2020高考數學復習--專題五解析幾何第3講圓錐曲線中的最值、范圍、證明問題練習含解析

1、第 3 講圓錐曲線中的最值、范圍、證明問題破解睡點破解睡點1最值問題函數最值法：當題目中給出的條件和結論的幾何特征不明顯，則可以建立目標函數，再求這個函數的最值.求函數最值的常用方法有（1）配方法；（2）基本不等式法；（3）判別式法;單調性法；（5）三角換元法；（6）導數法等.高考真題略（2）當l，x軸時不合題意，【關鍵1:研究直線l與x軸垂直的情況】故可設l:y=kx-2,Rx1,y1）,Qx2,丫2）,將丫=卜*2 代、X2222入 4-+y=1 得（1+4k）x-16kx+12=0.當=16（4k研考點考向研考點考向破重點難點破重點難點_ _思維方法【基本不等式法】（2014-高考課標全

2、國卷 I）已知點22A（0,2）,橢圓E:0+$=r,23,8k2J4k-3.、3)0,即k4 時，x12=-4k，【關鍵2:設出直線方1（ab0）的離心率為坐，F程，并與橢圓方程聯立，利用根與系數的關系求出的橫坐標與參數k的關系式】24.k+1;4k3從而|PQ=Mk2+1|x1x2|=工-2-.AB兩點是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為O,O為坐標原3點.（1）求E的方程；（2） 設過點A的動直線l與E相交于P,Q兩點，當OPQ的面積最大時，求l的方程.2又點O到直線PQ勺距離d=,144k2-3所以OPQ勺面積SAOPQ=d|PQ=4k2+1.【關鍵 3：用參數k表小面積】設、4k23=

3、t，則 t0,$OP斫=暨；=47因為 t+94,當t+4t+4t且僅當 t=2,即k=士乎時等號成立，且滿足 A0,【關鍵 4:換元，利用基本不等式求最值】所以，當OPQ勺面積最大時，k=gl的方程為y=i27x2或y=-2.【關鍵5：利用弦長公式求出PQPG的表達式】2.18k(1+k)所以PQG勺面積 S=2|PQ|Pq=(1+2kb(2+k2)1,8k+k1+27+kk【關鍵6：將PQG勺面積表示成關于k的函數】1設1=卜+1,則由k0 得t2,當且僅當k=1 時取等號.因k略(2)證明：設直線PQ的斜率為 k,則其方程為y=kx(k0).y=kx,2、一 2 一一由 xy 倚 x=-

4、工.I 己 u=-2,貝 URu,uk),幣+會=1 產次產玄2Qu,-uk),E(u,0).【關鍵 1：巧換元，妙設點P、QE的坐標】k-k_一于是直線QGW斜率為 2,萬程為 y=2(x-u).【關鍵 2：求直【利用函數的單調性求最值】(2019高考全國卷n)已知點A(-2,0),R2,0),動點Mx,y)滿足直線AM與1、，BM勺斜率之積為一萬.記M的軌跡為曲線C.(1)求C的方程， 并說明C是什么曲線；(2)過坐標原點的直線交C于P,Q兩點，點P在第一象限，PE!x軸， 垂足為E,連接QE并延長交C于點G證明：PQG1直角三角形；求PQGM積的最大值.線QG勺方程】k,、y=2(x-u

5、),2x一42?1設G(XG,得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.*yG),則u和XG是方程*的解,由此得yG=uk32+k2.【關鍵 3:正確求出G點的坐標】uk32+k2uk從而直線PG的斜率為“，加2,au(3k 十 2)zu2+kPG的斜率】所以PCXPG即PQ蛻直角三角形.由得|PQ=2u/i+k2,|Pq=型故XG=u(3k2+2)1、，.【關鍵 4:求直線kk.1k2+1八12,2+k為 S=不魯在2,+8)單調遞減，所以當 t=2,即 k=1 時，S取得最大值，最大值為。.因此，PQ(積的最大值為6.99典型例題22第(2019安徽宣城二模)已知橢圓C的方程為X+

6、y-=1,A是橢圓上的一點，且A在第一象限內，過A且斜率等于一 1 的直線與橢圓C交于另一點B,點A關于原點的對稱點為D(1)證明：直線BD的斜率為定值；(2)求4AB面積的最大值.一一、一.一、一,，八一八,、V2V1【解】【解】(1)證明：設D(xby。，RX2,y2),則A(X1,y,直線BD的斜率k=-一X2X122X1y1.+-=1,42V2y11X1+X2由22兩式相減得-L=-x,x2y2X2-X12y1+y2彳十5iy1y2y2-y11因為kAB=1,所以k=二,X1+X2X2X121故直線BD的斜率為定值 2.(2)連接OB因為A,D關于原點對稱,所以 SLABD=2SAOB

