數(shù)學(xué)(文)二輪復(fù)習(xí)通用講義：專題五第三講大題考法——圓錐曲線中的最值、范圍、證明問題

1、第三講大題考法12題型(一)最值問題主要考查直線與圓錐曲線相交時(shí)的弦長問題以及最值的求解.圓錐曲線中的最值、范圍、證明問題典例感悟典例(2017浙江高考)如圖，已知拋物線x2=y，點(diǎn)A2,4IB|3,9i,拋物線上的點(diǎn)P(x,y)1Vx2/過點(diǎn)B作直線AP的垂線，垂足為Q.(1)求直線AP斜率的取值范圍；(2)求|PA|PQ|的最大值.審題定向(一)定知識(shí)主要考查直線斜率的范圍、直線與拋物線位置關(guān)系中的最值問題.(二)定能力1 .考查數(shù)學(xué)建模：通過建立目標(biāo)函數(shù)模型求其范圍或最值.2 .考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：通過列方程、解不等式求范圍；用導(dǎo)數(shù)法求函數(shù)的最值.(三)定思路第(1)問已知x的范圍，利用斜率公

2、式求解：將AP的斜率表示為關(guān)于x的函數(shù)，利用x的范圍即可求得AP斜率的范圍;第(2)問建立k的目標(biāo)函數(shù)，導(dǎo)數(shù)法求其最值：將|PA|PQ|表示為關(guān)于k的函數(shù)，利用導(dǎo)數(shù)法求最值.解(1)設(shè)直線AP的斜率為k,x2_1k=1=x-x+2131因?yàn)?x2,所以1x2 b0)經(jīng)過點(diǎn) P11求橢圓C的方程;(2)若直線l： y=x+ m與橢圓C交于兩個(gè)不同的點(diǎn) A, B,求 OAB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).工+需=1a 2b解：(i)由題意，知c c_返a2 = 2,b2=1,=0.a2= b2+ c22所以橢圓C的方程為x2+y2=i.(2)將直線l的方程y=x+ m代入橢圓2C 的方程 x2+y2

3、= 1,整理得 3x2+4mx+ 2(m21)則 A= (4m)224(m21)0 ,得 m23.設(shè) A(x1，yi), B(x2, y2),則 xi+x2= 4mxix2 =2(m2- i所以|AB| =V2 d(xi + x2 2 4xix2= V2 :4m 22 m2- 1二 丁廠4-24 8m2 4又原點(diǎn)O(0,0)到直線AB: x-y+m=0的距離d =|m|所以 Szoab=；|AB| d= x4 22 3|m|223 m因?yàn)?m2(3- m2)m2+3-m294當(dāng)且僅當(dāng)m2=3m2,即m2=3時(shí)取等號(hào)，所以SzoabW#x3=322即4AB面積的最大值為手.題型（二）范圍問題主要

4、考查直線與圓錐曲線的位置關(guān)系、圓錐曲線的幾何性質(zhì)，題中涉及的參數(shù)多與直線方程或圓錐曲線方程相關(guān).典例感悟典例（2018浙江高考）如圖，已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)（不含y軸）一點(diǎn)，拋物線C:y2=4x上存在不同的兩點(diǎn)A,B滿足PA,PB的中點(diǎn)均在C上.（1）設(shè)AB中點(diǎn)為M,證明：PM垂直于y軸；2（2）若P是半橢圓x2+y4=1（x0）上的動(dòng)點(diǎn)，求PAB面積的取值范圍審題定向（一）定知識(shí)主要考查中點(diǎn)坐標(biāo)公式、三角形面積公式、直線與拋物線位置關(guān)系中證明及范圍問題.（二）定能力1 .考查邏輯推理：要證PM垂直y軸，只需證明點(diǎn)M的縱坐標(biāo)與點(diǎn)P的縱坐標(biāo)相等即可；要求AFAB面積取值范圍，需把面積表示為關(guān)于已知范

