2022届高三数学一轮复习（原卷版）第8讲　第1课时　圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题.doc

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1、 第 8 讲 圆锥曲线的综合问题 一、知识梳理 1直线与圆锥曲线的位置关系的判定 (1)代数法：把圆锥曲线方程 C1与直线方程 l 联立消去 y，整理得到关于 x 的方程 ax2bxc0. 方程 ax2bxc0 的解 l 与 C1的交点 a0 b0 无解(含 l 是双曲线的渐近线) 无公共点 b0 有一解(含 l 与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行) 一个交点 a0 0 两个不相等的解 两个交点 0 两个相等的解 一个交点 0 无实数解 无交点 (2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系 2直线与圆锥曲线的相交弦长问题 设斜

2、率为 k(k0)的直线 l 与圆锥曲线 C 相交于 A，B 两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则|AB|1k2|x1x2| 1k2(x1x2)24x1x2 11k2|y1y2| 11k2(y1y2)24y1y2. 常用结论 圆锥曲线以 P(x0，y0)(y00)为中点的弦所在直线的斜率如下表： 圆锥曲线方程 直线斜率 椭圆：x2a2y2b21(ab0) kb2x0a2y0 双曲线：x2a2y2b21(a0，b0) kb2x0a2y0 抛物线：y22px(p0) kpy0 二、教材衍化 1过点(0，1)作直线，使它与抛物线 y24x 仅有一个公共点，这样的直线有( ) A1 条 B2

3、条 C3 条 D4 条 解析：选 C结合图形分析可知，满足题意的直线共有 3 条：直线 x0，过点(0，1)且平行于 x 轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线 x0) 2已知与向量 v(1，0)平行的直线 l 与双曲线x24y21 相交于 A，B 两点，则|AB|的最小值为_ 解析：由题意可设直线 l 的方程为 ym， 代入x24y21 得 x24(1m2)，所以 x1 4(1m2)2 1m2，x22 1m2， 所以|AB|x1x2|4 1m24， 即当 m0 时，|AB|有最小值 4. 答案：4 一、思考辨析 判断正误(正确的打“”，错误的打“”) (1)直线 l 与抛物线

4、 y22px 只有一个公共点，则 l 与抛物线相切( ) (2)直线 ykx(k0)与双曲线 x2y21 一定相交( ) (3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点( ) (4)直线与椭圆只有一个交点直线与椭圆相切( ) (5)过点(2，4)的直线与椭圆x24y21 只有一条切线( ) 答案：(1) (2) (3) (4) (5) 二、易错纠偏 常见误区| (1)没有发现直线过定点，导致运算量偏大； (2)不会用函数法解最值问题 1直线 ykxk1 与椭圆x29y241 的位置关系为( ) A相交 B相切 C相离 D不确定 解析：选 A直线 ykxk1k(x1)1 恒过定点(1，

5、1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交 2抛物线 yx2上的点到直线 xy20 的最短距离为( ) A 2 B7 28 C2 2 D5 26 解析：选 B设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则 d|xy2|2|x2x2|2x122742， 所以 x12时，dmin7 28. 第 1 课时 圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题 考点一 证明问题(综合型) (2018 高考全国卷节选)已知斜率为 k 的直线 l 与椭圆 C：x24y231 交于 A，B两点，线段 AB 的中点为 M(1，m)(m0) (1)证明：k12； (2)设 F 为 C 的右焦点，P 为 C 上的点，且FPFAFB0.

6、证明：|FA|，|FP|，|FB|成等差数列 【证明】 (1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214y2131，x224y2231. 两式相减，并由y1y2x1x2k 得x1x24y1y23k0. 由题设知x1x221，y1y22m，于是 k34m. 由题设得 0m32，故 k12. (2)由题意得 F(1，0)设 P(x3，y3)，则 (x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0，0) 由(1)及题设得 x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0.又点 P 在 C 上， 所以 m34，从而 P1，32，|FP|32. 于是|FA|(x11)2y21(x11)231x21

