(新高考)高考数学一轮复习课时练习9.8.1《圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题》(含解析)
展开第8讲 圆锥曲线的综合问题
最新考纲
考向预测
1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法.
2.了解圆锥曲线的简单应用.
3.理解数形结合的思想.
命题趋势
圆锥曲线中的综合问题是高考命题的热点,高考主要考查圆锥曲线中的证明、定点、定值、最值、范围等问题,这类问题考查范围广泛,命题形式新颖.一般试题难度较大,题型以解答题为主.
核心素养
数学运算、逻辑推理
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ax2+bx+c=0.
方程ax2+bx+c=0的解
l与C1的交点
a=0
b=0
无解(含l是双曲线的渐近线)
无公共点
b≠0
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
a≠0
Δ>0
两个不相等的解
两个交点
Δ=0
两个相等的解
一个交点
Δ<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
设斜率为k(k≠0)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|=|x1-x2|
=
= |y1-y2|
= .
常用结论
圆锥曲线以P(x0,y0)(y0≠0)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:+=1(a>b>0)
k=-
双曲线:-=1(a>0,b>0)
k=
抛物线:y2=2px(p>0)
k=
1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
(1)直线y=kx(k≠0)与双曲线x2-y2=1一定相交.( )
(2)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.( )
(3)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切.( )
(4)过点(2,4)的直线与椭圆+y2=1只有一条切线.( )
答案:(1)× (2)√ (3)√ (4)×
2.过点(0,1)作直线,使它与抛物线y2=4x仅有一个公共点,这样的直线有( )
A.1条 B.2条
C.3条 D.4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x=0,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x=0).
3.(易错题)直线l:y=x+3与双曲线-=1交点的个数为( )
A.0 B.1
C.2 D.3
解析:选C.由于直线l:y=x+3过(0,3),双曲线-=1的渐近线y=x的斜率>1,故直线l仅与双曲线-=1的上支有两个交点,如图所示.故选C.
4.过点A(1,0)作倾斜角为的直线,与抛物线y2=2x交于M,N两点,则|MN|=________.
解析:由题意可知直线方程为y=x-1,联立整理得x2-4x+1=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=1,x1+x2=4,所以|MN|=·|x1-x2|=·=2.
答案:2
5.已知椭圆C:+=1与动直线l:y=x+m相交于A,B两点,则实数m的取值范围为________.
解析:由得18x2+12mx+4m2-36=0,Δ=144m2-4×18(4m2-36)>0,所以-3
第1课时 圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题
证明问题
技法一 直接法
已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若斜率为-的直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P,Q均在第一象限),O为坐标原点.证明:直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.
【解】 (1)由题意可得
解得
所以b2=a2-c2=1,
故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)证明:设直线l的方程为y=-x+m,P(x1,y1),Q(x2,y2).
由消去y得x2-2mx+2(m2-1)=0.
则Δ=4m2-8(m2-1)=4(2-m2)>0,
且x1+x2=2m,x1x2=2(m2-1),
所以y1y2=
=x1x2-m(x1+x2)+m2
=,
所以kOPkOQ====k,
即直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.
对于证明问题,一般是根据已知条件,运用所涉及的知识通过运算化简,利用定义、定理、公理等,直接推导出所证明的结论即可,证明不等式常用不等式的性质,或基本不等式求得最值.
技法二 转化法
已知B是抛物线y=x2+1上任意一点,A(0,-1),且P为线段AB的中点.
(1)求点P的轨迹C的方程;
(2)若F为点A关于原点O的对称点,过F的直线交曲线C于M,N两点,直线OM交直线y=-1于点H,求证:|NF|=|NH|.
【解】 (1)设P(x,y),B(x0,y0),因为P为AB的中点,所以
因为B为曲线y=x2+1上任意一点,
所以y0=x+1,代入得x2=4y,
所以点P的轨迹C的方程为x2=4y.
(2)证明:依题意得F(0,1),直线MN的斜率存在,其方程可设为y=kx+1.
设M(x1,y1),N(x2,y2),
联立得x2-4kx-4=0,
则Δ=16k2+16>0,所以x1x2=-4.
因为直线OM的方程为y=x,H是直线OM与直线y=-1的交点,
所以H.
根据抛物线的定义|NF|等于点N到准线y=-1的距离.
