数学(理)二轮复习通用讲义：专题五第三讲大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

1、第三讲大题考法12'题型(一)最值问题主要考查直线与圆锥曲线相交时的弦长问题以及最值的求解.圆锥曲线中的最值、范围、证明问题典例感悟典例(2017浙江高考)如图，已知抛物线x2=y，点A2,4IB|3,9i,抛物线上的点P(x,y)1Vx<2/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.审题定向(一)定知识主要考查直线斜率的范围、直线与抛物线位置关系中的最值问题.(二)定能力1 .考查数学建模：通过建立目标函数模型求其范围或最值.2 .考查数学运算：通过列方程、解不等式求范围；用导数法求函数的最值.(三)定思路第(1)问已知x

2、的范围，利用斜率公式求解：将AP的斜率表示为关于x的函数，利用x的范围即可求得AP斜率的范围;第(2)问建立k的目标函数，导数法求其最值：将|PA|PQ|表示为关于k的函数，利用导数法求最值.解(1)设直线AP的斜率为k,x2_1k=1=x-x+2131因为2<x<2,所以1<x2<1,即直线AP斜率的取值范围是(1,1).(2)设直线AP的斜率为k.则直线AP的方程为y4=kx+2:i11即kxy+2k+4=0，93因为直线BQ与直线AP垂直，所以可得直线BQ的方程为x+ky4k尹0,"kx-y+1k+1=0,联立93c、x+ky4k2=0,-k2+4k+3

3、解得点Q的横坐标xq=2式十).因为|PA|=q1+k2x+2卜M+k2(k+1),22k-1k+1|PQ|=AJl+k(xQ-x)=-y，k2+1所以|PA|PQ|=-(k-1)(k+1)3.令f(k)=(k1)(k+1)3,21因为f(k)=-(4k-2)(k+1)2,令f(k)=0,得k=2或k=1(舍)，所以f(k)在区间1,2口:单调递增，1/单调递减，因此当k=2寸，|PA|PQ|取得最大值27.类题通法最值问题的基本解法有几何法和代数法(1)几何法是根据已知的几何量之间的相互关系、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)；(2)

4、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(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决的.对点训练(2018武汉调研)已知椭圆C:22/£ + y2= 1(a> b>0)经过点 P11求椭圆C的方程;(2)若直线l： y=x+ m与椭圆C交于两个不同的点 A, B,求 OAB面积的最大值(O为坐标原点).工+需=1a 2b解：(i)由题意，知c c_返a2 = 2,b2=1,=0.a2= b2+ c22所以椭圆C的方程为x2+y2=i.(2)将直线l的方程y=x+ m代入椭圆2C 的方程 x2+y2= 1,整理得 3x2+4mx+ 2(m21)则

5、 A= (4m)224(m21)>0 ,得 m2<3.设 A(x1，yi), B(x2, y2),则 xi+x2= 4mxix2 =2(m2- i所以|AB| =V2 d(xi + x2 2 4xix2= V2 :4m 22 m2- 1二 丁厂4-24 8m2 4又原点O(0,0)到直线AB: x-y+m=0的距离d =|m|所以 Szoab=；|AB| d= x4 22 3|m|223 m因为 m2(3- m2)<m2+3-m294当且仅当m2=3m2,即m2=3时取等号，所以SzoabW#x3=322即4AB面积的最大值为手.题型（二）范围问题主要考查直线与圆锥曲线的位置

6、关系、圆锥曲线的几何性质，题中涉及的参数多与直线方程或圆锥曲线方程相关.典例感悟典例（2018浙江高考）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（2）若P是半椭圆x2+y4=1（x<0）上的动点，求PAB面积的取值范围审题定向（一）定知识主要考查中点坐标公式、三角形面积公式、直线与抛物线位置关系中证明及范围问题.（二）定能力1 .考查逻辑推理：要证PM垂直y轴，只需证明点M的纵坐标与点P的纵坐标相等即可；要求AFAB面积取值范围，需把面积表示为关于已知范围的参数的函数2

7、 .考查数学运算：中点坐标的求解、PAB面积的表示及范围的求解.（三）定思路第（1）问利用中点坐标公式、根与系数关系求证：设出点A、B、P的坐标，由FA,PB的中点在抛物线上得出两关系式，可知点A,B纵坐标y1，y2是方程的两根，由根与系数关系可证；第(2)问利用二次函数的性质求范围：1面积可表本为Szpab=2|PM|lyiy2,再转化为关于点P坐标的关系式，化为关于点P横坐标的二次函数求解.解(1)证明：设p(xo, yo), A&； yi !,因为PA, PB的中点均在抛物线上,所以yi,y2为方程I'y+yo2_4y+x°、2 厂. 2'即y22yoy

