2020浙江高考数学二轮讲义：专题五第3讲　圆锥曲线中的综合问题

第3讲　圆锥曲线中的综合问题“ 构造法”求最值(范围)[典型例题] (2019·高考浙江卷)如图，已知点F(1，0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求的最小值及此时点G的坐标．【解】　(1)由题意得＝1，即p＝2.所以抛物线的准线方程为x＝－1.(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.由于直线AB过点F，故直线AB的方程为x＝y＋1，代入y2＝4x，得y2－y－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B.又由于xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，故2t－＋yC＝0，得C，G.所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1，0)．由于Q在焦点F的右侧，故t2>2.从而＝＝＝＝2－.令m＝t2－2，则m>0，＝2－＝2－≥2－＝1＋.所以当m＝时，取得最小值1＋，此时G(2，0)．.解决最值(范围)问题的常用方法解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．(1)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．(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)数形结合法：利用待求量的几何意义，确定出极端位置后，数形结合求解．[对点训练] (2018·高考浙江卷)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的中点在拋物线上，所以y1，y2为方程＝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]，因此，△PAB面积的取值范围是“ 转化法”求定点、定值[典型例题] 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4(1，)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)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点．又由＋>＋知，C不经过点P1，所以点P2在C上．因此解得故C的方程为＋y2＝1.(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：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为，.则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入＋y2＝1得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由题设可知Δ＝16(4k2－m2＋1)>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.而k1＋k2＝＋＝＋＝.由题设k1＋k2＝－1，故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0.即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0.解得k＝－.当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，所以l过定点(2，－1)．(1)动直线过定点问题的解法①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝km，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－m，0)．②动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点．(2)求解定值问题的两大途径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直线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．[注]　对于此类问题可先根据特殊情况确定定点、定值，再进行一般性证明的方法就是由特殊到一般的方法．　 [对点训练]已知抛物线C：y2＝2px经过点P(1，2)．过点Q(0，1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A，B，且直线PA交y轴于M，直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围；(2)设O为原点，＝λ，＝μ，求证：＋为定值．解：(1)因为抛物线y2＝2px过点P(1，2)，所以2p＝4，即p＝2.故抛物线C的方程为y2＝4x.由题意知，直线l的斜率存在且不为0.