2020年高考文科数学一轮复习大题篇—圆锥曲线综合问题

1/312020年高考文科数学一轮复习大题篇—圆锥曲线综合问题【归类解析】题型一范围问题【解题指导】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.【例】已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)与双曲线x23－y2＝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＝ca＝32.又∵直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点，∴右顶点为点(2,0)，即a＝2，c＝3，b＝1，∴椭圆方程为x24＋y2＝1.(2)由题意可设直线的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立y＝kx＋m，x24＋y2＝1，消去y，并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，则x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－11＋4k2，于是y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.又直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，2/31故y1x1·y2x2＝k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2x1x2＝k2，则－8k2m21＋4k2＋m2＝0.由m≠0得k2＝14，解得k＝±12.又由Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(4k2－m2＋1)0，得0m22，显然m2≠1(否则x1x2＝0，x1，x2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＝12·1＋k2·|x1－x2|·|m|1＋k2故由m的取值范围可得△OMN面积的取值范围为(0,1).【训练】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)若P是半椭圆x2＋y24＝1(x0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.(1)【证明】设P(x0，y0)，A14y21，y1，B14y22，y2.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程y＋y022＝4·14y2＋x02，即y2－2y0y＋8x0－y20＝0的两个不同的实根.所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y轴.(2)【解】由(1)可知y1＋y2＝2y0，y1y2＝8x0－y20，3/31所以|PM|＝18(y21＋y22)－x0＝34y20－3x0，|y1－y2|＝22y20－4x0.所以△PAB的面积S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝322003244yx.因为x20＋y204＝1(－1≤x00)，所以y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]，所以△PAB面积的取值范围是62，15104.题型二最值问题1利用三角函数有界性求最值【解题指导】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.【例】过抛物线y2＝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【解】设直线AB的倾斜角为θ，可得|AF|＝21－cosθ，|BF|＝21＋cosθ，则|AF|·|BF|＝21－cosθ×21＋cosθ＝4sin2θ≥4.2数形结合利用几何性质求最值【例】在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝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，求实数c的最大值为。【解】双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线间的距离d＝|1－0|12＋－12＝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22.3转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值【例】已知点P是圆O：x2＋y2＝1上任意一点，过点P作PQ⊥y轴于点Q，延长QP到点M，使QP→＝PM→.4/31(1)求点M的轨迹E的方程；(2)过点C(m,0)作圆O的切线l，交(1)中的曲线E于A，B两点，求△AOB面积的最大值.【解】(1)设M(x，y)，∵QP→＝PM→，∴P为QM的中点，又有PQ⊥y轴，∴Px2，y，∵点P是圆O：x2＋y2＝1上的点，∴x22＋y2＝1，即点M的轨迹E的方程为x24＋y2＝1.(2)由题意可知直线l与y轴不垂直，故可设l：x＝ty＋m，t∈R，A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵l与圆O：x2＋y2＝1相切，∴|m|t2＋1＝1，即m2＝t2＋1，①由x2＋4y2＝4，x＝ty＋m消去x，并整理得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0，其中Δ＝4m2t2－4(t2＋4)(m2－4)＝480，∴y1＋y2＝－2mtt2＋4，y1y2＝m2－4t2＋4.②∴|AB|＝x1－x22＋y1－y22＝t2＋1y1＋y22－4y1y2，将①②代入上式得|AB|＝t2＋14m2t2t2＋42－4m2－4t2＋4＝43|m|m2＋3，|m|≥1，∴S△AOB＝12|AB|·1＝12·43|m|m2＋3＝23|m|＋3|m|≤2323＝1，当且仅当|m|＝3|m|，即m＝±3时，等号成立，∴△AOB面积的最大值为1.