5、圍的參數(shù)的函數(shù)2 .考查數(shù)學(xué)運(yùn)算：中點(diǎn)坐標(biāo)的求解、PAB面積的表示及范圍的求解.（三）定思路第（1）問利用中點(diǎn)坐標(biāo)公式、根與系數(shù)關(guān)系求證：設(shè)出點(diǎn)A、B、P的坐標(biāo)，由FA,PB的中點(diǎn)在拋物線上得出兩關(guān)系式，可知點(diǎn)A,B縱坐標(biāo)y1，y2是方程的兩根，由根與系數(shù)關(guān)系可證；第(2)問利用二次函數(shù)的性質(zhì)求范圍：1面積可表本為Szpab=2|PM|lyiy2,再轉(zhuǎn)化為關(guān)于點(diǎn)P坐標(biāo)的關(guān)系式，化為關(guān)于點(diǎn)P橫坐標(biāo)的二次函數(shù)求解.解(1)證明：設(shè)p(xo, yo), A&； yi !,因?yàn)镻A, PB的中點(diǎn)均在拋物線上,所以yi,y2為方程Iy+yo2_4y+x、2 廠. 2即y22yoy+8xo y0 = 0的

6、兩個(gè)不同的實(shí)根.所以yi + y2=2yo,因此PM垂直于y軸.(2)由(1)可知yi+ y2= 2y0, |yiy2= 8X0 y2i o o所以 1PMi= 8(yi+y2)-Xo=|yi_y21=2/2(y04xo)因此PAB的面積Sapab=21PM|lyiy2|=342(y04Xo)2.2因?yàn)閄0+y=i(X0b0)的離心率為手，短軸長為2.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；5(2)設(shè)直線l：y=kx+m與橢圓C交于M,N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若koMkoN=;,求原點(diǎn)O到直線l的距離的取值范圍.解：(1)由題知e=：=2b=2,又a2=b2+c2,.b=1,a=2,.橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2+

7、y2=1.4(2)設(shè)M(X1,y1)，N(X2,y2),y=kx+m,聯(lián)立方程，得x2%y2=1，整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m24=0,依題意，A=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)0,化簡得m24k2+1,8km4m4xi+x2=一卜2+，x1x2=卜2十，y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x+x2)+m2,若kOMkON=5,則”=5,即4y1y2=5x1x2,4x1x2422-4kxix2+4km(xi+&)+4m=5x1x2,8km4k2+J+ 4m2=0,04(m2-1).(4k25)42-4kmJ即(4k25)(m21)8k2m2+m

8、2(4k2+1)=0,化簡得m2+k2=*原點(diǎn)O到直線l的距離22 m. d2= -21 + k二k24 k1 + k21+41 + k2j又20屋4，0Md2/2y2=0.(2)證明：當(dāng)l與x軸重合時(shí)，/OMA=/OMB=0.當(dāng)l與x軸垂直時(shí)，OM為AB的垂直平分線，所以/OMA=/OMB.當(dāng)l與x軸不重合也不垂直時(shí)，設(shè)l的方程為y=k(x1)(kw0),A(x1,y1),B(x2,y2),則X172,X2,且2W3,求直線l的斜率k的取值范圍.2a=|EF1|+|EF*ja=2,解：(1)由a2=b2+c；解得0),聯(lián)立方程y= k(x+ 1 )22x y / 7+3 =1,整理得根+4/

9、2 6y9= 0,144= -T2-+ 1440, k一6ktA(X1, y1)，B(x2, y2),則 y+y2=2,3+ 4k-9k2yy2=2,3+4k又AF1=入1B,所以y1=入2,所以V3 =-22,入)(1寸414則=37；?丁2=黑6因?yàn)?K3,所以卜計(jì)1-24,2人3即1w420,解得00)的左、右焦點(diǎn)分別為F1和F2,由M(-a,abb),N(a,b),F2和F1這4個(gè)點(diǎn)構(gòu)成了一個(gè)高為小，面積為3m的等腰梯形.(1)求橢圓的方程；(2)過點(diǎn)F1的直線和橢圓交于A,B兩點(diǎn)，求F2AB面積的最大值.2a+2c解：(1)由已知條件，得b二串,且一2X43=3/3,-a+c=3.2

