2020届高考数学大二轮复习 冲刺经典专题 第二编 讲专题 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合

第3讲圆锥曲线的综合问题第二编讲专题专题五解析几何「考情研析」1.圆锥曲线的综合问题一般以直线和圆锥曲线的位置关系为载体，以参数处理为核心，考查范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题．2.试题解答往往要综合应用函数与方程、数形结合、分类讨论等多种思想方法，对计算能力也有较高要求，难度较大.1核心知识回顾PARTONE1.最值问题求解最值问题的基本思路是选择变量，建立求解目标的函数解析式，然后利用函数知识、基本不等式等知识求解其最值．2．范围问题求参数范围的问题，牢记“先找不等式，有时需要找出两个量之间的关系，然后消去另一个量，保留要求的量”．不等式的来源可以是Δ0或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某个量的范围等．3．定点问题在解析几何中，有些含有参数的直线或曲线的方程，不论参数如何变化，其都过某定点，这类问题称为定点问题．4．定值问题在解析几何中，有些几何量，如斜率、距离、面积、比值等基本量和动点坐标或动线中的参变量无关，这类问题统称为定值问题．5．存在性问题的解题步骤(1)先假设存在，引入参变量，根据题目条件列出关于参变量的方程(组)或不等式(组)．(2)解此方程(组)或不等式(组)，若有解则存在，若无解则不存在．2热点考向探究PARTTWO考向1最值与范围问题角度1最值问题例1已知抛物线C的方程为y2＝2px(p0)，点R(1，2)在抛物线C上．(1)求抛物线C的方程；(2)过点Q(1,1)作直线交抛物线C于不同于R的两点A，B，若直线AR，BR分别交直线l：y＝2x＋2于M，N两点，求|MN|最小时直线AB的方程．解(1)∵点R(1,2)在抛物线C：y2＝2px(p0)上，∴4＝2p，解得p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为x＝m(y－1)＋1，m≠0，由x＝my－1＋1，y2＝4x，消去x并整理得y2－4my＋4(m－1)＝0，∴y1＋y2＝4m，y1y2＝4(m－1)，设直线AR的方程为y＝k1(x－1)＋2，由y＝k1x－1＋2，y＝2x＋2，解得点M的横坐标xM＝k1k1－2，又k1＝y1－2x1－1＝y1－2y214－1＝4y1＋2，∴xM＝k1k1－2＝－2y1，同理点N的横坐标xN＝－2y2，|y2－y1|＝y2＋y12－4y1y2＝4m2－m＋1，∴|MN|＝5|xM－xN|＝5－2y1＋2y2＝25y2－y1y1y2＝85m2－m＋14|m－1|＝25m2－m＋1|m－1|，令m－1＝t，t≠0，则m＝t＋1，∴|MN|＝251t＋122＋34≥15，当t＝－2，即m＝－1时，|MN|取得最小值15，此时直线AB的方程为x＋y－2＝0.解析几何中最值问题的基本解法有几何法和代数法．几何法是根据已知的几何量之间的相互关系，结合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)；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(利用普通方法、基本不等式法或导数法等)解决的．(2019·湘赣十四校高三联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，左焦点为F1，点A是椭圆C上位于x轴上方的一个动点，当直线AF1的斜率为1时，|AF1|＝2.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线AF1与椭圆C的另外一个交点为B，点A关于x轴的对称点为A′，求△F1A′B面积的最大值．解(1)解法一：∵e＝ca＝22，∴a2＝2c2，又a2＝b2＋c2，∴b＝c.∴当直线AF1的斜率为1时，直线AF1通过椭圆上的顶点，∴|AF1|＝b2＋c2＝a＝2.又a2＝2c2，b＝c，∴b＝1，椭圆C的方程为x22＋y2＝1.解法二：设椭圆的右焦点为F2，在△AF1F2中，|AF1|＝2，|AF2|＝2a－2，|F1F2|＝2c，∴(2a－2)2＝2＋(2c)2－2·2·2c·cos45°，即a2－2a＝c2－c.①又∵e＝ca＝22，∴a＝2c.②联立①②，得a＝2，c＝1，又a2＝b2＋c2，∴b＝1.∴椭圆C的方程为x22＋y2＝1.解法三：∵e＝ca＝22，∴a2＝2c2，又a2＝b2＋c2，∴a＝2b＝2c.∴椭圆C的方程可化为x22c2＋y2c2＝1，即x2＋2y2＝2c2.③又直线AF1的方程为y＝x＋c.④联立③④，得x2＋2(x＋c)2＝2c2，即3x2＋4cx＝0，∴x＝0或x＝－43c.直线AF1的斜率为1且A在x轴上方，∴xA＝0，∴A的坐标为(0，b)．∴|AF1|＝c2＋b2＝a，∴a＝2，又a＝2b＝2c，∴b＝c＝1.∴椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)如图，∵A在x轴上方，∴直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝my－1.∵F1，A′，B三点能构成三角形，∴直线AB不垂直于x轴，∴m≠0，设A的坐标为(x1，y1)，B的坐标为(x2，y2)，则A′的坐标为(x1，－y1)．联立x＝my－1，x22＋y2＝1，得(my－1)2＋2y2＝2，即(2＋m2)y2－2my－1＝0，∴y1＋y2＝2m2＋m2，y1y2＝－12＋m2.解法一：S△F1A′B＝S△BAA′－S△F1AA′＝12|AA′||x2－xF1|＝y1|x2＋1|＝y1|my2|＝|my1y2|＝|m|2＋m2＝12|m|＋|m|≤122|m|·|m|＝24，当且仅当2|m|＝|m|即|m|＝2时取等号．∴△F1A′B面积的最大值为24.解法二：直线A′B的方程为y＋y1＝y2＋y1x2－x1(x－x1)，令y＝0，则x＝y1x2－x1y1＋y2＋x1＝y1x2＋x1y2y1＋y2＝y1my2－1＋my1－1y2y1＋y2＝2my1y2y1＋y2－1＝2m·－12＋m22m2＋m2－1＝－2，∴直线A′B过定点(－2,0)，设定点为T，则S△F1A′B＝|S△F1TB－S△F1TA′|＝12·|F1T|·|y2|－12·|F1T|·|y1|＝12|y2＋y1|＝|m|2＋m2＝12|m|＋|m|≤122|m|·|m|＝24，当且仅当2|m|＝|m|即|m|＝2时取等号．