设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．由得k2x2＋(2k－4)x＋1＝0.依题意Δ＝(2k－4)2－4×k2×1>0，解得k<0或0<k<1.又PA，PB与y轴相交，故直线l不过点(1，－2)．从而k≠－3.所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)．(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)．由(1)知x1＋x2＝－，x1x2＝.直线PA的方程为y－2＝(x－1)．令x＝0，得点M的纵坐标为yM＝＋2＝＋2.同理得点N的纵坐标为yN＝＋2.由＝λ，＝μ得λ＝1－yM，μ＝1－yN.所以＋＝＋＝＋＝·＝·＝2.所以＋为定值．“ 肯定顺推法”求解探究性问题[典型例题] (2019·温州市高考数学二模)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P(a，b)满足△PF1F2是等腰三角形．(1)求该椭圆方程；(2)过x轴上的一点M(m，0)作一条斜率为k的直线l，与椭圆交于点A，B两点，问是否存在常数k，使得|MA|2＋|MB|2的值与m无关？若存在，求出这个k的值；若不存在，请说明理由．【解】　(1)因为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的两个焦点为F1，F2，焦距为2，设点P(a，b)满足△PF1F2是等腰三角形，所以根据题意，有，解得，故所求椭圆方程为＋＝1.(2)联立方程，整理得：(3＋4k2)x2－8k2mx＋4k2m2－12＝0.在Δ＞0的情况下有，|MA|2＋|MB|2＝(1＋k2)[(x1－m)2＋(x2－m)2]＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－2x1x2－2m(x1＋x2)＋2m2]＝[(－24k2＋18)m2＋96k2＋72]，令－24k2＋18＝0，得k2＝，即k＝±.此时|MA|2＋|MB|2＝7与m无关符合题意．探索性问题的求解方法(1)处理这类问题，一般要先对结论作出肯定的假设，然后由此假设出发，结合已知条件进行推理论证，若推出与已知、定理或公理相符的结论，则存在性得到肯定；若导致矛盾，则否定存在性．若证明某结论不存在，也可以采用反证法．(2)采用特殊化思想求解，即根据题目中的一些特殊关系，归纳出一般结论，然后进行证明，得出结论．　 [对点训练](2019·丽水市高考数学模拟)如图，已知抛物线C：x2＝4y，直线l1与C相交于A，B两点，线段AB与它的中垂线l2交于点G(a，1)(a≠0)．(1)求证：直线l2过定点，并求出该定点坐标；(2)设l2分别交x轴，y轴于点M，N，是否存在实数a，使得A，M，B，N四点在同一个圆上，若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则，两式相减可得(x1＋x2)(x1－x2)＝4(y1－y2)，可得kAB＝＝＝＝a，由两直线垂直的条件可得直线l2的斜率为－；即有直线l2：y＝－(x－a)＋1，可得l2：y＝－x＋3过定点(0，3)．(2)l2：y＝－x＋3过M，N(0，3)，假设存在实数a，使得A，M，B，N四点在同一个圆上，由中垂线的性质可得∠MAN＝∠MBN，可得∠MAN＝90°，即有|AG|2＝|MG||NG|，由，可得x2－2ax＋2a2－4＝0，x1＋x2＝2a，x1x2＝2a2－4，由弦长公式可得|AB|＝＝  ，即有|MG||NG|＝＝＝(4－a2)，所以(4－a2)＝(a2＋4)，所以a2＝2，解得a＝±.故存在这样的实数a，且为±.专题强化训练1．已知方程＋＝1表示焦点在y轴上的椭圆，则实数k的取值范围是(　　)A.　　　　　　　 B．(1，＋∞)C．(1，2)   D.解析：选C.由题意可得，2k－1>2－k>0，即解得1<k<2，故选C.2．(2019·浙江高考冲刺卷)已知F为抛物线4y2＝x的焦点，点A，B都是抛物线上的点且位于x轴的两侧，若·＝15(O为原点)，则△ABO和△AFO的面积之和的最小值为(　　)A.　　　　B.　　　　C.　　　　D.解析：选D.设直线AB的方程为：x＝ty＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB与x轴的交点为M(m，0)，，可得4y2－ty－m＝0，根据根与系数的关系有y1·y2＝－，因为·＝15，所以x1·x2＋y1·y2＝15，从而16(y1·y2)2＋y1·y2－15＝0，因为点A，B位于x轴的两侧，所以y1·y2＝－1，故m＝4.不妨令点A在x轴上方，则y1＞0，如图所示．又F(，0)，所以S△ABO＋S△AFO＝×4×(y1－y2)＋×y1＝y1＋≥2＝，当且仅当y1＝，即y1＝时，取“＝”号，所以△ABO与△AFO面积之和的最小值是，故选D.3．(2019·绍兴市柯桥区高考数学二模)已知l是经过双曲线C：－＝1(a＞0，b＞0)的焦点F且与实轴垂直的直线，A，B是双曲线C的两个顶点，若在l上存在一点P，使∠APB＝60°，则双曲线的离心率的最大值为(　　)A.     B.     C．2     D．3解析：选A.