8、+8xo y0 = 0的两个不同的实根.所以yi + y2=2yo,因此PM垂直于y轴.(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的面积Sapab=21PM|lyiy2|=342(y04Xo)2.2因为X0+y=i(X0<0),所以y04X0=4X2-4X0+4e4,5,所以 PAB面积的取值范围是类题通法圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法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

9、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.对点训练(2018南昌模拟)已知椭圆C：x2+y2=1(a>b>0)的离心率为手，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；5(2)设直线l：y=kx+m与椭圆C交于M,N两点，O为坐标原点，若koMkoN=;,求原点O到直线l的距离的取值范围.解：(1)由题知e=：=2b=2,又a2=b2+c2,.b=1,a=2,.椭圆C的标准方程为x2+y

10、2=1.4(2)设M(X1,y1)，N(X2,y2),y=kx+m,联立方程，得x2%y2=1，整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m24=0,依题意，A=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,化简得m2<4k2+1,8km4m4xi+x2=一卜2+，x1x2=卜2十，y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x+x2)+m2,若kOMkON=5,则”'=5,即4y1y2=5x1x2,4x1x2422-4kxix2+4km(xi+&)+4m=5x1x2,8km4k2+J+ 4m2=0,04(m2-1)'.(4k25)42-4k

11、mJ即(4k25)(m21)8k2m2+m2(4k2+1)=0,化简得m2+k2=*原点O到直线l的距离22 m. d2= -21 + k二k24 k1 + k21+41 + k2j又20<屋4，0Md2<8,原点o到直线i的距离的取值范围是0,27五;题型(三)证明问题主要考查点、直线、曲线等几何元素中的特殊位置关系以及直线或圆锥曲线中的一些数量关系的证明.典例感悟2典例(2018全国卷I)设椭圆C:X2+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点，点M的坐标为(2,0).当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：/OMA=ZOMB.审题定向(一)

12、定知识主要考查直线的方程、直线与椭圆位置关系中的证明问题.(二)定能力1 .考查逻辑推理：欲求直线的方程，知一点，需求另一点；欲证角相等，可证对应直线斜率和为0.2 .考查数学运算：直线方程的求解；斜率的表示及斜率之和的化简.(三)定思路第(1)问利用两点式求直线的方程：当l与x轴垂直时，l的方程为x=1,将l的方程与椭圆方程联立可得点A的坐标，进而可得直线AM的方程；第(2)问转化为证对应直线斜率和为0:当l与x轴垂直或l与x轴重合时，易证.当l与x轴不重合也不垂直时，设l：y=k(x1)(kw0),交点A(xi,yi),B(x2,均,则可以联立l与C的方程并消去V,把xi+x2,xix2用

13、k表示，利用直线的斜率公式，将证明/OMA=/OMB转化为证明kMA+kMB=0即可.解(1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1.则点A的坐标为，呼快,，呼!又M(2,0),所以直线AM的方程为y=亚或y=*x/，即x+V2y2=0或x>/2y2=0.(2)证明：当l与x轴重合时，/OMA=/OMB=0°.当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，所以/OMA=/OMB.当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y=k(x1)(kw0),A(x1,y1),B(x2,y2),则X1<72,X2<42,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=X+己由y1=kx1一k

14、,y2=kx2k,2kx1x23k（X1+X2廿4k得kMA+kMB=3一222）X22将y=k（X1）代入+y=1,得（2k2+1）x24k2X+2k22=0,4k22k2-2所以X1+X2=-2-,X1X2=_2-则2kxX23k（x+X2）+4k4k3-4k-12k3+8k3+4k=2=0.从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补.所以/OMA=/OMB.综上，/OMA=/OMB成立.类题通法圆锥曲线证明问题的类型及求解策略（1）圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；证明直线与圆锥

15、曲线中的一些数量关系（相等或不等）.（2）解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.对点训练22（2018成都模拟）已知椭圆X5"+y4=1的右焦点为F,设直线l：x=5与x轴的交点为E,过点F且斜率为k的直线11与椭圆交于A,B两点，M为线段EF的中点.(1)若直线li的倾斜角为:求|AB|的值；(2)设直线AM交直线l于点N,证明：直线BNH.解：由题意知，F(1,0),E(5,0),M(3,0).(1):直线li的倾斜角为4,k=1.，直线li的方程为y=x1.代入椭圆方程，可彳9

16、9x2-10x15=0.设A(x1，y1)，B(x2,y2),则x1+x2=10,x1x2=5.93|AB|=2(x1x254(x1+x2j4x1x2516,54X-=-zf39(2)证明：设直线l1的方程为y=k(x1).5k220xx2=2.4+5k代入椭圆方程，得(4+5k2)x2-10k2x+5k2-20=0.10k2设A(x1，y1)，B(x2,y2),则xI+x2=24+5k设N(5,yo),1.A,M,N三点共线,一y1, kAM = kMN ?即3 一 x1V02y12；1-3e2y1而 y。一 y2=- y2 =x1 32k(x1 一 1 )-k(x2-1)x1 33k(X1