因为点H在准线y=-1上,所以要证明|NF|=|NH|,只需证明HN垂直准线y=-1,即证HN∥y轴.
因为H的横坐标-=-===x2,
所以HN∥y轴成立,所以|NF|=|NH|成立.
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.本题证明的关键是能够利用抛物线的定义将所证结论转化为证明HN∥y轴.通过直线与抛物线联立得到根与系数的关系的形式,利用根与系数的关系的结论证得HN∥y轴.
(2020·北京市适应性测试)已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0,1),B(0,-1),焦距为2.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知直线y=m与椭圆C有两个不同的交点M,N,设D为直线AN上一点,且直线BD,BM的斜率的积为-,证明:点D在x轴上.
解:(1)由题意,得
所以a2=b2+c2=4,即a=2.
故椭圆C的方程为+y2=1.
(2)设M(x1,m),则N(-x1,m),x1≠0,-1
因为直线BD,BM的斜率的积为-,
所以直线BD的斜率为-.
直线AN的斜率为,
所以直线AN的方程为y=x+1.
直线BD的方程为y=-x-1.
联立得
解得点D的纵坐标为yD=.
因为点M在椭圆C上,所以+m2=1,
则yD=0.
所以点D在x轴上.
范围(最值)问题
技法一 定义、性质转化法
(2021·广东深圳模拟)已知动点M在以F1,F2为焦点的椭圆x2+=1上,动点N在以M为圆心,|MF1| 为半径的圆上,则|NF2|的最大值为( )
A.2 B.4 C.8 D.16
【解析】 由椭圆的方程可得焦点在y轴上,长半轴长a=2.
由题意可得|NF2|≤|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|,
当N,M,F2三点共线时,|NF2|取得最大值,
而|F2M|+|MF1|=2a=4,所以|NF2|的最大值为4,故选B.
【答案】 B
定义、性质法
求解圆锥曲线中的最值问题,即通过圆锥曲线的定义、几何性质将最值转化,利用平面几何中的定理、性质,结合图形的直观性求解最值问题.常用的结论有:
(1)两点间线段最短;
(2)点到直线的垂线段最短.
技法二 不等关系法
(2021·福建龙岩调研)设双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2c,过F2作x轴的垂线,与双曲线在第一象限的交点为A,点Q坐标为,且满足|F2Q|>|F2A|,若双曲线C的右支上存在点P使得|PF1|+|PQ|<|F1F2|成立,求双曲线C的离心率的取值范围.
【解】 将x=c代入双曲线的方程可得y=±b=±,
由|F2Q|>|F2A|,可得>,则3a2>2b2=2(c2-a2),
所以离心率e=<. ①
又存在点P,使得|PF1|+|PQ|<|F1F2|成立,所以由双曲线的定义可得存在点P,使得2a+|PF2|+|PQ|
所以e=>. ②
由e>1及①②可得,e的取值范围是.
指构建所求式子的不等关系,通过不等式变形或不等式的求解确定范围的方法.解决问题的关键如下:
(1)构建所求式子的不等关系,可根据已知条件中的不等式(组)建立不等关系或根据题意建立不等关系.一般通过以下几何条件建立不等关系:三角形两边之和大于第三边、直角三角形斜边大于直角边、点的横(纵)坐标大小比较、直线的斜率、圆锥曲线中线段长的范围等.
(2)求范围,利用不等式的性质或解不等式求解所要求的式子的范围.
技法三 目标函数法
(2020·河北九校第二次联考)椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,短轴长为2,右顶点为A,上顶点为B,△ABF的面积为.
(1)求椭圆的标准方程;
(2)过A作直线l与椭圆交于另一点M,连接MF并延长交椭圆于点N,当△AMN的面积最大时,求直线l的方程.
【解】 (1)根据短轴长知b=,S△ABF=(a+c)·=,
则a+c=3,因为b2=a2-c2,所以a-c=1,
故a=2,c=1,则椭圆的标准方程为+=1.
(2)当直线MN的斜率存在时,设其方程为y=k(x+1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),
则S△AMN=|AF|·|y1-y2|
=, ①
⇒(3+4k2)y2-6ky-9k2=0,
y1+y2=,y1·y2=-.
代入①式得S△AMN==18,
令t=3+4k2,则t>3,k2=,
S△AMN=18= <.
当直线MN的斜率不存在时,S△AMN=.