7、t；,一_11由(1)可知BD的斜率k=2,設BD的萬程為y=2X+t,因為D在第三象限，所以一 42vtb0）的離心率為焦距為 2.（1）求橢圓E的方程；13（2）如圖，動直線l：y=kx交橢圓E于A,B兩點，C是橢圓E上一點，直線OC的斜率為k2,且卜此二里，M是線段OC長線上一點，且|MC：IAB=2：3,OM的半徑為|M（f,OSO設 OM 的兩條切線，切點分別為S,工求/SO砸最大值，并求取彳#最大值時直線l的斜率.c2_斛：（1）由題息知e=_=紜,2c=2,a2所以 a=q2,b=1,=111,y（X1+X2）24x1x2=1119632t（2017 高考山東卷）在平面直角坐標系

8、3QE,x22因此橢圓E的方程為+y2=1.(2)設A(xi,yi),B(x2,y2),Fy2=i，1+8k1.21+4。由題意可知 sin 三用 rTTBC/1+8k|0C/1+4k2r2小+k2d+8k2.231+2k1聯立方程y=kix一亭,得(4k2+2)x2-4 于kix1=0,由題意知0,且xi+x2=2.3ki痛 7，2(2k2+1)所以 lAB=,1+k21x1x2|=，21+k：1+8k11+2k2由題意可知圓M的半徑r為r=3lAB32 必.1+皿 1+8%二二 2k2+1由題設知所以k2=4k1因此直線0a勺方禾呈為 v#x22.萬+y=1聯立方程2y=x-xy4k1x得

9、x2=8k1211+4k2y=1+4k23 也 1+2k141+4k2W+k；22令 t=1+2ki,則t1,Je（o,1）,crn,ZSOT1所以 sin2/SOT兀v,26一一一.一兀所以/SOT最大值為.3綜上所述：/SOT勺最大值為-j,取得最大值時直線l的斜率為匕=*.范圍問題1.幾何轉化代數法：若題目的條件和結論能明顯體現幾何特征和意義，則考慮利用圓、圓錐曲線的定義、圖形、幾何性質來解決.高考真題思維方法因此1竿3242t2+t12112+因此31一，2.代數法：代數法求范圍問題，常需要根據條件構造關于某個變量的不等式或函數表達式，然后利用求解不等式、基本不等式、函數值域(導數與不

10、等式、導數與方程)等方法求出范圍，要特別注意變量的取值范圍.高考真題思維方法(2018 高考浙江卷)如圖,(1)略已知點P是y軸左側(不含y軸)一點，拋物線C：y2=4x上存在不同的兩點A,B滿足(1)設AB中點為 M 證明:PM垂直于y軸;(2)若P是半橢圓1(x0)上的動點,求PAB面積的取值范圍.y1+y2=2y。，(2)由(1)可知2y/2=8x。一y。,1,2.2、32所以|PM=g(丫1+y2)-x0=y03x。，|y1y2|=22(y。4x。).因此，PAB的面積 SPAB=【關鍵 1：利用根與系數的關系，用P點坐標表示PAB勺面積】2因為x0+，=1(1wxo1,y1),N(x

11、2,y2).由x24222得(4k+3)x8kx.2+4k-12=0,【關鍵 1:分類討論,當直線斜率存在時，設出直線方程，與橢圓方程聯立消元得(2016高考全國卷 I)設圓x2+y2+2x-15=0 的圓心為A,直線l過點B(1,0)且與x軸不重合，l交圓A于C,D兩點，過B作AC的平行線交AD點E.(1)證明|EA+IEB為定值，并寫出點E的軌跡方程；(2)設點 E 的軌跡為曲線 C,直線l交C于MN兩點，過B且與l垂直的直線與圓A交于P,Q兩點，求四邊形MPNQ?積的取值范圍.則 xdx2=S，4k+312(k2+1)4k2+3.24k122x1x2=4k2+3,所以|MN=弋1+k|x

12、1x2|【關鍵 2:利用根與系數的關系及弦長公式求弦長】1過點B(1,0)且與l垂直的直線my=-(x-1),A到m的k一,2距離為【關鍵 3:利用點到直線的距離公式求距離】所以|PQ=42-VkV14k3k2+1.【關鍵 4:利用圓中半徑、弦長一半、弦心距的關系求弦長】一一一一 1 一故四邊形MPNQJ面積 S=2|MNIPQ=111+4k2+3.【關鍵5：用直線斜率k表示四邊形MPNQJ面積】可得當8W).l與x軸不垂直時，四邊形MPNQJ積的取彳 1 范圍為(12,【關鍵6：利用k20 求取值范圍】當l與x軸垂直時，其方程為 x=1,|MN=3,|PQ=8,四邊形MPN的面積為 12.【

