（全国通用）2020版高考数学二轮复习 第二层提升篇 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线的综合问题

第2课时圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题考点一最值问题[例1](2019·广州市综合检测(一))已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y＝32x与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2，椭圆C的另一个焦点是F1，且MF1―→·MF2―→＝94.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l过点(－1，0)，且与椭圆C交于P，Q两点，求△F2PQ的内切圆面积的最大值．[解](1)设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，∵点M在直线y＝32x上，且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2(c，0)，∴点Mc，3c2.∵MF1―→·MF2―→＝－2c，－32c·0，－32c＝94，∴c＝1.∴1a2＋94b2＝1，a2＝b2＋1，解得a2＝4，b2＝3，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)由(1)知，F1(－1，0)，过点F1(－1，0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，则△F2PQ的周长为4a＝8，又S△F2PQ＝12·4a·r(r为△F2PQ的内切圆半径)，∴当△F2PQ的面积最大时，其内切圆面积最大．设直线l的方程为x＝ky－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x＝ky－1，x24＋y23＝1，消去x得(4＋3k2)y2－6ky－9＝0，∴y1＋y2＝6k3k2＋4，y1y2＝－93k2＋4，∴S△F2PQ＝12·|F1F2|·|y1－y2|＝12k2＋13k2＋4.令k2＋1＝t，则t≥1，∴S△F2PQ＝123t＋1t，令f(t)＝3t＋1t，则f′(t)＝3－1t2，当t∈[1，＋∞)时，f′(t)0，f(t)＝3t＋1t在[1，＋∞)上单调递增，∴S△F2PQ＝123t＋1t≤3，当t＝1时取等号，即当k＝0时，△F2PQ的面积取得最大值3，结合S△F2PQ＝12·4a·r，得r的最大值为34，∴△F2PQ的内切圆面积的最大值为916π.[题后悟通]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)[跟踪训练](2019·河北省九校第二次联考)已知抛物线C：y2＝2px(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l∥MN，P为l上一点，求PM―→·PN―→的最小值．解：(1)由题意可知Fp2，0，则直线MN的方程为y＝x－p2，代入y2＝2px(p0)得x2－3px＋p24＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝3p，∵|MN|＝8，∴x1＋x2＋p＝8，即3p＋p＝8，解得p＝2，∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)设直线l的方程为y＝x＋b，代入y2＝4x，得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，∵直线l为抛物线C的切线，∴Δ＝0，解得b＝1，∴l：y＝x＋1.由(1)可知，x1＋x2＝6，x1x2＝1，设P(m，m＋1)，则PM―→＝(x1－m，y1－(m＋1))，PN―→＝(x2－m，y2－(m＋1))，∴PM―→·PN―→＝(x1－m)(x2－m)＋[y1－(m＋1)][y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－(m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2，(y1y2)2＝16x1x2＝16，∴y1y2＝－4，y21－y22＝4(x1－x2)，∴y1＋y2＝4×x1－x2y1－y2＝4，PM―→·PN―→＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2＝2(m2－4m－3)＝2[(m－2)2－7]≥－14，当且仅当m＝2，即点P的坐标为(2，3)时，PM―→·PN―→取得最小值－14.[例2](2019·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的焦点坐标分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|且cos∠F1PF2＝35.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，点Q14，0，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．考点二范围问题[解](1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，∴r1＝54a，r2＝34a.在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝r21＋r22－|F1F2|22r1r2＝54a2＋34a2－222×54a×34a＝35，解得a＝2，∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)联立方程，得x24＋y23＝1，y＝kx＋m，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2，且Δ＝48(3＋4k2－m2)0，①设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0＝x1＋x22＝－4km3＋4k2，y0＝kx0＋m＝3m3＋4k2，∵|AQ|＝|BQ|，∴AB⊥QM，又Q14，0，M为AB的中点，∴k≠0，直线QM的斜率存在，∴k·kQM＝k·3m3＋4k2－4km3＋4k2－14＝－1，解得m＝－3＋4k24k，②把②代入①得3＋4k2－3＋4k24k2，整理得16k4＋8k2－30，即(4k2－1)(4k2＋3)0，解得k12或k－12，故k的取值范围为－∞，－12∪12，＋∞.