故当△AMN的面积最大时,MN垂直于x轴,此时直线l的斜率为±,
则直线l的方程为y=±(x-2).
圆锥曲线的最值与范围问题中,若目标表达式与已知条件具有比较明确的关系,则可以考虑建立目标函数,通过研究函数的单调性、图象或基本不等式等来解决,破解此类问题的关键如下:
(1)定变量,根据题目定变量以及变量的取值范围.
(2)定目标函数,根据题目信息确定目标函数(一般以所求式子为函数解析式).
(3)求最值或范围,根据目标函数解析式,借助配方、基本不等式、三角函数的有界性、函数的单调性(可借助导数研究)等确定目标函数的最值或取值范围.
1.(多选)抛物线E:x2=4y与圆M:x2+(y-1)2=16交于A,B两点,圆心M(0,1),点P为劣弧上不同于A,B的一个动点,平行于y轴的直线PN交抛物线于点N,则△PMN的周长的可能取值是( )
A.8 B.8.5 C.9 D.10
解析:选BC.如图,可得圆心M(0,1)也是抛物线的焦点,
过P作准线的垂线,垂足为H,根据抛物线的定义,
可得|MN|=|NH|,
故△PMN的周长l=|NH|+|NP|+|MP|=|PH|+4,
由得B(2,3).
|PH|的取值范围为(4,6),
所以△PMN的周长|PH|+4的取值范围为(8,10),
故B,C满足条件.
2.(2020·成都市诊断性检测)已知椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A,B两点,直线l:x=2与x轴相交于点H.求四边形OAHB(O为坐标原点)面积的取值范围.
解:由题意得,F(1,0),设直线AB:x=my+1(m∈R),A(x1,y1),B(x2,y2).
由消去x,得(m2+2)y2+2my-1=0.
则Δ=4m2+4(m2+2)>0,y1+y2=-,y1y2=-,
所以|y1-y2|===.
所以四边形OAHB的面积S=|OH|·|y1-y2|=|y1-y2|=.
令=t,则t≥1,S==.
因为t+≥2(当且仅当t=1,即m=0时取等号),所以0
[A级 基础练]
1.过椭圆C:+=1(a>b>0)的右顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B,且点B在x轴上的射影恰好为左焦点F,若
C. D.
解析:选B.由题意知B,所以k===1-e.又
A.-1
C.∠AFB可能为直角
D.当k2=时,△AFB的面积为16
解析:选CD.依题意知F(2,0),M(-2,0),设直线l的方程为y=k(x+2),联立消去y得k2x2+(4k2-8)x+4k2=0.因为直线l与抛物线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,所以解得-1
解析:由题意,知双曲线C的渐近线方程为y=±x.因为D,E分别为直线x=a与双曲线C的两条渐近线的交点,所以不妨设D(a,b),E(a,-b),所以S△ODE=×a×|DE|=×a×2b=ab=8,所以c2=a2+b2≥2ab=16,当且仅当a=b=2时,等号成立,所以c≥4,所以2c≥8,所以C的焦距的最小值为8.
答案:8
4.抛物线y2=8x的焦点为F,设A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线上的两个动点,若x1+x2+4=|AB|,则∠AFB的最大值为________.
解析:由抛物线的焦半径公式可得|AF|=x1+2,|BF|=x2+2.
又x1+x2+4=|AB|,
即|AB|=(|AF|+|BF|),
所以cos ∠AFB=
=
=
=×-≥×2-=-,当且仅当=即|AF|=|BF|时,等号成立.又0<∠AFB<π,所以∠AFB的最大值为.
答案:
5.已知抛物线C:y=x2,直线l的斜率为2.
(1)若l与C相切,求直线l的方程;
(2)若l与C交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交C于P,Q两点,求的取值范围.
解:(1)设直线l的方程为y=2x+b,
联立直线l与抛物线C的方程,得得x2-2x-b=0,
Δ=4+4b=0,所以b=-1,
因此,直线l的方程为y=2x-1.
(2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),
联立直线l与抛物线C的方程,得
得x2-2x-b=0,Δ=4+4b>0,所以b>-1.
由根与系数的关系得x1+x2=2,x1x2=-b.
所以|AB|=|x1-x2|=2.
易知线段AB的中点坐标为(1,2+b),
所以,直线PQ的方程为y=-x++b.
