（浙江专用）2020高考数学二轮复习 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题教案

-1-第3讲圆锥曲线中的综合问题“构造法”求最值(范围)[典型例题](2019·高考浙江卷)如图，已知点F(1，0)为抛物线y2＝2px(p0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求S1S2的最小值及此时点G的坐标．【解】(1)由题意得p2＝1，即p＝2.所以抛物线的准线方程为x＝－1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.由于直线AB过点F，故直线AB的方程为x＝t2－12ty＋1，代入y2＝4x，得y2－2（t2－1）ty－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－2t，所以B1t2，－2t.又由于xG＝13(xA＋xB＋xC)，yG＝13(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，故2t－2t＋yC＝0，得C1t－t2，21t－t，G2t4－2t2＋23t2，0.所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1，0)．由于Q在焦点F的右侧，故t22.从而S1S2＝12|FG|·|yA|12|QG|·|yC|＝2t4－2t2＋23t2－1·|2t|t2－1－2t4－2t2＋23t2·2t－2t＝2t4－t2t4－1＝2－t2－2t4－1.令m＝t2－2，则m0，S1S2＝2－mm2＋4m＋3＝2－1m＋3m＋4≥2－12m·3m＋4＝1＋32.所以当m＝3时，S1S2取得最小值1＋32，此时G(2，0)．.-2-解决最值(范围)问题的常用方法解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．(1)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．(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)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解．[对点训练](2018·高考浙江卷)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的中点在拋物线上，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]，因此，△PAB面积的取值范围是62，15104“转化法”求定点、定值-3-[典型例题]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，32)，P4(1，32)中恰有三点在椭圆C上．(1)求C的方程；(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．【解】(1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点．又由1a2＋1b21a2＋34b2知，C不经过点P1，所以点P2在C上．因此1b2＝1，1a2＋34b2＝1，解得a2＝4，b2＝1.故C的方程为x24＋y2＝1.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：x＝t，由题设知t≠0，且|t|2，可得A，B的坐标分别为t，4－t22，t，－4－t22.则k1＋k2＝4－t2－22t－4－t2＋22t＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入x24＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4m2－44k2＋1.而k1＋k2＝y1－1x1＋y2－1x2＝kx1＋m－1x1＋kx2＋m－1x2＝2kx1x2＋（m－1）（x1＋x2）x1x2.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·4m2－44k2＋1＋(m－1)·－8km4k2＋1＝0.解得k＝－m＋12.-4-当且仅当m－1时，Δ0，于是l：y＝－m＋12x＋m，即y＋1＝－m＋12(x－2)，所以l过定点(2，－1)．(1)动直线过定点问题的解法①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝km，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．(2)求解定值问题的两大途径①首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．②先将式子用动点坐标或动直线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．[注]对于此类问题可先根据特殊情况确定定点、定值，再进行一般性证明的方法就是由特殊到一般的方法．[对点训练]已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，QM→＝λQO→，QN→＝μQO→，求证：1λ＋1μ为定值．解：(1)因为抛物线y2＝2px过点P(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．由y2＝4x，y＝kx＋1得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×10，解得k0或0k1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．-5-由(1)知x1＋x2＝－2k－4k2，x1x2＝1k2.直线PA的方程为y－2＝y1－2x1－1(x－1)．令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝－y1＋2x1－1＋2＝－kx1＋1x1－1＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝－kx2＋1x2－1＋2.由QM→＝λQO→，QN→＝μQO→得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以1λ＋1μ＝11－yM＋11－yN＝x1－1（k－1）x1＋x2－1（k－1）x2＝1k－1·2x1x2－（x1＋x2）x1x2＝1k－1·2k2＋2k－4k21k2＝2.所以1λ＋1μ为定值．“肯定顺推法”求解探究性问题[典型例题](2019·温州市高考数学二模)已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P(a，b)满足△PF1F2是等腰三角形．(1)求该椭圆方程；(2)过x轴上的一点M(m，0)作一条斜率为k的直线l，与椭圆交于点A，B两点，问是否存在常数k，使得|MA|2＋|MB|2的值与m无关？若存在，求出这个k的值；若不存在，请说明理由．【解】(1)因为椭圆x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P(a，b)满足△PF1F2是等腰三角形，所以根据题意，有2c＝2（a－1）2＋b2＝4，-6-解得a＝2b＝3，故所求椭圆方程为x24＋y23＝1.(2)联立方程y＝k（x－m）x24＋y23＝1，整理得：(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0.在Δ＞0的情况下有x1＋x2＝8k2m3＋4k2x1x2＝4k2m2－123＋4k2，|MA|2＋|MB|2＝(1＋k2)[(x1－m)2＋(x2－m)2]＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2]＝1＋k2（3＋4k2）2[(－24k2＋18)m2＋96k2＋72]，令－24k2＋18＝0，得k2＝34，即k＝±32.此时|MA|2＋|MB|2＝7与m无关符合题意．探索性问题的求解方法(1)处理这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出与已知、定理或公理相符的结论，则存在性得到肯定；若导致矛盾，则否定存在性．若证明某结论不存在，也可以采用反证法．(2)采用特殊化思想求解，即根据题目中的一些特殊关系，归纳出一般结论，然后进行证明，得出结论．[对点训练](2019·丽水市高考数学模拟)如图，已知抛物线C：x2＝4y，直线l1与C相交于A，B两点，线段AB与它的中垂线l2交于点G(a，1)(a≠0)．(1)求证：直线l2过定点，并求出该定点坐标；-7-(2)设l2分别交x轴，y轴于点M，N，是否存在实数a，使得A，M，B，N四点在同一个圆上，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x21＝4y1x22＝4y2，两式相减可得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，可得kAB＝y1－y2x1－x2＝x1＋x24＝2a4＝12a，由两直线垂直的条件可得直线l2的斜率为－2a；即有直线l2：y＝－2a(x－a)＋1，可得l2：y＝－2ax＋3过定点(0，3)．(2)l2：y＝－2ax＋3过M3a2，0，N(0，3)，假设存在实数a，使得A，M，B，N四点在同一个圆上，由中垂线的性质可得∠MAN＝∠MBN，可得∠MAN＝90°，即有|AG|2＝|MG||NG|，由y＝a2（x－a）＋1x2＝4y，可得x2－2ax＋2a2－4＝0，x1＋x2＝2a，x1x2＝2a2－4，由弦长公式可得|AB|＝1＋a244a2－4（2a2－4）＝1＋a2416－4a2，即有|MG||NG|＝1＋a244＋a2＝|AB|22＝1＋a24(4－a2)，所以1＋a24(4－a2)＝12(a2＋4)，所以a2＝2，解得a＝±2.故存在这样的实数a，且为±2.专题强化训练1．已知方程x22－k＋y22k－1＝1表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是()-8-A.12，2B．(1，＋∞)C．(1，2)D.12，1解析：选C.由题意可得，2k－12－k0，即2k－12－k，2－k0，解得1k2，故选C.2．(2019·浙江高考冲刺卷)已知F为抛物线4y2＝x的焦点，点A，B都是抛物线上的点且位于x轴的两侧，若OA→·OB→＝15(O为原点)，则△ABO和△AFO的面积之和的最小值为()A.18B.52C.54D.652解析：选D.设直线AB的方程为：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB与x轴的交点为M(m，0)，4y2＝xx＝ty＋m，可得4y2－ty－m＝0，根据根与系数的关系有y1·y2＝－m4，因为OA→·OB→＝15，所以x1·x2＋y1·y2＝15，从而16(y1·y2)2＋y1·y2－15＝0