[题后悟通]范围问题的解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围(如本例)；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用隐含的不等关系，从而求出所求范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；(5)利用函数值域的求法，确定所求范围；(6)利用已知，将条件转化为几个不等关系，从而求出参数的范围(如本例)．[跟踪训练](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)若P是半椭圆x2＋y24＝1(x0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．解：(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，因此PM垂直于y轴．(2)由(1)可知y1＋y2＝2y0，y1y2＝8x0－y20，所以|PM|＝18(y21＋y22)－x0＝34y20－3x0，|y1－y2|＝22（y20－4x0）.因此△PAB的面积S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝324(y20－4x0)32.因为x20＋y204＝1(x00)，所以y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4，5]，所以△PAB面积的取值范围是62，15104.考点三探索性问题[例3](2019·石家庄市质量检测)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，且经过点－1，32.(1)求椭圆C的方程．(2)过点(3，0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，试问在x轴上是否存在定点Q，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，说明理由．[解](1)由题意可得ca＝32，1a2＋34b2＝1，又a2－b2＝c2，所以a2＝4，b2＝1.所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)存在定点Q433，0，满足直线QA与直线QB恰关于x轴对称．设直线l的方程为x＋my－3＝0，与椭圆C的方程联立得x＋my－3＝0，x24＋y2＝1，整理得，(4＋m2)y2－23my－1＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，定点Q(t，0)(依题意t≠x1，t≠x2)．由根与系数的关系可得，y1＋y2＝23m4＋m2，y1y2＝－14＋m2.直线QA与直线QB恰关于x轴对称，则直线QA与直线QB的斜率互为相反数，所以y1x1－t＋y2x2－t＝0，即y1(x2－t)＋y2(x1－t)＝0.又x1＋my1－3＝0，x2＋my2－3＝0，所以y1(3－my2－t)＋y2(3－my1－t)＝0，整理得，(3－t)(y1＋y2)－2my1y2＝0，从而可得，(3－t)·23m4＋m2－2m·－14＋m2＝0，即2m(4－3t)＝0，所以当t＝433，即Q433，0时，直线QA与直线QB恰关于x轴对称．特别地，当直线l为x轴时，Q433，0也符合题意．综上所述，在x轴上存在定点Q433，0，使得直线QA与直线QB恰关于x轴对称．[题后悟通]探索性问题的解题策略探索性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确，则存在，若结论不正确，则不存在．(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论．(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．[跟踪训练]如图，由部分抛物线y2＝mx＋1(m0，x≥0)和半圆x2＋y2＝r2(x≤0)所组成的曲线称为“黄金抛物线C”，若“黄金抛物线C”经过点(3，2)和－12，32.(1)求“黄金抛物线C”的方程；(2)设P(0，1)和Q(0，－1)，过点P作直线l与“黄金抛物线C”交于A，P，B三点，问是否存在这样的直线l，使得QP平分∠AQB？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)因为“黄金抛物线C”过点(3，2)和－12，32，所以r2＝－122＋322＝1，4＝3m＋1，解得m＝1.所以“黄金抛物线C”的方程为y2＝x＋1(x≥0)和x2＋y2＝1(x≤0)．(2)假设存在这样的直线l，使得QP平分∠AQB.显然直线l的斜率存在且不为0，结合题意可设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)，不妨令xA0xB.由y＝kx＋1，y2＝x＋1（x≥0），消去y并整理，得k2x2＋(2k－1)x＝0，所以xB＝1－2kk2，yB＝1－kk，即B1－2kk2，1－kk，由xB0知k12，所以直线BQ的斜率为kBQ＝k1－2k.由y＝kx＋1，x2＋y2＝1（x≤0），消去y并整理，得(k2＋1)x2＋2kx＝0，所以xA＝－2kk2＋1，yA＝1－k2k2＋1，即A－2kk2＋1，1－k2k2＋1，由xA0知k0，所以直线AQ的斜率为kAQ＝－1k.因为QP平分∠AQB，且直线QP的斜率不存在，所以kAQ＋kBQ＝0，即－1k＋k1－2k＝0，由0k12，可得k＝2－1.所以存在直线l：y＝(2－1)x＋1，使得QP平分∠AQB.“专题过关检测”见“专题检测(十七)”(单击进入电子文档)[思维流程——找突破口][技法指导——迁移搭桥]圆锥曲线解答题的常见类型是：第(1)小题通常是根据已知条件，求曲线方程或离心率，一般比较简单．第(2)小题往往是通过方程研究曲线的性质——弦长问题