2022届高三数学一轮复习（原卷版）第8讲　第1课时　圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题

1、第 8 讲圆锥曲线的综合问题一、知识梳理1直线与圆锥曲线的位置关系的判定(1)代数法：把圆锥曲线方程 c1与直线方程 l 联立消去 y，整理得到关于 x 的方程 ax2bxc0.方程 ax2bxc0 的解l 与 c1的交点a0b0无解(含 l 是双曲线的渐近线)无公共点b0有一解(含 l 与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)一个交点a00两个不相等的解两个交点0两个相等的解一个交点0无实数解无交点(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系2直线与圆锥曲线的相交弦长问题设斜率为 k(k0)的直线 l 与圆锥曲线 c 相交于 a

2、，b 两点，a(x1，y1)，b(x2，y2)，则|ab| 1k2|x1x2| 1k2(x1x2)24x1x211k2|y1y2|11k2(y1y2)24y1y2.常用结论圆锥曲线以 p(x0，y0)(y00)为中点的弦所在直线的斜率如下表：圆锥曲线方程直线斜率椭圆：x2a2y2b21(ab0)kb2x0a2y0双曲线：x2a2y2b21(a0，b0)kb2x0a2y0抛物线：y22px(p0)kpy0二、教材衍化1过点(0，1)作直线，使它与抛物线 y24x 仅有一个公共点，这样的直线有()a1 条b2 条c3 条d4 条解析：选 c结合图形分析可知，满足题意的直线共有 3 条：直线 x0，

3、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 x0)2已知与向量 v(1，0)平行的直线 l 与双曲线x24y21 相交于 a，b 两点，则|ab|的最小值为_解析：由题意可设直线 l 的方程为 ym，代入x24y21 得 x24(1m2)，所以 x1 4(1m2)2 1m2，x22 1m2，所以|ab|x1x2|4 1m24，即当 m0 时，|ab|有最小值 4.答案：4一、思考辨析判断正误(正确的打“”，错误的打“”)(1)直线 l 与抛物线 y22px 只有一个公共点，则 l 与抛物线相切()(2)直线 ykx(k0)与双曲线 x2y21 一定相交(

4、)(3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点()(4)直线与椭圆只有一个交点直线与椭圆相切()(5)过点(2，4)的直线与椭圆x24y21 只有一条切线()答案：(1)(2)(3)(4)(5)二、易错纠偏常见误区|(1)没有发现直线过定点，导致运算量偏大；(2)不会用函数法解最值问题1直线 ykxk1 与椭圆x29y241 的位置关系为()a相交b相切c相离d不确定解析：选 a直线 ykxk1k(x1)1 恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交2抛物线 yx2上的点到直线 xy20 的最短距离为()a 2b7 28c2 2d5 26解析：选 b设抛物线上一

5、点的坐标为(x，y)，则 d|xy2|2|x2x2|2|x12274|2，所以 x12时，dmin7 28.第 1 课时圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题考点一证明问题(综合型)(2018高考全国卷节选)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 c：x24y231 交于 a，b两点，线段 ab 的中点为 m(1，m)(m0)(1)证明：k12；(2)设 f 为 c 的右焦点，p 为 c 上的点，且fpfafb0.证明：|fa|，|fp|，|fb|成等差数列【证明】(1)设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则x214y2131，x224y2231.两式相减，并由y1y2x1x2k 得x1x24y1

6、y23k0.由题设知x1x221，y1y22m，于是 k34m.由题设得 0m32，故 k12.(2)由题意得 f(1，0)设 p(x3，y3)，则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0，0)由(1)及题设得 x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0.又点 p 在 c 上，所以 m34，从而 p1，32 ，|fp|32.于是|fa| (x11)2y21(x11)231x214 2x12.同理|fb|2x22.所以|fa|fb|412(x1x2)3.故 2|fp|fa|fb|，即|fa|，|fp|，|fb|成等差数列圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广， 但无论证明什么，

7、其常用方法有直接法和转化法，对于转化法，先是对已知条件进行化简，根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一问题(2020江西七校第一次联考)已知椭圆 c：x2a2y2b21(ab0)经过点m1，22 ，其离心率为22，设直线 l：ykxm 与椭圆 c 相交于 a，b 两点(1)求椭圆 c 的方程；(2)已知直线 l 与圆 x2y223相切，求证：oaob(o 为坐标原点)解：(1)因为 eca22，a2b2c2，所以 a22b2，所以椭圆 c 的方程为x22b2y2b21.因为1，22 在椭圆上，所以12b212b21，b21，a22，所以椭圆 c 的方程为x22y21.(2)证明：因为直线 l

8、 与圆 x2y223相切，所以|m|1k263，即 3m22k220，由ykxm，x22y22得(12k2)x24kmx2m220，16k2m24(12k2)(2m22)0.设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 x1x24km12k2，x1x22m2212k2，所以 y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2m22k212k2，所以oaobx1x2y1y22m2212k2m22k212k23m22k2212k20，所以 oaob.考点二范围问题(综合型)复习指导|圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法有函数法、判别式法、数形结合法、不等式法(根据题意建立含参数的不等式，