7、42x12. 同理|FB|2x22. 所以|FA|FB|412(x1x2)3. 故 2|FP|FA|FB|，即|FA|，|FP|，|FB|成等差数列 圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广， 但无论证明什么， 其常用方法有直接法和转化法，对于转化法，先是对已知条件进行化简，根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一问题 (2020 江西七校第一次联考)已知椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)经过点M1，22，其离心率为22，设直线 l：ykxm 与椭圆 C 相交于 A，B 两点 (1)求椭圆 C 的方程； (2)已知直线 l 与圆 x2y223相切，求证：OAOB(O 为坐标原点) 解：(1

8、)因为 eca22，a2b2c2， 所以 a22b2， 所以椭圆 C 的方程为x22b2y2b21. 因为1，22在椭圆上， 所以12b212b21，b21，a22， 所以椭圆 C 的方程为x22y21. (2)证明：因为直线 l 与圆 x2y223相切， 所以|m|1k263， 即 3m22k220，由ykxm，x22y22 得(12k2)x24kmx2m220，16k2m24(12k2)(2m22)0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x24km12k2，x1x22m2212k2， 所以 y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2m22k212k2，

9、 所以OA OBx1x2y1y22m2212k2m22k212k23m22k2212k20， 所以 OAOB. 考点二 范围问题(综合型) 复习指导| 圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法有函数法、判别式法、数形结合法、不等式法(根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围) 已知曲线 M 由抛物线 x2y 及抛物线 x24y 组成， 直线 l： ykx3(k0)与曲线 M 有 m(mN)个共同点 (1)若 m3，求 k 的最小值； (2)若 m4，自上而下记这 4 个交点分别为 A，B，C，D，求|AB|CD|的取值范围 【解】 (1)联立 x2y 与 ykx3，得 x2kx30，

10、 因为 1k2120， 所以 l 与抛物线 x2y 恒有两个交点 联立 x24y 与 ykx3，得 x24kx120. 因为 m3，所以 216k2480. 因为 k0，所以 k 3， 所以 k 的最小值为 3. (2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)， 则 A，B 两点在抛物线 x24y 上，C，D 两点在抛物线 x2y 上， 因为 x1x24k，x1x212，x3x4k，x3x43，且 216k2480，k0， 所以 k 3. 所以|AB| 1k2 (4k)248，|CD|1k2 k212， 所以|AB|CD|(4k)248k212 4 k23k2

11、124115k212. 所以 k 3，所以 015k2121， 所以|AB|CD|(0，4) 求解圆锥曲线中有关参数的取值范围问题， 关键是构建与参数有关的不等关系， 主要方法有： (1)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围； (2)建立已知参数与未知参数之间的等量关系，利用已知参数的范围，求新参数的范围； (3)利用隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围； (4)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围； (5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参 数的取值范围 若直线 l 与椭圆y29x21 交于不同的两

12、点 M，N，如果线段 MN 被直线2x10 平分，求直线 l 的斜率的取值范围 解：因为直线 x12与 x 轴垂直，且由已知得直线 l 与直线 x12相交，所以直线 l不可能与 x 轴垂直 设直线 l 的方程为 ykxm， 由ykxm，9x2y29，得(k29)x22kmxm290. 4k2m24(k29)(m29)0，即 m2k290， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x22kmk29. 因为线段 MN 被直线 2x10 平分，所以 2x1x2210， 即2kmk2910. 由m2k290，2kmk2910，得k292k2(k29)0， 因为 k290，所以k294k210，

13、即 k23， 解得 k 3或 k 3. 所以直线 l 的斜率的取值范围为(， 3)( 3，) 考点三 最值问题(综合型) 复习指导| 有关圆锥曲线的最值问题类型多样且解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：代数法和几何法若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值 已知椭圆 M：x2a2y231(a0)的一个焦点为 F(1，0)，左、右顶点分别为 A，B.经过点 F 的直线 l 与椭圆 M 交于 C，D 两点 (1)当直线 l 的倾斜角为 45 时，求线段 CD 的长； (2)记ABD 与

14、ABC 的面积分别为 S1和 S2，求|S1S2|的最大值 【解】 (1)由题意，c1，b23， 所以 a24， 所以椭圆 M 的方程为x24y231， 易求直线方程为 yx1，联立方程，得x24y231，yx1， 消去 y，得 7x28x80，2880， 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1x287，x1x287， 所以|CD| 2|x1x2| 2 (x1x2)24x1x2247. (2)当直线 l 的斜率不存在时，直线方程为 x1， 此时ABD 与ABC 面积相等，|S1S2|0； 当直线 l 的斜率存在时，设直线方程为 yk(x1)(k0)， 联立方程，得x24y231，yk(x

