2019版数学（文）二轮复习通用版讲义：专题五第三讲大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

第三讲  大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

[典例感悟]

[典例]　(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.

(1)求直线AP斜率的取值范围；

(2)求|PA|·|PQ|的最大值.

[解]　(1)设直线AP的斜率为k，

k＝＝x－，

因为－<x<，所以－1<x－<1，

即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．

(2)设直线AP的斜率为k.

则直线AP的方程为y－＝k，

即kx－y＋k＋＝0，

因为直线BQ与直线AP垂直，所以可得直线BQ的方程为x＋ky－k－＝0，

联立

解得点Q的横坐标xQ＝.

因为|PA|＝ ＝ (k＋1)，

|PQ|＝(xQ－x)＝－，

所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.

令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，

因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，令f(k)＝0，得k＝或k＝－1(舍)，

所以f(k)在区间上单调递增，上单调递减，因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.

[类题通法]

最值问题的基本解法有几何法和代数法

(1)几何法是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)；

(2)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(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)解决的．

[对点训练]

(2018·武汉调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，且离心率为.

(1)求椭圆C的方程；

(2)若直线l：y＝x＋m与椭圆C交于两个不同的点A，B，求△OAB面积的最大值(O为坐标原点)．

解：(1)由题意，知解得

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)将直线l的方程y＝x＋m代入椭圆C的方程＋y2＝1，整理得3x2＋4mx＋2(m2－1)＝0.

则Δ＝(4m)2－24(m2－1)>0，得m2<3.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，

所以|AB|＝·＝·＝·＝ ，

又原点O(0,0)到直线AB：x－y＋m＝0的距离d＝，

所以S△OAB＝|AB|·d＝× ×

＝ .

因为m2(3－m2)≤2＝，

当且仅当m2＝3－m2，

即m2＝时取等号，

所以S△OAB≤×＝，

即△OAB面积的最大值为.

[典例感悟]

[典例]　(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＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.

[解]　(1)证明：设P(x0，y0)，A，B.

因为PA，PB的中点均在抛物线上，

所以y1，y2为方程2＝4·，

即y2－2y0y＋8x0－y＝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

所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，

|y1－y2|＝2.

因此△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0).

因为x＋＝1(x0<0)，

所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]，

所以△PAB面积的取值范围是.

[类题通法]

圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解法

(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．

(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．

(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．

(4)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．

(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．

[对点训练]

(2018·南昌模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴长为2.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON＝，求原点O到直线l的距离的取值范围．

解：(1)由题知e＝＝，2b＝2，又a2＝b2＋c2，

∴b＝1，a＝2，

∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

联立方程，得

整理得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，

依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化简得m2<4k2＋1，①

x1＋x2＝－，x1x2＝，

y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2，

若kOM·kON＝，则＝，即4y1y2＝5x1x2，

∴4k2x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝5x1x2，

∴(4k2－5)·＋4km·＋4m2＝0，

即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化简得m2＋k2＝，②

由①②得<k2≤，

∵原点O到直线l的距离d＝，

∴d2＝＝＝－1＋，

又<k2≤，∴0≤d2<，

∴原点O到直线l的距离的取值范围是.

[典例感悟]

[典例]　(2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．

(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；

(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB.

[解]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1.

则点A的坐标为或.

又M(2,0)，

所以直线AM的方程为y＝－x＋或y＝x－，

即x＋y－2＝0或x－y－2＝0.

(2)证明：当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.

当l与x轴垂直时，OM为AB的垂直平分线，

所以∠OMA＝∠OMB.

当l与x轴不重合也不垂直时，

设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为

kMA＋kMB＝＋.

由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，

得kMA＋kMB＝.

将y＝k(x－1)代入＋y2＝1，

得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，

所以x1＋x2＝，x1x2＝.

则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k

＝＝0.

从而kMA＋kMB＝0，

故MA，MB的倾斜角互补．

所以∠OMA＝∠OMB.

综上，∠OMA＝∠OMB成立．

[类题通法]

圆锥曲线证明问题的类型及求解策略

(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：①证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；②证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．

(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．

[对点训练]

(2018·成都模拟)已知椭圆＋＝1的右焦点为F，设直线l：x＝5与x轴的交点为E，过点F且斜率为k的直线l1与椭圆交于A，B两点，M为线段EF的中点．

(1)若直线l1的倾斜角为，求|AB|的值；

(2)设直线AM交直线l于点N，证明：直线BN⊥l.

解：由题意知，F(1,0)，E(5,0)，M(3,0)．

(1)∵直线l1的倾斜角为，∴k＝1.∴直线l1的方程为y＝x－1.代入椭圆方程，可得9x2－10x－15＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝－.

∴|AB|＝＝·

＝× ＝.