设双曲线的焦点F(c，0)，直线l：x＝c，可设点P(c，n)，A(－a，0)，B(a，0)，由两直线的夹角公式可得tan∠APB＝＝＝＝＝tan 60°＝，由|n|＋≥2＝2，可得≤，化简可得3c2≤4a2，即c≤a，即有e＝≤.当且仅当n＝±，即P(c，±)，离心率取得最大值.故选A.4．(2019·福州质量检测)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，准线为l.若射线y＝2(x－1)(x≤1)与C，l分别交于P，Q两点，则＝(　　)A.  B．2  C.  D．5解析：选C.由题意知，抛物线C：y2＝4x的焦点F(1，0)，准线l：x＝－1与x轴的交点为F1.过点P作直线l的垂线，垂足为P1，由，得点Q的坐标为(－1，－4)，所以|FQ|＝2.又|PF|＝|PP1|，所以＝＝＝＝，故选C.5．(2019·鄞州中学期中)已知椭圆C1：＋＝1(a1＞b1＞0)与双曲线C2：－＝1(a2＞0，b2＞0)有相同的焦点F1，F2，点P是两曲线的一个公共点，且PF1⊥PF2，e1，e2分别是两曲线C1，C2的离心率，则9e＋e的最小值是(　　)A．4  B．6  C．8  D．16解析：选C.设焦距为2c，椭圆长轴长为2a1，双曲线实轴长为2a2，取椭圆与双曲线在一象限内的交点为P，由椭圆和双曲线的定义分别有|PF1|＋|PF2|＝2a1①，|PF1|－|PF2|＝2a2②，因为PF1⊥PF2，所以|PF1|2＋|PF2|2＝4c2③，①2＋②2，得|PF1|2＋|PF2|2＝2a＋2a④，将④代入③得a＋a＝2c2，则9e＋e＝＋＝5＋＋≥8，故9e＋e的最小值为8.6．(2019·金华十校二模)已知双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的实轴长为4，虚轴的一个端点与抛物线x2＝2py(p＞0)的焦点重合，直线y＝kx－1与抛物线相切且与双曲线的一条渐近线平行，则p＝(　　)A．4　　　　B．3       C．2       D．1解析：选A.抛物线x2＝2py的焦点为，所以可得b＝，因为2a＝4⇒a＝2，所以双曲线的方程为－＝1，可求得渐近线方程为y＝±x，不妨设y＝kx－1与y＝x平行，则有k＝.联立⇒x2－x＋2p＝0，所以Δ＝－8p＝0，解得p＝4.7．(2019·浙江“七彩阳光”联盟高三联考)已知椭圆的方程为＋＝1，过椭圆中心的直线交椭圆于A，B两点，F2是椭圆右焦点，则△ABF2的周长的最小值为________，△ABF2的面积的最大值为________．解析：连接AF1，BF1，则由椭圆的中心对称性可得C△ABF2＝AF2＋BF2＋AB＝AF1＋AF2＋AB＝6＋AB≥6＋4＝10，S△ABF2＝S△AF1F2≤·2·2＝2.答案：10　28．(2019·东阳二中改编)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A，经过原点的直线l交椭圆C于P，Q两点，若|PQ|＝a，AP⊥PQ，则椭圆C的离心率为________．解析：不妨设点P在第一象限，O为坐标原点，由对称性可得|OP|＝＝，因为AP⊥PQ，所以在Rt△POA中，cos∠POA＝＝，故∠POA＝60°，易得P，代入椭圆方程得＋＝1，故a2＝5b2＝5(a2－c2)，所以椭圆C的离心率e＝.答案：9．已知中心在坐标原点的椭圆与双曲线有公共焦点，且左、右焦点分别为F1，F2，这两条曲线在第一象限的交点为P，△PF1F2是以PF1为底边的等腰三角形．若|PF1|＝10，椭圆与双曲线的离心率分别为e1，e2，则e1e2的取值范围是________．解析：设椭圆的长轴长为2a，双曲线的实轴长为2m，则2c＝|PF2|＝2a－10，2m＝10－2c，所以a＝c＋5，m＝5－c，所以e1e2＝×＝＝，又由三角形的性质知2c＋2c>10，由已知2c<10，c<5，所以<c<5，1<<4，0<－1<3，所以e1e2＝>.答案：10．(2019·杭州市高考数学二模)抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点A，B在抛物线上，且∠AFB＝120°，过弦AB中点M作准线l的垂线，垂足为M1，则的最大值为________．解析：设|AF|＝a，|BF|＝b，连接AF、BF，由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|，在梯形ABPQ中，2|MM1|＝|AQ|＋|BP|＝a＋b.由余弦定理得，|AB|2＝a2＋b2－2abcos 120°＝a2＋b2＋ab，配方得，|AB|2＝(a＋b)2－ab，又因为ab≤，所以(a＋b)2－ab≥(a＋b)2－(a＋b)2＝(a＋b)2，得到|AB|≥(a＋b)．所以≤＝，即的最大值为.答案：11．(2019·衢州市教学质量检测)已知椭圆G：＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为2，左焦点F(－1，0)，若过点B(－2b，0)的直线与椭圆交于M，N两点．(1)求椭圆G的标准方程；(2)求证：∠MFB＋∠NFB＝π； (3)求△FMN面积S的最大值．