13、關鍵 7:分類討論，直線斜率不存在時四邊形MPNQJ面積】綜上，四邊形MPN面積的取彳 1 范圍為12,8r3).典型例題鈍國(2019安徽五校聯盟第二次質檢)已知橢圓 C:22xy7+#=1(ab0)的焦點坐標分3 別為Fi(1,0),F2(1,0),P為橢圓C上一點，滿足 3|PF|=5|PF2|且 cos/FiPF=.5(1)求橢圓C的標準方程；(2)設直線l：y=kx+m與橢圓C交于A,B兩點，一 1 一 4 一一，、點Q不0,若|AQ=|BQ,求k的取值范圍.【解】【解】(1)由題意設|PF|=1,|PE|=2,則 3r1=5 匕又1+2=2a,所以3r2=-a42y=123，消去y

14、得(3+4k)y=kx+m2、Mrt,8km4m12、,一，/2、公y2),則xdx2=3+4k2,x1x2=3+4k),且=48(3+4km)0,一，一，1因為|AQ=|BQ,所以AB!QM又 Q,0,M為AB的中點，所以kw0,直線QM勺斜率3m-7223+4k.-3+4k-存在，所以k,kQMk,=一1,斛得m=一3，4km14k3+414求解范圍問題的常見方法(1)利用判別式構造不等關系，從而確定參數的取值范圍.(2)利用已知參數的取值范圍，求新參數的取值范圍，解決這類問題的核心是在兩個參數之間建立等量關系.回似方法5r1-4a，在APFFz中，由余弦定理得，cos/F1PE=222r

15、2+r2一|FF2|22r11252322：a+-a244532aa4435解得a=2,因為c=1,所以b=ac=3,22所以橢圓C的標準方程為 9 卜1.2x、T+(2)聯立方程4x2+8kmx+411212=0,設A(x1,y。，B(x2,設AB的中點為 Mx。，y。)，連接QM則xO=x1+x24km234k2,3my0=kx0+m=彳汞,把代入得3+4k2-號”整理得16k4+8k2-30,即(4k?1)(4k2+3)0,(3)利用隱含或已知的不等關系建立不等式，從而求出參數的取值范圍.(4)利用基本不等式求出參數的取值范圍.(5)利用函數的值域求范圍問題的關鍵是建立關于某個變量的目標

16、函數，通過求這個函數的值域確定目標變量的取值范圍.在建立函數的過程中，要根據題目的其他已知條件把要求的量都用已知變量表示出來，同時要注意變量的取值范圍.對點訓練(2019 洛陽模擬)已知 A,B是x軸正半軸上兩點(A在B的左側)，且|AE|=a(a0),過A,B分別作x軸的垂線，與拋物線y2=2px(p0)在第一象限分別交于D,C兩點.(1)若a=p,點A與拋物線y2=2px的焦點重合，求直線CD的斜率；Si(2)若O為坐標原點，記OCD勺面積為S,梯形ABCD勺面積為S2,求工的取值范圍.解：(1)由題意知Ap,0,則Bp+a,0,Dp,p,則Cp+a,Jp2+2pa,又a=p,222212

17、p所以=4p8pkb0,得kb2,所以kCD=22(2)設直線CD勺方程為y=kx+b(kw0),C(xi,yi),C(x2,y 公,y=kx+b2由2_2，得ky2py+2Pb=0,因為|CD=業(yè)+k21xix2I=a,1+k2,點O到直線CD的距離d=r旦E，n+k21.2Ib|1所以S=-a-J1+k-2=rab.2.;1+k2又S2=2y1+y2)Ix1x2|=；fa=*,22kk因為 0kbp,所以 0S10,yiy2=_pb0,可知k0,b0,kk所以S2kb2?位置關系等等.證明時，常把幾何量用坐標表示，建立某個變量的函數，用代數方法證明.高考真題思維方法(2018高考全國卷I)

18、設一X22,1橢圓 C-+y=1 的右焦點為F,過F的直線l與C交于A,B兩點，點M的坐標為(2,0).(1)當l與X軸垂直時，求直線AM勺方程；(2)設O為坐標原點，證明：/OMA/OMB(2)證明：當l與x軸重合時，/OMA?/OMB0.略【關鍵1:分類討論(1與x軸重合)，證明/OMA：/OMB當l與x軸垂直時，OM為AB的垂直平分線，所以/OMAZOMB【關鍵 2：分類討論(l與x軸垂直)，證明/OMA：/OMB當l與x軸不重合也不垂直時，設l的方程為y=k(x1)(kw0),Nxi,y1),B(x2,v4，【關鍵 3:設出直線方程及直線與橢圓交點的坐標】則x1d2,x2J2,直線MA