(2)证明：设直线l1的方程为y＝k(x－1)．

代入椭圆方程，得(4＋5k2)x2－10k2x＋5k2－20＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.

设N(5，y0)，∵A，M，N三点共线，

∴kAM＝kMN，即＝，∴y0＝.

而y0－y2＝－y2＝－k(x2－1)

＝

＝＝0.

∴直线BN∥x轴，即BN⊥l.

A卷——大题保分练

1．(2018·长春模拟)已知椭圆C的两个焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，且经过E.

(1)求椭圆C的方程；

(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若AF1―→＝λF1B―→，且2≤λ<3，求直线l的斜率k的取值范围．

解：(1)由解得

所以椭圆C的方程为＋＝1.

(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k>0)，

联立方程整理得y2－y－9＝0，Δ＝＋144>0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，

又AF1―→＝λF1B―→，所以y1＝－λy2，所以y1y2＝(y1＋y2)2，

则＝，λ＋－2＝，

因为2≤λ<3，所以≤λ＋－2<，

即≤<，且k>0，解得0<k≤.

故直线l的斜率k的取值范围是.

2．(2018·陕西模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1和F2，由M(－a，b)，N(a，b)，F2和F1这4个点构成了一个高为，面积为3的等腰梯形．

(1)求椭圆的方程；

(2)过点F1的直线和椭圆交于A，B两点，求△F2AB面积的最大值．

解：(1)由已知条件，得b＝，且×＝3，

∴a＋c＝3.

又a2－c2＝3，∴a＝2，c＝1，∴椭圆的方程为＋＝1.

(2)显然直线的斜率不能为0，

设直线的方程为x＝my－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

联立方程消去x得，(3m2＋4)y2－6my－9＝0.

∵直线过椭圆内的点，∴无论m为何值，直线和椭圆总相交．∴y1＋y2＝，y1y2＝－.

∴S△F2AB＝|F1F2||y1－y2|＝|y1－y2|

＝＝12

＝4＝4，

令t＝m2＋1≥1，设f(t)＝t＋，易知t∈时，函数f(t)单调递减，t∈时，函数f(t)单调递增，

∴当t＝m2＋1＝1，即m＝0时，f(t)取得最小值，f(t)min＝，此时S△F2AB取得最大值3.

3．(2018·郑州模拟)已知圆C：x2＋y2＋2x－2y＋1＝0和抛物线E：y2＝2px(p>0)，圆心C到抛物线焦点F的距离为.

(1)求抛物线E的方程；

(2)不过原点O的动直线l交抛物线于A，B两点，且满足OA⊥OB，设点M为圆C上一动点，求当动点M到直线l的距离最大时的直线l的方程．

解：(1)x2＋y2＋2x－2y＋1＝0可化为(x＋1)2＋(y－1)2＝1，则圆心C的坐标为(－1,1)．

∵F，∴|CF|＝ ＝，

解得p＝6.

∴抛物线E的方程为y2＝12x.

(2)显然直线l的斜率非零，设直线l的方程为x＝my＋t(t≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

由得y2－12my－12t＝0，

Δ＝(－12m)2＋48t＝48(3m2＋t)>0，

∴y1＋y2＝12m，y1y2＝－12t，

由OA⊥OB，得·＝0，∴x1x2＋y1y2＝0，

即(m2＋1)y1y2＋mt(y1＋y2)＋t2＝0，

整理可得t2－12t＝0，∵t≠0，∴t＝12，满足Δ>0，符合题意．

∴直线l的方程为x＝my＋12，故直线l过定点P(12,0)．

∴当CP⊥l，即线段MP经过圆心C(－1,1)时，动点M到动直线l的距离取得最大值，

此时kCP＝＝－，得m＝，

此时直线l的方程为x＝y＋12，即13x－y－156＝0.

4．(2018·全国卷Ⅲ)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．

(1)证明：k<－.

(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且，

证明： .

证明：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则＋＝1，＋＝1.

两式相减，并由＝k得＋·k＝0.

由题设知＝1，＝m，于是k＝－.

由题设得0<m<，故k<－.

(2)由题意得F(1,0)．

设P(x3，y3)，则(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0,0)．

由(1)及题设得x3＝3－(x1＋x2)＝1，

y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.

又点P在C上，所以m＝，

B卷——深化提能练

1．(2018·胶州模拟)已知椭圆Ω：＋＝1(a>b>0且a，b2均为整数)过点，且右顶点到直线l：x＝4的距离为2.

(1)求椭圆Ω的方程；

(2)过椭圆的右焦点F作两条互相垂直的直线l1，l2，l1与椭圆Ω交于点A，B，l2与椭圆Ω交于点C，D.求四边形ACBD面积的最小值．

解：(1)由题意，得＋＝1，且|4－a|＝2，若a＝2，则b2＝3；若a＝6，则b2＝(舍去)，所以椭圆Ω的方程为＋＝1.