15、1)， 消去 y，得(34k2)x28k2x4k2120， 0，且 x1x28k234k2，x1x24k21234k2， 此时|S1S2|2|y2|y1|2|y2y1|2|k(x21)k(x11)|2|k(x1x2)2k|12|k|34k2，因为 k0，上式123|k|4|k|122 3|k| 4|k|122 12 3当且仅当k32时等号成立 ， 所以|S1S2|的最大值为 3. 圆锥曲线中的最值问题常涉及不等式、函数的值域问题，总体上主要有两种方法： (1)几何法 利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解 (2)代数法 把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的

16、函数解析式，然后利用函数的思想、不等式的思想等进行求解 1已知椭圆 C：x24y231 的右焦点为 F，P 为椭圆 C 上一动点，定点 A(2，4)，则|PA|PF|的最小值为_ 解析：如图，设椭圆的左焦点为 F，则|PF|PF|4，所以|PF|4|PF|，所以|PA|PF|PA|PF|4.当且仅当 P，A，F三点共线时，|PA|PF|取最小值|AF| (21)216 5，所以|PA|PF|的最小值为 1. 答案：1 2(2020 河北省九校第二次联考)已知抛物线 C：y22px(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

17、 的方程； (2)设直线 l 为抛物线 C 的切线，且 lMN，P 为 l 上一点，求PM PN的最小值 解：(1)由题意可知 Fp2，0 ， 则直线 MN 的方程为 yxp2， 代入 y22px(p0)得 x23pxp240， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 x1x23p， 因为|MN|8， 所以 x1x2p8， 即 3pp8，解得 p2， 所以抛物线 C 的方程为 y24x. (2)设直线 l 的方程为 yxb， 代入 y24x，得 x2(2b4)xb20， 因为直线 l 为抛物线 C 的切线，所以 0， 解得 b1， 所以 l 为 yx1. 由(1)可知，x1x26，x1x

18、21， 设 P(m，m1)， 则PM(x1m，y1(m1)， PN(x2m，y2(m1)， 所以PM PN(x1m)(x2m)y1(m1)y2(m1)x1x2m(x1x2)m2y1y2(m1)(y1y2)(m1)2，(y1y2)216x1x216， 所以 y1y24，y21y224(x1x2)， 所以 y1y24x1x2y1y24， PM PN16mm244(m1)(m1)2 2(m24m3) 2(m2)2714， 当且仅当 m2， 即点 P 的坐标为(2，3)时，PM PN取得最小值为14. 基础题组练 1 过椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)的右顶点 A 且斜率为 k 的直线交椭圆 C

19、 于另一个点 B，且点 B 在 x 轴上的射影恰好为左焦点 F，若14k23，则椭圆离心率的取值范围为( ) A13，34 B13，34 C0，34 D13，1 解析：选 B由题意知 Bc，b2a，所以 kb2acaaca1e.又14k23，所以141e23，解得13e34. 2抛物线 y28x 的焦点为 F，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线上的两个动点，若 x1x242 33|AB|，则AFB 的最大值为_ 解析：由抛物线的焦半径公式可得|AF|x12，|BF|x22. 又 x1x242 33|AB|， 即|AB|32(|AF|BF|)， 所以 cos AFB|AF|2|BF|

20、2|AB|22|AF|BF|AF|2|BF|232(|AF|BF|)22|AF|BF| 14|AF|214|BF|232|AF|BF|2|AF|BF|18|AF|BF|BF|AF|34182|AF|BF|BF|AF|3412， 当且仅当|AF|BF|BF|AF|即|AF|BF|时，等号成立 又 0AFB，所以AFB 的最大值为23. 答案：23 3设椭圆 E 的方程为x2a2y2b21(ab0)，点 O 为坐标原点，点 A 的坐标为(a，0)，点B 的坐标为(0，b)，点 M 在线段 AB 上，满足|BM|2|MA|，直线 OM 的斜率为510. (1)求 E 的离心率 e； (2)设点 C