【训练】已知椭圆x22＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋12对称.5/31(1)求实数m的取值范围；(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点).【解】(1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－1mx＋b.由x22＋y2＝1，y＝－1mx＋b，消去y，得12＋1m2x2－2bmx＋b2－1＝0.因为直线y＝－1mx＋b与椭圆x22＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋4m20，①将AB的中点M2mbm2＋2，m2bm2＋2代入直线方程y＝mx＋12，解得b＝－m2＋22m2，②由①②得m－63或m63.(2)令t＝1m∈－62，0∪0，62，则t2∈0，32.则|AB|＝t2＋1·－2t4＋2t2＋32t2＋12，且O到直线AB的距离为d＝t2＋12t2＋1.设△AOB的面积为S(t)，所以S(t)＝12|AB|·d＝12－2t2－122＋2≤22，当且仅当t2＝12时，等号成立，此时满足t2∈0，32.故△AOB面积的最大值为22.题型一定点问题【解题指导】圆锥曲线中定点问题的两种解法6/31(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.(2)特殊到一般法：根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.【例】已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点(0,1)，其长轴、焦距和短轴的长的平方依次成等差数列.直线l与x轴正半轴和y轴分别交于点Q，P，与椭圆分别交于点M，N，各点均不重合且满足PM→＝λ1MQ→，PN→＝λ2NQ→.(1)求椭圆的标准方程；(2)若λ1＋λ2＝－3，试证明：直线l过定点，并求此定点.【解】(1)设椭圆的焦距为2c，由题意知b＝1，且(2a)2＋(2b)2＝2(2c)2，又a2＝b2＋c2，∴a2＝3.∴椭圆的标准方程为x23＋y2＝1.(2)由题意设P(0，m)，Q(x0,0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，设l方程为x＝t(y－m)，由PM→＝λ1MQ→知(x1，y1－m)＝λ1(x0－x1，－y1)，∴y1－m＝－y1λ1，由题意y1≠0，∴λ1＝my1－1.同理由PN→＝λ2NQ→知λ2＝my2－1.∵λ1＋λ2＝－3，∴y1y2＋m(y1＋y2)＝0，①联立x2＋3y2＝3，x＝ty－m，得(t2＋3)y2－2mt2y＋t2m2－3＝0，∴由题意知Δ＝4m2t4－4(t2＋3)(t2m2－3)0，②且有y1＋y2＝2mt2t2＋3，y1y2＝t2m2－3t2＋3，③③代入①得t2m2－3＋2m2t2＝0，∴(mt)2＝1，由题意mt0，∴mt＝－1，满足②，得直线l的方程为x＝ty＋1，过定点(1,0)，即Q为定点.【训练】已知焦距为22的椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的右顶点为A，直线y＝43与椭圆C交于P，Q两点(P在Q的左边)，Q在x轴上的射影为B，且四边形ABPQ是平行四边形.(1)求椭圆C的方程；(2)斜率为k的直线l与椭圆C交于两个不同的点M，N.7/31①若直线l过原点且与坐标轴不重合，E是直线3x＋3y－2＝0上一点，且△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，求k的值；②若M是椭圆的左顶点，D是直线MN上一点，且DA⊥AM，点G是x轴上异于点M的点，且以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，求证：点G是定点.(1)【解】由题意可得2c＝22，即c＝2，设Qn，43，因为四边形ABPQ为平行四边形，|PQ|＝2n，|AB|＝a－n，所以2n＝a－n，n＝a3，则a32a2＋169b2＝1，解得b2＝2，a2＝b2＋c2＝4，可得椭圆C的方程为x24＋y22＝1.(2)①【解】直线y＝kx(k≠0)代入椭圆方程，可得(1＋2k2)x2＝4，解得x＝±21＋2k2，可设M21＋2k2，2k1＋2k2，由E是3x＋3y－2＝0上一点，可设Em，23－mm≠0，且m≠23，E到直线kx－y＝0的距离为d＝km＋m－231＋k2，因为△EMN是以E为直角顶点的等腰直角三角形，所以OE⊥MN，|OM|＝d，即有23－mm＝－1k，(*)4＋4k21＋2k2＝km＋m－231＋k2，(**)由(*)得m＝2k3k－1(k≠1)，代入(**)式，化简整理可得7k2－18k＋8＝0，解得k＝2或47.②证明由M(－2,0)，可得直线MN的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，代入椭圆方程可得(1＋2k2)x2＋8k2x8/31＋8k2－4＝0，可得－2＋xN＝－8k21＋2k2，解得xN＝2－4k21＋2k2，yN＝k(xN＋2)＝4k1＋2k2，即N2－4k21＋2k2，4k1＋2k2，设G(t,0)(t≠－2)，由题意可得D(2,4k)，A(2,0)，以DN为直径的圆恒过直线AN和DG的交点，可得AN⊥DG，即有AN→·DG→＝0，即为－8k21＋2k2，4k1＋2k2·(t－2，－4k)＝0，解得t＝0.故点G是定点，即为原点(0,0).题型四定值问题【解题指导】圆锥曲线中的定值问题的常见类型及解题策略(1)求代数式为定值.依题意设条件，得出与代数式参数有关的等式，代入代数式、化简即可得出定值.(2)求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利用题设条件化简、变形求得.(3)求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化简、变形即可求得.【例】如图，已知抛物线C：x2＝4y，过点M(0,2)任作一直线与C相交于A，B两点，过点B作y轴的平行线与直线AO相交于点D(O为坐标原点).(1)证明：动点D在定直线上；(2