(2)由(1)知，点F的坐标为(1,0)．

当l1，l2中有一条直线的斜率不存在时，可得|AB|＝4，|CD|＝3或者|AB|＝3，|CD|＝4，此时四边形ACBD的面积S＝×4×3＝6.

当l1，l2的斜率均存在时，设直线l1的斜率为k，则k≠0，且直线l2的斜率为－.

直线l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－(x－1)．

联立得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0.

由直线l1过椭圆内的点，知Δ>0恒成立，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.

|AB|＝|x1－x2|＝＝·＝.

以－代替k，得|CD|＝.

所以四边形ACBD的面积S＝|AB|·|CD|

＝≥＝＝，

当且仅当k2＝1，即k＝±1时等号成立．

由于<6，所以四边形ACBD面积的最小值为.

2．设椭圆C：＋＝1(a>b>0)，定义椭圆C的“相关圆”方程为x2＋y2＝.若抛物线y2＝4x的焦点与椭圆C的一个焦点重合，且椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形．

(1)求椭圆C的方程和“相关圆”E的方程；

(2)过“相关圆”E上任意一点P作“相关圆”E的切线l与椭圆C交于A，B两点，O为坐标原点．证明：∠AOB为定值．

解：(1)因为抛物线y2＝4x的焦点(1,0)与椭圆C的一个焦点重合，所以c＝1.

又椭圆C短轴的一个端点和其两个焦点构成直角三角形，所以b＝c＝1，

故椭圆C的方程为＋y2＝1，

“相关圆”E的方程为x2＋y2＝.

(2)证明：当直线l的斜率不存在时，不妨设直线AB的方程为x＝，A，B，则∠AOB＝.

当直线l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

联立得x2＋2(kx＋m)2＝2，即(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，

Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＝8(2k2－m2＋1)>0，即2k2－m2＋1>0，

因为直线l与“相关圆”E相切，

所以＝＝，

即3m2＝2＋2k2，

所以x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝－＋m2

＝＝0，

所以⊥，所以∠AOB＝.

综上，∠AOB＝，为定值．

3．已知椭圆C1：＋＝1(a>b≥1)的离心率为，其右焦点到直线2ax＋by－＝0的距离为.

(1)求椭圆C1的方程；

(2)过点P的直线l交椭圆C1于A，B两点．证明：以AB为直径的圆恒过定点．

解：(1)由题意，e＝＝，e2＝＝，a2＝2b2.

所以a＝b，c＝b.

又＝，a>b≥1，所以b＝1，a2＝2，

故椭圆C1的方程为＋y2＝1.

(2)证明：当AB⊥x轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2＝1.

当AB⊥y轴时，以AB为直径的圆的方程为x2＋2＝，

由可得

由此可知，若以AB为直径的圆恒过定点，则该定点必为Q(0,1)．

下证Q(0,1)符合题意．

当AB不垂直于坐标轴时，设直线AB方程为y＝kx－，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

由得(1＋2k2)x2－kx－＝0，

由根与系数的关系得，x1＋x2＝，

x1x2＝－，

∴·＝(x1，y1－1)·(x2，y2－1)

＝x1x2＋(y1－1)(y2－1)

＝x1x2＋

＝(1＋k2)x1x2－k(x1＋x2)＋

＝(1＋k2)－k·＋

＝

＝0，

故⊥，即Q(0,1)在以AB为直径的圆上．

综上，以AB为直径的圆恒过定点(0,1)．

4．(2018·沈阳模拟)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，且|F1F2|＝6，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点．

(1)若△AF1F2的周长为16，求椭圆的标准方程；

(2)若k＝，且A，B，F1，F2四点共圆，求椭圆离心率e的值；

(3)在(2)的条件下，设P(x0，y0)为椭圆上一点，且直线PA的斜率k1∈(－2，－1)，试求直线PB的斜率k2的取值范围．

解：(1)由题意得c＝3，根据2a＋2c＝16，得a＝5.结合a2＝b2＋c2，解得a2＝25，b2＝16.所以椭圆的方程为＋＝1.

(2)由得x2－a2b2＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

所以x1＋x2＝0，x1x2＝，

由AB，F1F2互相平分且共圆，易知，AF2⊥BF2，

因为＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)，

所以·＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2

＝x1x2＋9＝0.

即x1x2＝－8，所以有＝－8，

结合b2＋9＝a2，解得a2＝12，

所以离心率e＝.

(3)由(2)的结论知，椭圆方程为＋＝1，

由题可知A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，k1＝，k2＝，

所以k1k2＝，

又＝＝－，

即k2＝－，

由－2<k1<－1可知，<k2<.

即直线PB的斜率k2∈.