21、的坐标为(0，b)，N 为线段 AC 的中点，证明：MNAB. 解：(1)由题设条件知，点 M 的坐标为23a，13b ， 又 kOM510，从而b2a510. 进而 a 5b，c a2b22b， 故 eca2 55. (2)证明：由 N 是 AC 的中点知，点 N 的坐标为a2，b2，可得NMa6，5b6. 又 AB(a，b)， 从而有AB NM16a256b216(5b2a2) 由(1)的计算结果可知 a25b2， 所以ABNM0，故 MNAB. 4(2020 重庆南开中学质检)已知 A(0， 2)，B( 3，1)是椭圆 C：x2a2y2b21(ab0)上的两点 (1)求椭圆 C 的标准方

22、程； (2)设 O 为坐标原点，M 为椭圆 C 上一动点，点 P(3，0)，线段 PM 的垂直平分线交 y轴于点 Q，求|OQ|的最小值 解：(1)由题意知代入 A，B 两点坐标得2b21， 3a21b21. 解得 a26，b22， 所以椭圆 C 的标准方程为x26y221. (2)根据题意知直线 PM，QN 的斜率存在且不为 0. 设点 M 坐标为(x0，y0)， 则x206y2021，即 x2063y20. 线段 PM 的中点 Nx032，y02，kPMkQN1， 即 kQN3x0y0， 所以直线 lQN：yy023x0y0 xx032. 令 x0，并结合式得 yQy02x2092y0y0

23、233y202y032y202y0， |OQ|yQ|32y202y0 32|y0|y0|232|y0|y0| 6， 当且仅当32|y0|y0|， 即 y062时取等号， 所以|OQ|的最小值为 6. 综合题组练 1(2020 河南阶段性测试)已知椭圆x2a2y2b21(ab0)上的点到右焦点 F(c，0)的最大距离是 21，且 1， 2a，4c 成等比数列 (1)求椭圆的方程； (2)过点 F 且与 x 轴不垂直的直线 l 与椭圆交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线交 x轴于点 M(m，0)，求实数 m 的取值范围 解：(1)由已知可得ac 21，14c2a2，a2b2c2，解得a 2

24、，b1，c1， 所以椭圆的方程为x22y21. (2)由题意得 F(1，0)，设直线 AB 的方程为 yk(x1) 与椭圆方程联立得x22y220，yk(x1)，消去 y 可得(12k2)x24k2x2k220. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则 x1x24k212k2，y1y2k(x1x2)2k2k12k2. 可得线段 AB 的中点为 N2k212k2，k12k2. 当 k0 时，直线 MN 为 y 轴，此时 m0. 当 k0 时，直线 MN 的方程为 yk12k21kx2k212k2，化简得 kyxk212k20. 令 y0，得 mk212k2. 所以 mk212k211k22

25、0，12. 综上所述，m 的取值范围为0，12. 2(2020 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 y32x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MF1MF294. (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x2a2y2b21(ab0)，因为点 M 在直线 y32x 上，且点 M 在 x轴上的射影恰好是椭圆 C 的右焦点 F2(c，0)，所以点 Mc，3c

26、2. 因为MF1MF22c，32c 0，32c 94， 所以 c1. 所以1a294b21，a2b21，解得a24，b23. 所以椭圆 C 的方程为x24y231. (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 4a8，又 SF2PQ12 4a r(r 为F2PQ 的内切圆半径)， 所以当F2PQ 的面积最大时，其内切圆面积最大 设直线 l 的方程为 xky1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 则xky1，x24y231， 消去 x 得(43k2)y26ky90， 所以y1y26k3k24，y1y293k24， 所以 SF2PQ12 |F1F2|y1y2|12 k213k24. 令 k21t，则 t1，所以 SF2PQ123t1t， 令 f(t)3t1t，则 f(t)31t2， 当 t1，)时，f(t)0， f(t)3t1t在1，)上单调递增， 所以 SF2PQ123t1t3，当 t1 时取等号， 即当 k0 时，F2PQ 的面积取得最大值 3， 结合 SF2PQ12 4a r，得 r 的最大值为34， 所以F2PQ 的内切圆面积的最大值为916.