19、MB勺斜率之和為kMA+kME=-y+vx12y2.x22由y1=kx1k,y2=kx2k得kMkMK2kx1x2-3k(xdx2)+4k(x12)(x22)【關鍵 4:用交點橫坐標表示直線MAMB勺斜率之和】、x22一.22.2.2將 y=k(x1)代入萬+y=1 得(2k+1)x-4kx+2k2=0.,2,2,4k2k2所以x1+x2d2-x1x2d2-2k+12k+1【關鍵 5:聯立直線方程與橢圓方程，用參數k表示交點橫坐標】3_33一4k4k12k+8k+4k則 2kxx23k(x+x2)+4k=2k2+1=0.從而klMA+kMB=0,【關鍵 6：把直線MAMB勺斜率之和用k表示并化

20、簡，可證/OMA/OMB故直線MAMB勺傾斜角互補，所以/OMAZOMB綜上，/OMAZOMBX2y2x2v2證明：設A(Xi,yi),B(X2,y2),則=1,=43431.V1y2X1+X2y1+y2兩式相減，并由-=k 得一二+Q*=0.【關鍵 1：X1一X243點差法表示直線斜率】,X1+X2丫1+丫2一3_,由題設知2=1,y產=簿于是 k=4 布【關鍵 2:構造函數】31由題設得0Vm0).1證明：k2;(2)設F為C的右焦點，P為C上一點，且FP+FA+FB=0.證明：IFA,IFp,IFB|成等差數列，并求該數列的公差.+X2)=1,ys=(yH-y2)=2m3又點P在C上，所

21、以m=4,從而P1,2,|Fp=-,于是|FA|=弋(xi-1)234+y2=(xi1)2+314=2X1一 2.同理|FB|=2X2,所以|FA|+|由|=4芥1+*2)=3.【關鍵 4:用AB的橫坐標表示向量FA,FB的?！抗?2|FP|=|FA|十|FB,即|笛，|FP|,|FB成等差數列.設該數列的公差為 d,則 21d|=|FB-|FA|=：|X1X2|=2j(X1+X2)24X1X2.【關鍵5:設出公差，并用AB的橫坐標表示】公 37將 m=4 代入得 k=-1,所以 l 的方程為 y=-X+-,R、一、一-、一一o1 一入C的萬程，并整理得 7x214x+：=0,故XI+X2=2

22、,X1X242=而.【關鍵 6：利用m與k的關系求k的值，與出 28直線l的方程，代入橢圓方程求出兩根之和與兩根之積】代入解得|d|=1.所以該數列的公差為節(jié)1或一42128.典型例題x3y1。為坐標原點，直線l：孑一第=1的斜率與直線0A的斜率乘積為一.(1)求橢圓C的方程；(2)不經過點A的直線y=x+t(tW0且teR)與橢圓C交于P,Q兩點，P關于原點的對稱點為R與點A不重合)，直線AQAR與y軸分別交于兩點MN,求證：|AM=|AN.【解】【解】(1)由題意知，kOA.kl=-.J32=-2=-,23aa4即a2=4b2,-13_又孑+4F：1,(2)證明：設RXI,y。，QX2,y

23、2),則 RXI,一y。，由得x2+/3tx+t21=0,所以 A=4120,即一 2tb0)上,所以聯立，解得a=2b=1所以橢圓C的方程為X22.Z+y=1.3,y=2x+tx22+y=14所以 1AM=|AN|.法二：要證明|AM=|AN,可轉化為證明直線AQAR與y軸的交點MN連線的中點S的縱坐標為23,即AS垂直平分MNP可.直線AQAR的方程分別為；313-y2-2 用-y1+23分別令 x=0,彳導yM=X2-12，yN=X1+12，；313-力-安-y1+2 廠所以yM+yN=X21+X1+1Y乎X1t+乎(X2-1)+乎X2t乎(X1+1)(X21)一q3xiX2t(X1+X