10、2又a2-c2=3,.a=2,c=1,橢圓的方程為/y3=1.(2)顯然直線的斜率不能為0,設(shè)直線的方程為x=my1,A(xi,yi),B(x2,y2).x2y?聯(lián)立方程443消去x得，(3m2+4)y2-6my-9=0.x=my1, .直線過橢圓內(nèi)的點(diǎn)，無論m為何值，直線和橢圓總相交.yi+y2=6m-,yiy2=3m2+493m2+4._.1 S在2AB=2|F1F2|y1y21=|y1y2|m2+13m2+421221，3+9m2+1令t=m2+11,設(shè)f(t)=t+9t，易知te”,3M,函數(shù)f(t)單調(diào)遞減，teg,+8,；時(shí)，函數(shù)f(t)單調(diào)遞增， t=m2+1=1,即m=。時(shí)，f

11、(t)取得最小值，f(t)min=10,此時(shí)SAF2AB取得最大值93.3.(2018鄭州模擬)已知圓C:x2+y2+2x2y+1=0和拋物線E:y2=2px(p0),圓心C到拋物線焦點(diǎn)F的距離為折.(1)求拋物線E的方程；(2)不過原點(diǎn)。的動(dòng)直線l交拋物線于A,B兩點(diǎn)，且滿足OALOB,設(shè)點(diǎn)M為圓C上一動(dòng)點(diǎn)，求當(dāng)動(dòng)點(diǎn)M到直線l的距離最大時(shí)的直線l的方程.解：(1)x2+y2+2x2y+1=0可化為(x+1)2+(y1)2=1,則圓心C的坐標(biāo)為(一1,1).Fp,0).-1CF|=1)+(0-12=717,解得p=6.拋物線E的方程為y2=12x.(2)顯然直線l的斜率非零，設(shè)直線l的方程為x

12、=my+t(tw。),y2=12x,由5得y2-12my-12t=0,x=my+t,A=(12m)2+48t=48(3m2+t)0,y1+y2=12m,y1y2=12t,由OAJOB,得OAOB=0,-X1X2+y1y2=0,即(m2+1)y1y2+mt(y1+y2)+12=0,整理可得t212t=0,two,.=12,滿足A0,符合題意.，直線l的方程為x=my+12,故直線l過定點(diǎn)P(12,0).當(dāng)CPJ,即線段MP經(jīng)過圓心C(1,1)時(shí)，動(dòng)點(diǎn)M到動(dòng)直線1一011此時(shí)kC吁二;=一而，得m=而，1一此時(shí)直線l的萬程為x=彳3丫+12,即13xy156=0.224. (2018全國卷出)已知

13、斜率為k的直線l與橢圓C:x4+y3=AB的中點(diǎn)為M(1,m)(m0).1(1)證明:kQ.(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且”一可一用證明：證明：(1)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),2222x1y1/x2迤/則Z+t=1+：=1.兩式相減，并由0=k得寧+Tk=0.x1x243A(x1, y1), B(x2, y2).l的距離取得最大值,1交于A, B兩點(diǎn)，線段x1+x2y1+y23由題設(shè)知2=1,-2=m,于是k=-4m.31由題設(shè)得0m2,故k2.(2)由題意得F(1,0).設(shè)P(x3,y3),則(x31,y3)+(xi1,yi)+(x21,y2)=(0,0).由(1)及題

14、設(shè)得x3=3(xi+x2)=1,y3=一(yi+y2)=-2m0.3又點(diǎn)P在C上，所以m=4，從而F(i-于是I下用1)耳心b0且a, b2均為整數(shù))過點(diǎn)2,乎)且右頂點(diǎn)到直線l: x=4的距離為2.(1)求橢圓的方程；(2)過橢圓的右焦點(diǎn)F作兩條互相垂直的直線11,12,11與橢圓交于點(diǎn)A,B,12與橢圓交于點(diǎn)C,D.求四邊形ACBD面積的最小值.解：(1)由題意，得馬+今=1,且|4a|=2,若a=2,則b2=3;若a=6,則b2=27(舍a2b17去)，所以橢圓的方程為9+y2=1.43(2)由(1)知，點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1,0).當(dāng)l1，l2中有一條直線的斜率不存在時(shí)，可得AB|=4,|C