由得2x2+x-5-2b=0,
则x3+x4=-,x3x4=--b,
所以,|PQ|=|x3-x4|=,
所以,= = >,
所以,的取值范围是.
6.(2020·重庆南开中学质检)已知A(0,),B(,1)是椭圆C:+=1(a>b>0)上的两点.
(1)求椭圆C的标准方程;
(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=1,
+=1.
解得a2=6,b2=2,
所以椭圆C的标准方程为+=1.
(2)设线段PM的中点为N,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+=1,即x=6-3y.①
线段PM的中点N,kPM·kQN=-1,
即kQN=,
所以直线lQN:y-=.
令x=0,并结合①式得yQ=+=+=,
|OQ|=|yQ|=
=+|y0|≥2=,
当且仅当=|y0|,
即y0=±时取等号,
所以|OQ|的最小值为.
[B级 综合练]
7.(2020·福州市质量检测)已知圆O:x2+y2=,椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴长等于圆O半径的倍,C的离心率为.
(1)求C的方程;
(2)若直线l与C交于A,B两点,且与圆O相切,证明:△AOB为直角三角形.
解:(1)因为圆O的半径为,
所以C:+=1(a>b>0)的短轴长为×=2,
所以2b=2,解得b=.
因为C的离心率为,所以=, ①
又a2-c2=b2,所以a2-c2=2, ②
联立①②,解得a2=4,
所以C的方程为+=1.
(2)方法一:①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=或x=-.
当直线l的方程为x=时,不妨设A,B,
则·=-=0.
当直线l的方程为x=-时,不妨设
A,B,
则·=-=0,
综上,OA⊥OB.
所以△AOB为直角三角形.
②当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),
因为直线l与圆O相切,所以=,
即3m2-4k2-4=0,
由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-4=0,
所以Δ=16k2m2-8(1+2k2)(m2-2)=8(4k2-m2+2)=(4k2+1)>0,
且x1+x2=-,x1x2=.
所以·=x1x2+y1y2
=x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
=(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2
=
==0,
所以OA⊥OB.
综上所述,OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形.
方法二:①当直线l的方程为y=时,
不妨设A,B,则·=
-+=0,
所以OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形.
②当直线l的方程为y=-时,不妨设A,B,所以·=-+=0,
所以OA⊥OB,所以△AOB为直角三角形.
③当直线l不与x轴平行时,设其方程为x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),
因为直线l与圆O相切,所以=,即3m2-4t2-4=0.
由得(t2+2)y2+2tmy+m2-4=0.
所以Δ=4t2m2-4(t2+2)(m2-4)=8(2t2-m2+4)=
(t2+4)>0,
且y1+y2=-,y1y2=.
·=y1y2+x1x2
=y1y2+(ty1+m)(ty2+m)
=(1+t2)y1y2+tm(y1+y2)+m2
=
==0,
所以OA⊥OB,所以△AOB为直角三角形.
综上所述,△AOB为直角三角形.
8.(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦点坐标分别为F1(-1,0),F2(1,0),P为椭圆C上一点,满足3|PF1|=5|PF2|且cos∠F1PF2=.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于A,B两点,
点Q,若|AQ|=|BQ|,求k的取值范围.
解:(1)由题意设|PF1|=r1,|PF2|=r2,则3r1=5r2,又r1+r2=2a,所以r1=a,r2=a.
在△PF1F2中,由余弦定理得,cos∠F1PF2===,
解得a=2,因为c=1,所以b2=a2-c2=3,所以椭圆C的标准方程为+=1.
(2)联立方程,得消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,且Δ=48(3+4k2-m2)>0,①
设AB的中点为M(x0,y0),连接QM,则x0==,y0=kx0+m=,因为|AQ|=|BQ|,所以AB⊥QM,又Q,M为AB的中点,所以k≠0,直线QM的斜率存在,所以k·kQM=k·=-1,解得m=-,②
把②代入①得3+4k2>,整理得16k4+8k2-3>0,即(4k2-1)(4k2+3)>0,解得k>或k<-,故k的取值范围为∪.
高考数学一轮复习课时作业:56 最值、范围、证明问题 Word版含解析: 这是一份高考数学一轮复习课时作业:56 最值、范围、证明问题 Word版含解析,共13页。试卷主要包含了已知动圆C与圆C1,已知抛物线C,已知椭圆E等内容,欢迎下载使用。
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