24、2)y(Xl+1)(X21)一串(t2-1)一 t(一木 t)一y3(X1+1)(X21)=-后ys=*2yL乎，即AS垂直平分MN所以|AM=|AN.幾何證明問題的解題策略(1)圓錐曲線中的證明問題，主要有兩類：一是證明點、直線、曲線等幾何元素中的位置關系，如：某點在某直線上、某直線經過某個點、某兩條直線平行或垂直等；二是證明直線與圓錐曲線中的一些數量關系(相等或不等).(2)解決證明問題時，主要根據直線、圓錐曲線的性質、直線與圓錐曲線的位置關系等,通過相關的性質應用、代數式的恒等變形以及必要的數值計算等進行證明.對點訓練X2y22(2019湖南省五市十校聯考)已知橢圓 C：丁+/=1(ab

25、0)的離心率為 22，右焦點為F,以原點O為圓心，橢圓C的短半軸長為半徑的圓與直線X-丫+啦=0 相切.lAQ：y+3Q2+22X2-1J3y1(X1),IAR：y+-=_Xi-1(X1),(Xi+1)一.13(1)求橢圓C的方程；(2)如圖，過定點 R2,0)的直線l交橢圓C于 A,B兩點，連接AF并延長交C于M求證：/PFM=/PFB解：(1)依題意可設圓O的方程為x2+y2=b2,因為圓 O 與直線 xy+J2=0 相切，所以 b=!2|2=1,所以 a2c2=1,j1+1又|=事,所以 M2,UL4、E,X22所以橢圓C的方程為萬+y2=1.(2)證明：依題意可知直線l的斜率存在，設l

26、的方程為y=k(x2).y=k(x2)由x22得(1+2k2)x28k2x+8k22=0,2+y=1因為l與橢圓有兩個交點，所以 A0,即 2k210.設A(x1,y。，B(x2,y2),直線AF,BF的斜率分別為kb.2.2w8k8k2則x1+x2=Ex1x2=iT即/PF陣/PFB練典型習題練典型習題G提數學素養(yǎng)提數學素養(yǎng)22，一xy1.已知F為橢圓 C:-+t-=1 的右焦點，M為C上的任意一點.43求|MF的取值范圍；32 2)P,N是C上異于M的兩點，若直線PM與直線PN的斜率之積為一4,證明：MN兩點的橫坐標之和為常數.解：(1)依題意得 a=2,b=，3,所以 c=a2b2=1,

27、所以橢圓C的右焦點F的坐標為(1,0),k2,y1y2因為F(1,0),所以k+g3+告k(x12)x1-1+k(x22)x21=2k-k117+7x11x21=2k-kxx1+x22x1x2一(x1+x2)-=2k-kx+18k21+2k228k228kL1+2k21+2k*1=2k-kx2-4k一 22k2-1=0,設橢圓C上的任意一點M的坐標為(XM,yM),22XMyM則 4+3=1,所以|MF=(XM-1)+yM=(XM1)+37XM=XM2XM+4=(XM4),444又一 2WXM2,所以 1W|MF2W9,所以 1W|MFb0)的左、右焦點分別為 E,ab為橢圓上一動點(異于左、

28、右頂點)，AFE 的周長為 4+2 也，且面積的最大值為也.(1)求橢圓C的方程;(2)設B是橢圓上一動點，線段AB的中點為p,OAOBO為坐標原點)的斜率分別為yp),(XM,yM),(XN,yN),設直線PMPN的斜率分別為ki,k2,則直線PM的方程為yyp=ki(x-xp),消去V，所以XM=8ki(kixpyp).24k1Xp8kyp3X77-2XP=7723+4k13+4k1F2,Ak1,-1-k2,且k1k2=&求|Op的取值氾圍.解：(1)由橢圓的定義及AFF2 的周長為4+2 小,可得 2(3+0)=4+273,所以 a+c=2+小.當A在上(或下)頂點時，AFF2

29、的面積取得最大值，即bc=/,由及a2=c2+b2,得a=2,b=1,c=3,x22所以橢圓 C 的方程為：+y2=1.4111(2)當直線AB的斜率不存在時，k1=-k2,因為k1k2=-,所以 k=2,不妨取 k=2,1則直線OA的方程為 y=x,不妨取點A/,乎，則 B42,半，P(2,0),所以|0印=啦.y=kx+m當直線AB的斜率存在時，設直線AB的方程為y=kx+mA(x1,y。，B(x2,y2),由？+4？4可得(1+4k2)x2+8km桿 4n24=0,A=64k2M4(4k2+1)(4m24)=16(4k2+1n2)0,所以 4(kx1+n)(kx2+m)+x1x2=(4k2+1)xa+4knjx1+x2)+4ni=4n2-4-0,化簡得 2m2=1+4k2(滿足式)，所以宿：.x+x2-4km2k1y0),則x0=-=/12=,y0=kx0+m=T21+4km2n4k