17、+X2Jkx1X25kX1310k25k2-203k,2k,25k4+5k4+5k=0.x13直线BN/x轴,即BNJL.课时跟检测A卷大题保分练1. (2018长春*II拟)已知椭圆C的两个焦点为Fi(1,0), F2(1,0),且经过E&3,当)(1)求椭圆C的方程；(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A,B两点(点A位于x轴上方)，若AF1一=入昭一>,且2W«3,求直线l的斜率k的取值范围.2a=|EF1|+|EF*ja=2,解：(1)由a2=b2+c；解得<c=1,II厂lc=1,lb=V3,所以椭圆C的方程为、+5=1.43(2)由题意得直线l的方程为y

18、=k(x+1)(k>0),联立方程y= k(x+ 1 )22x y / 7+3 =1,整理得根+4/2 6y9= 0,144= -T2-+ 144>0, k一6ktA(X1, y1)，B(x2, y2),则 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则=37；?"丁2=黑6因为2<K3,所以卜计1-2<4,2人3即1w42<4,且k>0,解得0<kw*.23+4k32故直线l的斜率k的取值范围是o,当1222.(2018陕西模拟)已知椭圆上+卜=1

19、(2可>0)的左、右焦点分别为F1和F2,由M(-a,abb),N(a,b),F2和F1这4个点构成了一个高为小，面积为3m的等腰梯形.(1)求椭圆的方程；(2)过点F1的直线和椭圆交于A,B两点，求F2AB面积的最大值.2a+2c解：(1)由已知条件，得b二串,且一2X43=3/3,-a+c=3.22又a2-c2=3,.a=2,c=1,椭圆的方程为/y3=1.(2)显然直线的斜率不能为0,设直线的方程为x=my1,A(xi,yi),B(x2,y2).x2y?联立方程443消去x得，(3m2+4)y2-6my-9=0.x=my1, .直线过椭圆内的点，无论m为何值，直线和椭圆总相交.yi

20、+y2=6m-,yiy2=3m2+493m2+4._.1 S在2AB=2|F1F2|y1y21=|y1y2|m2+13m2+421221，""3+9m2+1令t=m2+1>1,设f(t)=t+9t，易知te”,3M,函数f(t)单调递减，teg,+8,；时，函数f(t)单调递增， t=m2+1=1,即m=。时，f(t)取得最小值，f(t)min=10,此时SAF2AB取得最大值93.3.(2018郑州模拟)已知圆C:x2+y2+2x2y+1=0和抛物线E:y2=2px(p>0),圆心C到抛物线焦点F的距离为折.(1)求抛物线E的方程；(2)不过原点。的动直线l交

21、抛物线于A,B两点，且满足OALOB,设点M为圆C上一动点，求当动点M到直线l的距离最大时的直线l的方程.解：(1)x2+y2+2x2y+1=0可化为(x+1)2+(y1)2=1,则圆心C的坐标为(一1,1).Fp,0).-1CF|=1)+(0-12=717,解得p=6.抛物线E的方程为y2=12x.(2)显然直线l的斜率非零，设直线l的方程为x=my+t(tw。)，A(x1,y1),B(x2,y2).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,-x1x

22、2+y1y2=0,即(m2+1)y1y2+mt(y1+y2)+12=0,整理可得t212t=0,two,.=12,满足A>0,符合题意.，直线l的方程为x=my+12,故直线l过定点P(12,0).当CPJ,即线段MP经过圆心C(1,1)时，动点M到动直线l的距离取得最大值，1一011此时kC吁二;=一而，得m=而，1一此时直线l的万程为x=彳3丫+12,即13xy156=0.224. (2018全国卷出)已知斜率为k的直线l与椭圆C:x4+y3=1交于A,B两点，线段AB的中点为M(1,m)(m>0).、r1(1)证明：k<2；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且谭+&

23、quot;FA+亩=0.证明：PFA|,|尚|,|亩成等差数列，并求该数列的公差.证明:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),2222x1y1x2y2则7+t=1.两式相减，并由="导唱k=0.x1-x243X1+X2yi+y23由题设知一2=i，-2=m,于是卜=一赤.一-3.1由题设得0<m<5,故k<一万.(2)由题意得F(1,0),设P(X3,y3),则(X31,y3)+(xi1,yi)+(x21,y2)=(0,0).由(1)及题设得X3=3(X1+X2)=1,y3=一(y1+y2)=-2m<0.3又点P在C上，所以m=,从而p-1)百尸3,于是

