2m2＋2－7m2＋2＋4∈1，13216. 2．(2018·武昌调研)已知椭圆的中心在坐标原点，A(2,0)，B(0,1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k>0)与直线AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点．
(1)若ED―→＝6DF―→，求k的值； (2)求四边形AEBF面积的最大值．
解：(1)由题设条件可得，椭圆的方程为x24＋y2＝1，直线AB的方程为x＋2y－2＝0.设
D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x12＝4，
解得x2＝－x1＝21＋4k2 .① 由ED―→＝6DF―→，得(x0－x1，k(x0－x1))＝6(x2－x0，k(x2－x0))，即x0－x1＝6(x2－x0)，∴x0＝17(6x2＋x1)＝57x2＝1071＋4k2 .
由D在AB上，得x0＋2kx0－2＝0，∴x0＝21＋2k. ∴21＋2k＝1071＋4k2，化简，得24k2－25k＋6＝0， 解得k＝23或k＝38. (2)根据点到直线的距离公式和①式可知，点E，F到AB的距离分别为 d1＝|x1＋2kx1－2|5＝＋2k＋1＋4k2＋4k2，
d2＝|x2＋2kx2－2|5＝＋2k－1＋4k2＋4k2，
又|AB|＝22＋12＝5， ∴四边形AEBF的面积为
S＝12|AB|(d1＋d2)＝12×5×＋2k＋4k2＝＋2k1＋4k2＝21＋4k2＋4k1＋4k2＝
21＋4k1＋4k2＝21＋44k＋1k≤21＋424k·1k＝22，当且仅当4k＝1k(k>0)，即k
＝12时，等号成立． 故四边形AEBF面积的最大值为22. [较高难度题——学霸做]
1．(2018·石家庄市质量检测)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，
且长轴长为8，T为椭圆上任意一点，直线TA，TB的斜率之积为－34. (1)求椭圆C的方程； (2)设O为坐标原点，过点M(0,2)的动直线与椭圆C交于P，Q两点，求OP―→·OQ―→＋MP―→·MQ―→的取值范围．
解：(1)设T(x，y)，由题意知A(－4,0)，B(4,0)，
设直线TA的斜率为k1，直线TB的斜率为k2，则k1＝yx＋4，k2＝yx－4.
由k1k2＝－34，得yx＋4·yx－4＝－34， 整理得x216＋y212＝1. 故椭圆C的方程为x216＋y212＝1. (2)当直线PQ的斜率存在时，设直线PQ的方程为y＝kx＋2，点P，Q的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线PQ与椭圆方程联立，
得 x216＋y212＝1，y＝kx＋2，消去y，得(4k2＋3)x2＋16kx－32＝0. 所以x1＋x2＝－16k4k2＋3，x1x2＝－324k2＋3. 从而，OP―→·OQ―→＋MP―→·MQ―→＝x1x2＋y1y2＋[x1x2＋(y1－2)(y2－2)]＝2(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－80k2－524k2＋3＝－20＋84k2＋3.
所以－20当直线PQ的斜率不存在时，OP―→·OQ―→＋MP―→·MQ―→的值为－20. 综上，OP―→·OQ―→＋MP―→·MQ―→的取值范围为－20，－523.
2．(2018·沈阳质量监测)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝6，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点． (1)若△AF1F2的周长为16，求椭圆的标准方程；
(2)若k＝24，且A，B，F1，F2四点共圆，求椭圆离心率e的值； (3)在(2)的条件下，设P(x0，y0)为椭圆上一点，且直线PA的斜率k1∈(－2，－1)，试求直线PB的斜率k2的取值范围． 解：(1)由题意得c＝3，根据2a＋2c＝16，得a＝5. 结合a2＝b2＋c2，解得a2＝25，b2＝16.
所以椭圆的方程为x225＋y216＝1.
(2)法一：由 x2a2＋y2b2＝1，y＝24x，得b2＋18a2x2－a2b2＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．所以x1＋x2＝0，x1x2＝－a2b2b2＋18a2， 由AB，F1F2互相平分且共圆， 易知，AF2⊥BF2，因为F2A―→＝(x1－3，y1)，F2B―→＝(x2－3，y2)， 所以F2A―→·F2B―→＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2 ＝1＋18x1x2＋9＝0.