∴△F1A′B面积的最大值为24.角度2范围问题例2(2019·广东高三联考)已知椭圆C1，抛物线C2的焦点均在x轴上，C1的中心和C2的顶点均为原点O，从每条曲线上各取两个点，其坐标分别是(3，－23)，(－2,0)，(4，－4)，2，22.(1)求C1，C2的标准方程；(2)过点M(0,2)的直线l与椭圆C1交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角(其中O为坐标原点)，求直线l的斜率k的取值范围．解(1)由题意，抛物线的顶点为原点，所以点(－2,0)一定在椭圆上，且a＝2，则椭圆上任何点的横坐标的绝对值都小于等于2，所以2，22也在椭圆上，24＋222b2＝1，b2＝1，故椭圆C1的标准方程为x24＋y2＝1，所以点(3，－23)，(4，－4)在抛物线上，且抛物线开口向右，其抛物线C2的方程为y2＝2px,12＝6p，p＝2，所以抛物线C2的方程为y2＝4x.(2)①当直线l斜率不存在时，易知A，O，B三点共线，不合符题意．②当l斜率存在时，设l：y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x24＋y2＝1，y＝kx＋2，得x2＋4(kx＋2)2－4＝0，即(4k2＋1)x2＋16kx＋12＝0，令Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)0，即256k2－192k2－480，得64k248，即k－32或k32，∵x1＋x2＝－16k4k2＋1，x1x2＝124k2＋1，∴y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝12k24k2＋1－32k24k2＋1＋16k2＋44k2＋1＝－4k2＋44k2＋1，∵∠AOB为锐角，∴OA→·OB→＝x1x2＋y1y2＝16－4k24k2＋10，即4k216，得－2k2.综上，k的取值范围为－2，－32∪32，2.与圆锥曲线有关的取值范围问题的三种解法(1)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出临界位置后数形结合求解．(2)构建不等式法：利用已知或隐含的不等关系，构建以待求量为元的不等式求解．(3)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域．椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的长轴长为22，P为椭圆C上异于顶点的一个动点，O为坐标原点，A2为椭圆C的右顶点，点M为线段PA2的中点，且直线PA2与直线OM的斜率之积恒为－12.(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆C的左焦点F1且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆C于A，B两点，线段AB的垂直平分线与x轴交于点N，点N的横坐标的取值范围是－14，0，求线段AB长的取值范围．解(1)由已知2a＝22，a＝2，设点P(x0，y0)，∴Mx0＋22，y02，∵直线PA2与OM的斜率之积恒为－12，∴y02x0＋22×y0x0－2＝－12.∴x202＋y20＝1，∴b＝1.故椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)设直线l：y＝k(x＋1)，联立直线与椭圆方程y＝kx＋1，x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由根与系数的关系可得x1＋x2＝－4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1，可得y1＋y2＝k(x1＋x2＋2)＝2k2k2＋1，故AB中点Q－2k22k2＋1，k2k2＋1，QN直线方程：y－k2k2＋1＝－1kx＋2k22k2＋1＝－1kx－2k2k2＋1，∴N－k22k2＋1，0，由已知条件得，－14－k22k2＋10，∴02k21，∴|AB|＝1＋k2－4k22k2＋12－4×2k2－22k2＋1＝1＋k2×221＋k22k2＋1＝21＋12k2＋1，∵1212k2＋11，∴|AB|∈322，22.考向2定点与定值问题角度1定点问题例3动点P在圆E：(x＋1)2＋y2＝16上运动，定点F(1,0)，线段PF的垂直平分线与直线PE的交点为Q.(1)求Q的轨迹T的方程；(2)过点F的直线l1，l2分别交轨迹T于A，B两点和C，D两点，且l1⊥l2.证明：过AB和CD中点的直线过定点．解(1)连接QF，根据题意，可知|QP|＝|QF|，则|QE|＋|QF|＝|QE|＋|QP|＝4|EF|，故Q点的轨迹T为以E，F为焦点，长轴长为4的椭圆，则a＝2，c＝1，所以b＝3，所以点Q的轨迹T的方程为x24＋y23＝1.(2)证明：分别设直线AB和CD的中点为M，N，当直线AB斜率不存在或为0时，分析可知直线MN与x轴重合，当直线AB的斜率为1时，此时M47，－37，N47，37，直线MN的方程为x＝47，联立解得直线MN经过定点47，0.下面证明一般性：当直线AB的斜率存在且不为0,1时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，则直线CD的方程为y＝－1k(x－1)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x24＋y23＝1，y＝kx－1，消去y得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x1＋x2＝8k24k2＋3，所以y1＋y2＝－6k4k2＋3，即M4k24k2＋3，－3k4k2＋3，同理，N43k2＋4，3k3k2＋4，于是直线MN的斜率为kMN＝3k3k2＋4＋3k4k2＋343k2＋4－4k24k2＋3＝7k41－k2，故直线MN的方程为y－3k3k2＋4＝7k41－k2