2021年高考数学大二轮专题复习专题六 第3讲 圆锥曲线的综合问题
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1、第 3 讲 圆锥曲线的综合问题 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 核心知识回顾 1.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, 然后利用函数的性质、 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 0 或圆锥曲线的有界性或题目条件中的某个
2、 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 热点考向探究 考向 1 最值与范围问题 角度 1 最值问题 例1 (2020 山东省烟台市高考适应性练习)已知O为坐标原点, F为抛物线C: y22px(p0) 的焦
3、点,过 F 且斜率为 1 的直线交抛物线于 A,B 两点,AOB 的面积为 8 2. (1)求抛物线 C 的方程; (2)若 P 为 C 上位于第一象限的任一点,直线 l 与 C 相切于点 P,连接 PF 并延长交 C 于 点 M,过 P 点作 l 的垂线交 C 于另一点 N,求PMN 面积 S 的最小值 解 (1)由已知,得直线 AB 的方程为 yxp 2, 设 A(xA,yA),B(xB,yB), 联立 y 22px, yxp 2, 可得 y22pyp20,显然 0, 则 yAyB2p,yAyBp2. 于是|yAyB|(yAyB)24yAyB4p24p22 2p. SAOB1 2 p 2|
4、yAyB| 2 2 p28 2, 所以 p4. 故抛物线 C 的方程为 y28x. (2)设 P(x0,y0)(y00),M y 2 1 8,y1 ,N y 2 2 8,y2 ,切线 l 的方程为 xx0t(yy0), 则有FM y 2 1 82,y1 ,FP y 2 0 82,y0 , 由 M,F,P 三点共线,可知FM FP , 即 y 2 1 82 y0 y 2 0 82 y10, 因为 y0y1,化简可得 y0y116. 由 xx0t(yy0), y28x, 可得 y28ty8ty08x00, 因为直线 l 与抛物线相切,故 64t232ty04y2 00,故 ty 0 4. 所以直线
5、 PN 的方程为 yy0y0 4(xx0),即 y0 x4y4y0y 3 0 80, 点 M 到直线 PN 的距离为 d y 2 1y0 8 4y14y0y 3 0 8 y2 016 , 将 y116 y0代入可得, d 32 y04y0 y3 0 8 y2 016 (y2 016) 2 8|y0|y2 016 . 联立 y0 x4y4y0y 3 0 80, y28x, 消去 x 可得, y0y232yy3 032y00, 所以 y0y232 y0,y2 32 y0y0. |PN|116 y2 0 |y0y2|116 y2 0 2y032 y0 2(y 2 016) y2 016 y2 0 ,
6、 故 S1 2d|PN| 1 2 (y2 016) 2 8|y0|y2 016 2(y2 016) y2 016 y2 0 1 8 y2016 y0 3 1 8 y016 y0 3 1 8 2y016 y0 3 64, 当且仅当y04时, “”成立,此时,PMN 面积 S 的最小值为 64. 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
7、(2020 山东省日照市高三 6 月校际联合联考)如图,在平面直角坐标系 xOy 中,抛物线 C: y22px(p0)的焦点为 F,A 为抛物线上异于原点的任意一点,以 AO 为直径作圆 ,当直线 OA 的斜率为 1 时,|OA|4 2. (1)求抛物线 C 的标准方程; (2)过焦点 F 作 OA 的垂线 l 与圆 的一个交点为 M,l 交抛物线于 P,Q 两点(点 M 在 P, Q 之间),记OAM 的面积为 S,求 S23 2|PQ|的最小值 解 (1)当 kOA1 时,可得 A(2p,2p), |OA|4 24p24p22 2p,p2, 抛物线 C 的标准方程为 y24x. (2)设
8、A(x1,y1),M(x0,y0),P(x2,y2),Q(x3,y3), 根据题意有 OA FM 0 x1x0y1y0 x10, OM AM 0 x2 0 x1x0y 2 0y1y00, 即 x2 0y 2 0 x1, 又|AM|2|OA|2|OM|2x2 1y 2 1(x 2 0y 2 0)x 2 1y 2 1x1x 2 13x1, S1 2|AM| |OM| 1 2 x2 13x1 x2 0y 2 0 S21 4x1(x 2 13x1), 由题意可知,直线 PQ 的斜率一定存在且不为 0, 设 lPQ:xny1, xny1, y24x y24ny40, y2y34n,y2y34, |PQ|