15、D|=3或者|AB|=3,|CD|=4,，一一1此時(shí)四邊形ACBD的面積S=2X4X3=6.，,1當(dāng)l1,l2的斜率均存在時(shí)，設(shè)直線l1的斜率為k,則kw。，且直線l2的斜率為；.直線l1：y=k(x1),l2：y=%x1).由直線li過橢圓內(nèi)的點(diǎn)，知彳#(3 + 4k2)x2- 8k2x+ 4k2 12= 0.50 恒成立，設(shè) A(xi, yi), B(x2,i8k2y2),則Xi+X2=2,3+4k4k212X1X2=23+4k|AB|=k2|xi-X2|=1+k2W(xi+X2(-4xiX2=b0),定義橢圓C的“相關(guān)圓”方程為2 . 2a2b2X +y = a2+ b2.右拋物線y2=

16、4x的焦點(diǎn)與橢圓C的一個(gè)焦點(diǎn)重合，且橢圓C短軸的一個(gè)端點(diǎn)和其兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成直角三角形.(1)求橢圓C的方程和“相關(guān)圓”E的方程；(2)過“相關(guān)圓”E上任意一點(diǎn)P作“相關(guān)圓”E的切線l與橢圓C交于A,B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn).證明：/AOB為定值.解：(1)因?yàn)閽佄锞€y2=4x的焦點(diǎn)(1,0)與橢圓C的一個(gè)焦點(diǎn)重合，所以c=1.又橢圓C短軸的一個(gè)端點(diǎn)和其兩個(gè)焦點(diǎn)構(gòu)成直角三角形，所以b=c=1,2故橢圓C的方程為；+y2=i,“相關(guān)圓”E的方程為x2+y2=|.(2)證明：當(dāng)直線l的斜率不存在時(shí)，不妨設(shè)直線AB的方程為x=當(dāng)，A當(dāng)直線l的斜率存在時(shí)，設(shè)其方程為y=kX+m,A(X1,y1)，B(x2,y

17、2),y= kx+ m,聯(lián)立x225+y = 1,A= 16k2m2 4(1 + 2k2)(2m2 - 2) = 8(2k2m2 + 1)0 ,即 2k2 m2 +得x2+2(kx+m)2=2,即(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,4kmX1+X2=2，1+2k2m2-2X1X2=2.1+2k因?yàn)橹本€l與“相關(guān)圓” E相切,所以 X1X2+ y1y2= (1 + k )x1x2+ km(xi + X2)+ m(1 + k、2m2-2) 4k2m21 + 2k21 + 2k23m2-2k2-27=0,所以O(shè)A_LC)B,所以/AOB=W綜上，/AOB=j,為定值.號(hào),其右焦點(diǎn)到直線2a

18、X+by 小=0223 .已知橢圓C1：3+y2=1(ab1)的離心率為-2的距離為-2.3求橢圓Ci的方程;(2)過點(diǎn)P”，-3和直線l交橢圓C1于A,B兩點(diǎn).證明：以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn).解：(1)由題意， e= ：=，e2 = a a2ba2=2b2.所以a=巾b, c= b.又隼=0 = ，ab1,所以 b=1, a2=2, V4a2+b2 32故橢圓Ci的方程為，+y2=i.(2)證明：當(dāng)ABk軸時(shí)，以AB為直徑的圓的方程為 x2+y2=1.當(dāng)ABU軸時(shí)，以AB為直徑的圓的方程為 x2+ ly+1) = , 39v+yj，x= ,由 ix2+(y+1H可得y=1,由此可知，若以 A

19、B為直徑的圓恒過定點(diǎn)，則該定點(diǎn)必為Q(0,1).下證Q(0,1)符合題意.1當(dāng)AB不垂直于坐標(biāo)軸時(shí)，設(shè)直線 AB萬程為y=kx 3, A(x1,巾),2x2+y2j41由,得(1 + 2k2)x2 ，kx詈=0,139y=kx3，4k由根與系數(shù)的關(guān)系得，M+x2=2 ,3(1+2k )16x1x2 = 2 ,9 1 + 2kB(x2, y2).- QA QB = (x1, y1一 1) (x2, y21)=x1x2 + (y1 一 1)(y2 1)4一3=(1 + k2)x1x2 3k(x1 + x2) +16=(1 + k2)-16t- 9(1 +2k )4k . 4k_ 3 3 1 2k21691616k216k2+16(1+2k2)91+2k2=0,一.故QALQB,即Q(0,1)在以AB為直徑的圓上.綜上，以AB為直徑的圓恒過定點(diǎn)(0,1).4.