解：(1)因为椭圆＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为2，焦距为2，即2a＝2，2c＝2，所以2b＝2，所以椭圆的标准方程为＋y2＝1.(2)证明：∠MFB＋∠NFB＝π，即证：kMF＋kNF＝0，设直线方程MN为y＝k(x＋2)，代入椭圆方程得：(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0，其中Δ＞0，所以k2＜.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝，kMF＋kNF＝＋＝＋＝k[2＋]＝0.故∠MFB＋∠NFB＝π.(3)S＝·FB|y1－y2|＝|k||x1－x2|＝ .令t＝1＋2k2，　则S＝＝，当k2＝(满足k2＜)时，S的最大值为.12．(2019·浙江金华十校第二期调研)已知抛物线C：y＝x2，点P(0，2)，A，B是抛物线上两个动点，点P到直线AB的距离为1.(1)若直线AB的倾斜角为，求直线AB的方程；(2)求|AB|的最小值．解：(1)设直线AB的方程：y＝x＋m，则＝1，所以m＝0或m＝4，所以直线AB的方程为y＝x或y＝x＋4.(2)设直线AB的方程为y＝kx＋m，则＝1，所以k2＋1＝(m－2)2.由，得x2－kx－m＝0，所以x1＋x2＝k，x1x2＝－m，所以|AB|2＝[－4x1x2]＝＝，记f(m)＝(m2＋3)，所以f′(m)＝2(m－2)(2m2－2m＋3)，又k2＋1＝≥1，所以m≤1或m≥3，当m∈时，f′(m)＜0，f(m)单调递减，当m∈时，f′(m)＞0，f(m)单调递增，f(m)min＝f(1)＝4，所以|AB|min＝2.13.(2019·宁波市高考模拟)已知椭圆方程为＋y2＝1，圆C：(x－1)2＋y2＝r2.(1)求椭圆上动点P与圆心C距离的最小值；(2)如图，直线l与椭圆相交于A、B两点，且与圆C相切于点M，若满足M为线段AB中点的直线l有4条，求半径r的取值范围．解：(1)设P(x，y)，|PC|＝＝＝，由－2≤x≤2，当x＝时，|PC|min＝.(2)当直线AB斜率不存在且与圆C相切时，M在x轴上，故满足条件的直线有2条；当直线AB斜率存在时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0), 由，整理得：＝－×，则kAB＝－，kMC＝，kMC×kAB＝－1，则kMC×kAB＝－×＝－1，解得：x0＝，由M在椭圆内部，则＋y＜1，解得：y＜，由：r2＝(x0－1)2＋y＝＋y，所以＜r2＜，解得：＜r＜.所以半径r的取值范围为(，) .14．(2019·严州中学月考改编)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，P(m，0)为C的长轴上的一个动点，过P点且斜率为的直线l交C于A，B两点．当m＝0时，·＝－.(1)求椭圆C的方程；(2)证明：|PA|2＋|PB|2为定值．解：(1)因为离心率为，所以＝.当m＝0时，l的方程为y＝x，代入＋＝1并整理得x2＝.设A(x0，y0)，则B(－x0，－y0)，·＝－x－y＝－x＝－·.又因为·＝－，所以a2＝25，b2＝16，椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明：将l的方程为x＝y＋m，代入＋＝1，并整理得25y2＋20my＋8(m2－25)＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则|PA|2＝(x1－m)2＋y＝y，同理|PB|2＝y.则|PA|2＋|PB|2＝(y＋y)＝[(y1＋y2)2－2y1y2]＝·＝41.所以|PA|2＋|PB|2为定值．15.(2019·温州十五校联合体联考)如图，已知抛物线C1：y2＝2px(p＞0)，直线l与抛物线C1相交于A、B两点，且当倾斜角为60°的直线l经过抛物线C1的焦点F时，有|AB|＝.(1)求抛物线C1的方程；(2)已知圆C2：(x－1)2＋y2＝，是否存在倾斜角不为90°的直线l，使得线段AB被圆C2截成三等分？若存在，求出直线l的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)当倾斜角为60°的直线l经过抛物线C1的焦点F时，直线l的方程为y＝(x－)，联立方程组，即3x2－5px＋p2＝0，所以|AB|＝＋p＝，即p＝，所以抛物线C1的方程是y2＝x.(2)假设存在直线l，使得线段AB被圆C2截成三等分，令直线l交圆C2于C，D，设直线l的方程为x＝my＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由题意知，线段AB与线段CD的中点重合且有|AB|＝3|CD|，联立方程组，即4y2－my－b＝0，所以y1＋y2＝，y1y2＝－，x1＋x2＝＋2b，所以线段AB中点的坐标M为(＋b，)，即线段CD的中点为(＋b，)，又圆C2的圆心为C2(1，0)，所以kMC2＝＝－m，所以m2＋8b－7＝0，即b＝－，又因为|AB|＝·＝·，因为圆心C2(1，0)到直线l的距离d＝，圆C2的半径为，所以3|CD|＝6＝(m2＜3)，所以m4－22m2＋13＝0，即m2＝11±6，所以m＝±，b＝，故直线l的方程为x＝±y＋.