2020届高考数学大二轮复习 层级二 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合应用课件

第3讲圆锥曲线的综合应用高考总复习大二轮数学[考情考向·高考导航]1．圆锥曲线中的定点与定值、最值与范围问题是高考必考的问题之一，主要以解答题形式考查，往往作为试卷的压轴题之一．2．以椭圆或拋物线为背景，尤其是与条件或结论相关存在性开放问题．对考生的代数恒等变形能力、计算能力有较高的要求，并突出数学思想方法考查．[真题体验]1．(2019·北京卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．(1)求椭圆C的方程；(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．解析：(1)因为椭圆的右焦点为(1,0)，c＝1；因为椭圆经过点A(0,1)，所以b＝1，所以a2＝b2＋c2＝2，故椭圆的方程为x22＋y2＝1.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)联立x22＋y2＝1y＝kx＋tt≠1得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0，Δ＞0，x1＋x2＝－4kt1＋2k2，x1x2＝2t2－21＋2k2，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2t＝2t1＋2k2，y1y2＝k2x1x2＋kt(x1＋x2)＋t2＝t2－2k21＋2k2.直线AP：y－1＝y1－1x1x，令y＝0得x＝－x1y1－1，即|OM|＝－x1y1－1；同理可得|ON|＝－x2y2－1.因为|OM||ON|＝2，所以－x1y1－1－x2y2－1＝x1x2y1y2－y1＋y2＋1＝2；t2－1t2－2t＋1＝1，解之得t＝0，所以直线方程为y＝kx，所以直线l恒过定点(0,0)．答案：(1)x22＋y2＝1(2)见解析2．(2018·全国Ⅰ卷)设抛物线C：y2＝2x，点A(2,0)，B(－2，0)，过点A的直线l与C交于M，N两点．(1)当l与x轴垂直时，求直线BM的方程；(2)证明：∠ABM＝∠ABN.解：(1)当l与x轴垂直时，l的方程为x＝2，可得M的坐标为(2,2)或(2，－2)．所以直线BM的方程为y＝12x＋1或y＝－12x－1.(2)当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以∠ABM＝∠ABN.当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－2)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＞0，x2＞0.由y＝kx－2，y2＝2x得ky2－2y－4k＝0，可知y1＋y2＝2k，y1y2＝－4.直线BM，BN的斜率之和为kBM＋kBN＝y1x1＋2＋y2x2＋2＝x2y1＋x1y2＋2y1＋y2x1＋2x2＋2.①将x1＝y1k＋2，x2＝y2k＋2及y1＋y2，y1y2的表达式代入①式分子，可得x2y1＋x1y2＋2(y1＋y2)＝2y1y2＋4ky1＋y2k＝－8＋8k＝0.所以kBM＋kBN＝0，可知BM，BN的倾斜角互补，所以∠ABM＝∠ABN.综上，∠ABM＝∠ABN.[主干整合]1．有关弦长问题有关弦长问题，应注意运用弦长公式及根与系数的关系，“设而不求”；有关焦点弦长问题，要重视圆锥曲线定义的运用，以简化运算．(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长|P1P2|＝1＋k2|x2－x1|或|P1P2|＝1＋1k2|y2－y1|(k≠0)，其中求|x2－x1|与|y2－y1|时通常使用根与系数的关系，即作如下变形：|x2－x1|＝x1＋x22－4x1x2，|y2－y1|＝y1＋y22－4y1y2.(2)当斜率k不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)．2．圆锥曲线中的最值(1)椭圆中的最值F1，F2为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右焦点，P为椭圆的任意一点，B为短轴的一个端点，O为坐标原点，则有：①|OP|∈[b，a]；②|PF1|∈[a－c，a＋c]；③|PF1|·|PF2|∈[b2，a2]；④∠F1PF2≤∠F1BF2.(2)双曲线中的最值F1，F2为双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，P为双曲线上的任一点，O为坐标原点，则有：①|OP|≥a；②|PF1|≥c－a.(3)拋物线中的最值点P为拋物线y2＝2px(p＞0)上的任一点，F为焦点，则有：①|PF|≥p2；②A(m，n)为一定点，则|PA|＋|PF|有最小值．3．拋物线焦点弦的几个重要结论直线AB过拋物线y2＝2px(p＞0)的焦点，交拋物线于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，如图．(1)y1y2＝－p2，x1x2＝p24.(2)|AB|＝x1＋x2＋p，x1＋x2≥2x1x2＝p，即当x1＝x2时，弦长最短为2p.(3)1|AF|＋1|BF|为定值2p.(4)弦长|AB|＝2psin2α(α为AB的倾斜角)．(5)以AB为直径的圆与准线相切．热点一圆锥曲线中的范围、最值问题数学运算素养数学运算——圆锥曲线问题的核心素养以圆锥曲线问题为载体，借助相关知识，通过式的变形考查运算求解能力，体现了数学运算的核心素养.构造函数求最值[例1－1](2019·全国Ⅱ卷)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线．(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.①证明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面积的最大值．[审题指导](1)利用斜率公式及kAM·kBM＝－12求动点M的轨迹方程．(2)①根据点P在第一象限的特征，画出满足题意的几何图形，初步判断出△PQG中∠QPG是直角．设出直线PQ的斜率和方程，再结合xE＝xP及点P，Q关于原点对称，求出直线QG的斜率和方程，联立直线QG和曲线C的方程，求出点G的坐标，最后求出直线PG的斜率，即可证明kPQ·kPG＝－1.