9、1n2|y2y3| 1n2(y2y3)24y2y34(1n2), PQOA,kPQy1 x11n y1 x1|PQ|4(1n 2)4 1 4 x1 , S23 2|PQ| 1 4x1(x 2 13x1)6 1 4 x1 , 令 f(x)1 4x(x 23x)6 14 x f(x)3 4 x42x332 x2 , 令 g(x)x42x332,则 g(x)在 x0 时单调递增, 又 g(2)0,当 x(0,2)时,g(x)0, 即当 x(0,2)时,f(x)单调递减, 当 x(2,)时,f(x)单调递增 当 x2 时,f(x)min23. 即 S23 2|PQ|的最小值为 23. 角度 2 范围问
10、题 例 2 (2020 河北省衡水中学第九次调研考试)如图,椭圆 C1:x 2 a2 y2 b21(ab0)的左、右 焦点分别为 F1,F2,离心率为 3 2 ,过抛物线 C2:x24by 的焦点 F 的直线交抛物线于 M,N 两点, 当|MF|7 4时, M 点在 x 轴上的射影为 F1.连接 NO,MO 并延长分别交 C1 于 A,B 两点, 连接 AB,OMN 与OAB 的面积分别记为 SOMN和 SOAB,设 S OMN SOAB. (1)求椭圆 C1和抛物线 C2的方程; (2)求 的取值范围 解 (1)由抛物线定义可得 M c,7 4b , 点 M 在抛物线 x24by 上, c2
11、4b 7 4b ,即 c 27b4b2, 又由c a 3 2 ,得 c23b2,将上式代入, 得 7b27b,解得 b1,c 3,a2, 椭圆 C1的方程为x 2 4y 21,抛物线 C2 的方程为 x24y. (2)设直线 MN 的方程为 ykx1, 由 ykx1, x24y, 消去 y 整理,得 x24kx40, 设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 x1x24, 设 kONm,kOMm, 则 mmy2 x2 y1 x1 1 16x1x2 1 4, m 1 4m, 设直线 ON 的方程为 ymx(m0), 由 ymx, x24y,解得 x 24m, |ON|1m2|x2|4m1m2,
12、 由可知,用 1 4m代替 m,可得 x1 1 m, |OM| 1 1 4m 2 |x1| 1 m 1 1 16m2. 设 A(xA,yA),B(xB,yB),由 ymx, x2 4y 21, 解得 xA 2 4m21, 所以|OA|1m2|xA|2 1m2 4m21, 用 1 4m代替 m,可得 xB 2 1 4m21 , |OB|1 1 16m2|xB| 21 1 16m2 1 4m21 , S OMN SOAB 1 2|ON| |OM|sin MON 1 2|OA|OB|sin AOB |ON| |OM| |OA| |OB| 4m1m2 1 m 1 1 16m2 21m2 4m21 21
13、 1 16m2 1 4m21 4m21 1 4m21 4m22 1 4m22m 1 2m2, 当且仅当 m1 2时等号成立 的取值范围为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 (2020 山东省潍坊市三模)设抛物线 E:x22py(p0)的焦点为 F,点 A 是 E 上一点,且线 段 AF 的中点坐标为(1,1). (1)求抛物线 E 的标准方程; (2)若 B,C 为抛
14、物线 E 上的两个动点(异于点 A),且 BABC,求点 C 的横坐标的取值范 围 解 (1)依题意,得 F 0,p 2 ,设 A(x0,y0), 由 AF 的中点坐标为(1,1), 得 1 x0 2, 1 y0p 2 2 , 即 x02,y02p 2, 所以 42p 2p 2 ,得 p24p40,即 p2, 所以抛物线 E 的标准方程为 x24y. (2)由题意知 A(2,1),设 B x1,x 2 1 4 ,C x,x 2 4 , 则 kBA x2 1 41 x12 1 4(x12), 因为 x12,所以 kBC 4 x12, 故 BC 所在直线方程为 yx 2 1 4 4 x12(xx1
15、). 联立 yx 2 1 4 4 x12(xx1), x24y, 因为 xx1,得(xx1)(x12)160, 即 x2 1(x2)x12x160, 因为 (x2)24(2x16)0, 即 x24x600, 故 x10 或 x6. 经检验,当 x6 时,不满足题意 所以点 C 的横坐标的取值范围是 x10 或 xb0), 四点 P1(1, 1), P2(0, 1),P3 1, 3 2 ,P4 1, 3 2 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)
16、由于 P3,P4两点关于 y 轴对称, 故由题意知 C 经过 P3,P4两点 又由 1 a2 1 b2 1 a2 3 4b2知,C 不经过点 P1,所以点 P2 在 C 上 因此 1 b21, 1 a2 3 4b21, 解得 a 24, b21. 故 C 的方程为x 2 4y 21. (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:xt,由 题意知 t0,且|t|0. 设 A(x1,y1),B(x2,y2), 则 x1x2 8km 4k21,x1x2 4m24 4k21 . 而 k1k2y 11 x1 y 21 x2 kx 1m1 x1