9、通过解不等式求参数的取值范围)已知曲线 m 由抛物线 x2y 及抛物线 x24y 组成， 直线 l： ykx3(k0)与曲线 m 有 m(mn)个共同点(1)若 m3，求 k 的最小值；(2)若 m4，自上而下记这 4 个交点分别为 a，b，c，d，求|ab|cd|的取值范围【解】(1)联立 x2y 与 ykx3，得 x2kx30，因为1k2120，所以 l 与抛物线 x2y 恒有两个交点联立 x24y 与 ykx3，得 x24kx120.因为 m3，所以216k2480.因为 k0，所以 k 3，所以 k 的最小值为 3.(2)设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，c(x3，y3)，d(x

10、4，y4)，则 a，b 两点在抛物线 x24y 上，c，d 两点在抛物线 x2y 上，因为 x1x24k，x1x212，x3x4k，x3x43，且216k2480，k0，所以 k 3.所以|ab| 1k2 (4k)248，|cd| 1k2 k212，所以|ab|cd|(4k)248k2124k23k2124115k212.所以 k 3，所以 015k2121，所以|ab|cd|(0，4)求解圆锥曲线中有关参数的取值范围问题， 关键是构建与参数有关的不等关系， 主要方法有：(1)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；(2)建立已知参数与未知参数之间的等量关系，利用已知参数的范围，

11、求新参数的范围；(3)利用隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；(4)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；(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若直线 l 与椭圆y29x21 交于不同的两点 m，n，如果线段 mn 被直线2x10 平分，求直线 l 的斜率的取值范围解：因为直线 x12与 x 轴垂直，且由已知得直线 l 与直线 x12相交，所以直线 l不可能与 x 轴垂直设直线 l 的方程为 ykxm，由ykxm，9x2y29，得(k29)x22kmxm290.4k2m24(k29)(m29)0，即

12、m2k290，设 m(x1，y1)，n(x2，y2)，则 x1x22kmk29.因为线段 mn 被直线 2x10 平分，所以 2x1x2210，即2kmk2910.由m2k290，2kmk2910，得k292k2(k29)0，因为 k290，所以k294k210，即 k23，解得 k 3或 k 3.所以直线 l 的斜率的取值范围为(， 3)( 3，)考点三最值问题(综合型)复习指导|有关圆锥曲线的最值问题类型多样且解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：代数法和几何法若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函

13、数，再求这个函数的最值已知椭圆 m：x2a2y231(a0)的一个焦点为 f(1，0)，左、右顶点分别为 a，b.经过点 f 的直线 l 与椭圆 m 交于 c，d 两点(1)当直线 l 的倾斜角为 45时，求线段 cd 的长；(2)记abd 与abc 的面积分别为 s1和 s2，求|s1s2|的最大值【解】(1)由题意，c1，b23，所以 a24，所以椭圆 m 的方程为x24y231，易求直线方程为 yx1，联立方程，得x24y231，yx1，消去 y，得 7x28x80，2880，设 c(x1，y1)，d(x2，y2)，x1x287，x1x287，所以|cd| 2|x1x2| 2 (x1x2

14、)24x1x2247.(2)当直线 l 的斜率不存在时，直线方程为 x1，此时abd 与abc 面积相等，|s1s2|0；当直线 l 的斜率存在时，设直线方程为 yk(x1)(k0)，联立方程，得x24y231，yk(x1)，消去 y，得(34k2)x28k2x4k2120，0，且 x1x28k234k2，x1x24k21234k2，此时|s1s2|2|y2|y1|2|y2y1|2|k(x21)k(x11)|2|k(x1x2)2k|12|k|34k2，因为 k0，上式123|k|4|k|1223|k|4|k|122 12 3当且仅当 k32时等号成立，所以|s1s2|的最大值为 3.圆锥曲线中

15、的最值问题常涉及不等式、函数的值域问题，总体上主要有两种方法：(1)几何法利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解(2)代数法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，然后利用函数的思想、不等式的思想等进行求解1已知椭圆 c：x24y231 的右焦点为 f，p 为椭圆 c 上一动点，定点 a(2，4)，则|pa|pf|的最小值为_解析：如图，设椭圆的左焦点为 f，则|pf|pf|4，所以|pf|4|pf|，所以|pa|pf|pa|pf|4.当且仅当 p，a，f三点共线时，|pa|pf|取最小值|af| (21)2165，所以|pa|pf|的最小值为 1

16、.答案：12(2020河北省九校第二次联考)已知抛物线 c：y22px(p0)的焦点为 f，若过点 f且斜率为 1 的直线与抛物线相交于 m，n 两点，且|mn|8.(1)求抛物线 c 的方程；(2)设直线 l 为抛物线 c 的切线，且 lmn，p 为 l 上一点，求pmpn的最小值解：(1)由题意可知 fp2，0，则直线 mn 的方程为 yxp2，代入 y22px(p0)得 x23pxp240，设 m(x1，y1)，n(x2，y2)，则 x1x23p，因为|mn|8，所以 x1x2p8，即 3pp8，解得 p2，所以抛物线 c 的方程为 y24x.(2)设直线 l 的方程为 yxb，代入 y