24、|FA|=4巾_12+y2=N(X1Tj+3,_j=25.同理|"FB|=212.所以|*A|+|亩|=4-2(X1+X2)=3.故2|苗|=|-FA|+|亩|,一即|FA|,|FP|,|FB成等差数列.设该数列的公差为d,则21d|=|同|言|=1|X1-X2|=2v(X1+X224X1X2.3一将m=3代入得k=-1,所以l的方程为y=-x+7，代入C的方程，并整理得7x214x+4=0.故Xi+X2=2,XiX2=1，代入解得|d|=3炉.2828所以该数列的公差为噌或一嗜.2828深化提能练1. (2018胶州模拟)已知椭圆:a?+y2= 1(a>b>0且a, b

25、2均为整数)过点22,呼；,且右顶点到直线l:x=4的距离为2.(1)求椭圆的方程；(2)过椭圆的右焦点F作两条互相垂直的直线11,12,li与椭圆交于点A,B,12与椭圆交于点C,D.求四边形ACBD面积的最小值.解：(1)由题意，得壬+9=1,且|4a|=2,若a=2,则b2=3;若a=6,则b2=27(舍a2b17去)，所以椭圆的方程为x2+4=1.43(2)由(1)知，点F的坐标为(1,0).当11, 12中有一条直线的斜率不存在时，可得AB|=4, |CD|=3 或者 |AB|=3, |CD| = 4,一一一_1一一此时四边形ACBD的面积S=2X4X3=6.当11,12的斜率均存在

26、时，设直线11的斜率为k,则kw。，且直线12的斜率为一1.k直线11：y=k(x1),12：y=k(x1).彳#(3 + 4k2)x2- 8k2x+ 4k2-12=0.y=k(x1)联立彳x2+yf=1,43212(k2+1)3+4k2.112fk2+11以1代替k,得CD|=一k4+3k21所以四边形ACBD的面积S=11|AB|CD|72(k2+1f、72(k2+1272(k2+12288(3+4kj4+3k)i(3+4ky-(4+3k)127k+1)249''Il2：Il2当且仅当k2=1,即k=±1时等号成立.由于皆<6，所以四边形ACBD面积的最小值

27、为288.22222.设椭圆C:X2+y2=1(a>b>0),定义椭圆C的“相关圆”方程为xUy'-a.若抛abab物线y2=4x的焦点与椭圆C的一个焦点重合，且椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形.(1)求椭圆C的方程和“相关圆”E的方程；(2)过“相关圆”E上任意一点P作“相关圆”E的切线l与椭圆C交于A,B两点，O为坐标原点.证明：/AOB为定值.解：(1)因为抛物线y2=4x的焦点(1,0)与椭圆C的一个焦点重合，所以c=1.又椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b=c=1,2故椭圆C的方程为*+y2=1,“相关圆”E的方程为x2+y2=2

28、.3(2)证明：当直线l的斜率不存在时，不妨设直线AB的方程为x=W，A噂,普J,B停,*)，则"=2当直线l的斜率存在时，设其方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y=kx+m,联立Sx22得x2+2(kx+m)2=2,即(1+2k2)x2+4kmx+2m22=0,2+y=1A=16k2m24(1+2k2)(2m2-2)=8(2k2m2+1)>0,即2k2m2+1>0,4kmX1+X2=2,1+2k2m2-2X1X2=2.1+2k因为直线l与1+ k2 m所以黑一 :4 + k2“相关圆” E相切,所以 X1X2+ y1y2= (1 + k2)X1X2+ km

29、(x1 + X2)+ m2 =C + jpm22)空_ 21 + 2k2m222+ m1 + 2k3m2-2k2-22= 0 ,1 + 2k所以 OA _LC)B ,所以/AOB=j.-TT .综上，/AOB = 2,为定值.3.已知椭圆 C：?+ 2=1何2>1）的离心率为a b堂，其右焦点到直线2aX+by 42=0的距离为-2.3求椭圆Ci的方程;(2)过点P 0,3，的直线l交椭圆C1于A,B两点.证明：以AB为直径的圆恒过定点.解：（1）由题意，e= c=" a 2a2 b2a2=2b2.所以a=啦b, c= b.|2acV2| 亚4a2+b23a>b> 1,所以b=1a2=2,故椭圆Ci的方程为222+y2=1.即3m2=2+2k2（2）证明：当ABk轴时，以AB为直径的圆的方程为X2+y2=1.当ABU轴时，以AB为直径的圆的方程为X2+y+3j2=16,卜2+y2=1,x=0,"鸿；甘，可得yj由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q(0,1).下证Q(0,1)符合题意.1当AB不垂直于坐标轴时