17、kx 2m1 x2 2kx 1x2(m1)(x1x2) x1x2 . 由题意 k1k21,故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0. 即(2k1) 4m24 4k21 (m1) 8km 4k210. 解得 km1 2 . 当且仅当 m1 时,0, 故 l:ym1 2 xm,即 y1m1 2 (x2), 所以 l 过定点(2,1). 圆锥曲线中定点问题的两种解法 (1)引进参数法:引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化的量,再研究变化的量与 参数何时没有关系,找到定点 (2)特殊到一般法:根据动点或动线的特殊情况探索出定点,再证明该定点与变量无关 提醒:(1)直线过定点,常令参数的系数等于
18、0 即可如直线 ykxb,若 b 为常量,则 直线恒过点(0,b);若b k为常量,则直线恒过点 b k,0 . (2)一般曲线过定点,把曲线方程变为 f1(x,y)f2(x,y)0( 为参数).解方程组 f 1(x,y)0, f2(x,y)0,即得定点坐标 (2020 河北省保定市二模)已知椭圆 C:x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 1 2,且以椭圆上的点和 长轴两端点为顶点的三角形的面积的最大值为 2 3. (1)求椭圆 C 的方程; (2)经过定点 Q(m,0)(m2)的直线 l 交椭圆 C 于不同的两点 M,N,点 M 关于 x 轴的对称 点为 M,试证明:直线 MN 与
19、 x 轴的交点 S 为一个定点,且|OQ| |OS|4(O 为原点). 解 (1)由题意得 c a 1 2, 1 22ab2 3, a2b2c2, 解得 a2,b 3. 所以椭圆 C 的方程为x 2 4 y2 31. (2)证明:由题意知直线 l 的斜率一定存在,设为 k, 设 M(x1,y1),N(x2,y2),则 M(x1,y1),设 S(n,0), 联立 yk(xm), x2 4 y2 31, 消去 y 得 (34k2)x28k2mx4k2m2120, 由 0 得(4m2)k230,即 k2b0)的左顶点和下顶点分别为 A, B,|AB|2 5,过椭圆焦点且与长轴垂直的弦的长为 2. (
20、1)求椭圆 C 的方程; (2)已知 M 为椭圆 C 上一动点(M 不与 A,B 重合),直线 AM 与 y 轴交于点 P,直线 BM 与 x 轴交于点 Q,证明:|AQ| |BP|为定值 解 (1)由题意可知 a 2b220, 2b2 a 2, 解得 a4, b2, 所以椭圆 C 的方程为 x2 16 y2 41. (2)证明:A(4,0),B(0,2),设 M(x0,y0),P(0,yP),Q(xQ,0), 因为 M(x0,y0)在椭圆 C 上,所以 x2 04y 2 016, 由 A,P,M 三点共线得yP 4 y0 x04,即 yP 4y0 x04, 同理可得 xQ 2x0 y02.
21、所以|AQ| |BP|xQ4| |yP2| 2x04y08 y02 2x04y08 x04 4(x2 04y 2 0164x0y08x016y0) (x04)(y02) 16. 所以|AQ| |BP|为定值 16. 圆锥曲线中定值问题的两种解法 (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 的正负项相抵消或分子、分母约分得定值 已知椭圆 C:x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ,点 A(2, 2)在椭圆上,O 为坐标原点 (1)
22、求椭圆 C 的方程; (2)已知点 P, M, N 为椭圆 C 上的三点, 若四边形 OPMN 为平行四边形, 证明四边形 OPMN 的面积 S 为定值,并求出该定值 解 (1)由题有 c a 2 2 , 4 a2 2 b21, c2b2a2, a28,b24, 椭圆 C 的方程为x 2 8 y2 41. (2)当直线 PN 的斜率 k 不存在时,直线 PN 的方程为 x 2或 x 2, 从而有|PN|2 3, 所以四边形 OPMN 的面积 S1 2|PN| |OM| 1 22 32 22 6. 当直线 PN 的斜率 k 存在时,设直线 PN 的方程为 ykxm(m0),P(x1,y1),N(
23、x2,y2), 将直线 PN 的方程代入椭圆 C 的方程, 整理得(12k2)x24kmx2m280, 当 64k28m2320 时, 有 x1x24km 12k2,x1x2 2m28 12k2 ,y1y2k(x1x2)2m 2m 12k2, 由OM OP ON ,得 M 4km 12k2, 2m 12k2 . 将 M 点的坐标代入椭圆 C 的方程得 m212k2, 该关系式满足 0, 又点 O 到直线 PN 的距离为 d |m| 1k2, |PN|(x1x2)2(y1y2)21k2|x1x2|, 四边形 OPMN 的面积 Sd |PN| |m| |x1x2|12k2(x1x2)24x1x2
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