17、24x，得 x2(2b4)xb20，因为直线 l 为抛物线 c 的切线，所以0，解得 b1，所以 l 为 yx1.由(1)可知，x1x26，x1x21，设 p(m，m1)，则pm(x1m，y1(m1)，pn(x2m，y2(m1)，所以pmpn(x1m)(x2m)y1(m1)y2(m1)x1x2m(x1x2)m2y1y2(m1)(y1y2)(m1)2，(y1y2)216x1x216，所以 y1y24，y21y224(x1x2)，所以 y1y24x1x2y1y24，pmpn16mm244(m1)(m1)22(m24m3)2(m2)2714，当且仅当 m2，即点 p 的坐标为(2，3)时，pmpn取

18、得最小值为14.基础题组练1 过椭圆 c：x2a2y2b21(ab0)的右顶点 a 且斜率为 k 的直线交椭圆 c 于另一个点 b，且点 b 在 x 轴上的射影恰好为左焦点 f，若14k23，则椭圆离心率的取值范围为()a13，34b13，34c0，34d13，1解析：选 b由题意知 bc，b2a ，所以 kb2acaaca1e.又14k23，所以141e23，解得13e34.2抛物线 y28x 的焦点为 f，设 a(x1，y1)，b(x2，y2)是抛物线上的两个动点，若 x1x242 33|ab|，则afb 的最大值为_解析：由抛物线的焦半径公式可得|af|x12，|bf|x22.又 x1x

19、242 33|ab|，即|ab|32(|af|bf|)，所以 cos afb|af|2|bf|2|ab|22|af|bf|af|2|bf|232(|af|bf|)22|af|bf|14|af|214|bf|232|af|bf|2|af|bf|18|af|bf|bf|af| 34182|af|bf|bf|af|3412，当且仅当|af|bf|bf|af|即|af|bf|时，等号成立又 0afb，所以afb 的最大值为23.答案：233设椭圆 e 的方程为x2a2y2b21(ab0)，点 o 为坐标原点，点 a 的坐标为(a，0)，点b 的坐标为(0，b)，点 m 在线段 ab 上，满足|bm|2

20、|ma|，直线 om 的斜率为510.(1)求 e 的离心率 e；(2)设点 c 的坐标为(0，b)，n 为线段 ac 的中点，证明：mnab.解：(1)由题设条件知，点 m 的坐标为23a，13b，又 kom510，从而b2a510.进而 a 5b，c a2b22b，故 eca2 55.(2)证明：由 n 是 ac 的中点知，点 n 的坐标为a2，b2 ，可得nma6，5b6 .又 ab(a，b)，从而有abnm16a256b216(5b2a2)由(1)的计算结果可知 a25b2，所以abnm0，故 mnab.4(2020重庆南开中学质检)已知 a(0， 2)，b( 3，1)是椭圆 c：x2

21、a2y2b21(ab0)上的两点(1)求椭圆 c 的标准方程；(2)设 o 为坐标原点，m 为椭圆 c 上一动点，点 p(3，0)，线段 pm 的垂直平分线交 y轴于点 q，求|oq|的最小值解：(1)由题意知代入 a，b 两点坐标得2b21，3a21b21.解得 a26，b22，所以椭圆 c 的标准方程为x26y221.(2)根据题意知直线 pm，qn 的斜率存在且不为 0.设点 m 坐标为(x0，y0)，则x206y2021，即 x2063y20.线段 pm 的中点 nx032，y02 ，kpmkqn1，即 kqn3x0y0，所以直线 lqn：yy023x0y0 xx032.令 x0，并结

22、合式得 yqy02x2092y0y0233y202y032y202y0，|oq|yq|32y202y0|32|y0|y0|232|y0|y0| 6，当且仅当32|y0|y0|，即 y062时取等号，所以|oq|的最小值为 6.综合题组练1(2020河南阶段性测试)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)上的点到右焦点 f(c，0)的最大距离是 21，且 1， 2a，4c 成等比数列(1)求椭圆的方程；(2)过点 f 且与 x 轴不垂直的直线 l 与椭圆交于 a，b 两点，线段 ab 的垂直平分线交 x轴于点 m(m，0)，求实数 m 的取值范围解：(1)由已知可得ac 21，14c2a2，a2b2

23、c2，解得a 2，b1，c1，所以椭圆的方程为x22y21.(2)由题意得 f(1，0)，设直线 ab 的方程为 yk(x1)与椭圆方程联立得x22y220，yk(x1)，消去 y 可得(12k2)x24k2x2k220.设 a(x1，y1)，b(x2，y2)，则 x1x24k212k2，y1y2k(x1x2)2k2k12k2.可得线段 ab 的中点为 n2k212k2，k12k2.当 k0 时，直线 mn 为 y 轴，此时 m0.当 k0 时，直线 mn 的方程为yk12k21kx2k212k2，化简得 kyxk212k20.令 y0，得 mk212k2.所以 mk212k211k220，12 .综上所述，m 的取值范围