②根据△PQG是直角三角形，建立S△PQG关于直线PQ的斜率k的关系式求最值．[解析](1)由题设得yx＋2·yx－2＝－12，化简得x24＋y22＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)．由y＝kx，x24＋y22＝1得x＝±21＋2k2.设u＝21＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为k2，方程为y＝k2(x－u)．由y＝k2x－u，x24＋y22＝1，得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝u3k2＋22＋k2，由此得yG＝uk32＋k2，从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku3k2＋22＋k2－u＝－1k.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②由①得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，所以△PQG的面积S＝12|PQ||PG|＝8k1＋k21＋2k22＋k2＝81k＋k1＋21k＋k2.设t＝k＋1k，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1，S取得最大值，最大值为169.因此，△PQG面积的最大值为169.最值问题的2种基本解法几何法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(如拋物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法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解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法)(如本例)等寻找不等关系解范围问题[例1－2](2018·全国Ⅲ卷，节选)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24＋y23＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m0)．证明：k－12.[审题指导]利用点差法将k转化为含m的表达式，求解m的取值范围，进而证明结论．[证明]设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214＋y213＝1，x224＋y223＝1.两式相减，并由y1－y2x1－x2＝k得x21－x224＋y21－y223＝0由题设知x1＋x22＝1，y1＋y22＝m，于是k＝－34m①由题设得0＜m＜32，故k＜－12.解决圆锥曲线中的范围问题的常用解法(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，关键是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系(如：点在椭圆内)建立不等式，从而求出参数的取值范围．(4)利用求函数的值域或求函数定义域的方法将待求量表示为其他变量的函数或其他变量的自变量，从而确定参数的取值范围．(2020·山师附中模拟)已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点．当△OPQ的面积最大时，求l的方程．解析：(1)设F(c,0)，由条件知，2c＝233，得c＝3.又ca＝32，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为x24＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意，故设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将y＝kx－2代入x24＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)＞0，即k2＞34时，x1,2＝8k±24k2－34k2＋1.从而|PQ|＝k2＋1|x1－x2|＝4k2＋1·4k2－34k2＋1.又点O到直线PQ的距离d＝2k2＋1.所以△OPQ的面积S△OPQ＝12d·|PQ|＝44k2－34k2＋1.设4k2－3＝t，则t＞0，S△OPQ＝4tt2＋4＝4t＋4t.因为t＋4t≥4，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，且满足Δ＞0.所以，当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.热点二圆锥曲线中的定点、定值问题巧妙消元证定值[例2－1](2019·青岛三模)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为12，以椭圆的短轴为直径的圆与直线x－y＋6＝0相切．(1)求椭圆E的方程．(2)设椭圆过右焦点F的弦为AB、过原点的弦为CD，若CD∥AB，求证：|CD|2|AB|为定值．[审题指导](1)要求椭圆方程，只要由原点到直线的距离等于半短轴长，求b即可．(2)要证明|CD|2|AB|为定值，只要利用弦长公式计算化简即可．[解析](1)依题意，原点到直线x－y＋6＝0的距离为b，则有b＝612＋－12＝3.由a2－b2a＝12，得a2＝43b2＝4.所以椭圆E的方程为x24＋y23＝1.(2)①当直线AB的斜率不存在时，易求|AB|＝3，|CD|＝23，则|CD|2|AB|＝4.②当直线AB的斜率存在时，设直线AB的斜率为k，依题意k≠0，则直线AB的方程为y＝k(x－1)，直线CD的方程为y＝kx.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，由x24＋y23＝1，y＝kx－1，得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x1＋x2＝8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·8k23＋4k22－44k2－123＋4k2＝121＋k23＋4k2.由x24＋y23＝1，y＝kx，整理得x2＝123＋4k2，则|x3－x4|＝433＋4k2.|CD|＝1＋k2|x3－x4|＝431＋k23＋4k2.所以|CD|2|AB|＝481＋k23＋4k2·3＋4k21