2020版高考数学二轮复习 第2部分 专题5 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的综合问题课件 理

第二部分讲练篇专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题研考题举题固法求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考)考向1构造不等式求最值或范围[高考解读]以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学运算能力和逻辑推理及等价转化能力.(2019·全国卷Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.①证明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面积的最大值．切入点：(1)由kAM·kBM＝－12求C的方程，并注意x的范围．(2)①证明kPQ·kPG＝－1即可；②建立面积函数，借助不等式求解．[解](1)由题设得yx＋2·yx－2＝－12，化简得x24＋y22＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点．(2)①设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)．由y＝kx，x24＋y22＝1得x＝±21＋2k2.记u＝21＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为k2，方程为y＝k2(x－u)．由y＝k2x－u，x24＋y22＝1，得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝u3k2＋22＋k2，由此得yG＝uk32＋k2.从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku3k2＋22＋k2－u＝－1k.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②由①得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，所以△PQG的面积S＝12|PQ||PG|＝8k1＋k21＋2k22＋k2＝81k＋k1＋21k＋k2.设t＝k＋1k，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为169.因此，△PQG面积的最大值为169.因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为169.因此，△PQG面积的最大值为169.[点评]最值问题一般最终转化为某一个变量的函数，求最值时常用均值不等式，单调性，导数来求，重视一般函数中有分式，高次根式在求最值问题上的应用.基本不等式求最值的5种典型情况分析(1)s＝k2＋12k2＋5(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．(2)s＝k2＋121＋2k2k2＋2≥k2＋121＋2k2＋k2＋222(基本不等式)．(3)s＝n4m2＋1－n24m2＋1(基本不等式)．(4)s＝4k4＋13k2＋92k2＋3＝1＋k24k4＋12k2＋9(先分离参数，再利用基本不等式)．(5)s＝kk2＋13k2＋13k2＋9＝k＋1k3k＋13kk＋9k(上下同时除以k2，令t＝k＋1k换元，再利用基本不等式)．(长度的最值问题)若F1，F2分别是椭圆E：x25＋y2＝1的左、右焦点，F1，F2关于直线x＋y－2＝0的对称点是圆C的一条直径的两个端点．(1)求圆C的方程；(2)设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a，b.当ab取最大值时，求直线l的方程．[解](1)因为F1(－2,0)，F2(2,0)，所以圆C半径为2，圆心C是原点O关于直线x＋y－2＝0的对称点．设C(p，q)，由qp＝1，p2＋q2－2＝0得p＝q＝2，所以C(2,2)．所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝4.(2)设直线l的方程为x＝my＋2，则圆心C到直线l的距离d＝|2m|1＋m2，所以b＝222－d2＝41＋m2，由x＝my＋2x2＋5y2＝5得(5＋m2)y2＋4my－1＝0，设直线l与椭圆E交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－4m5＋m2，y1·y2＝－15＋m2，a＝|AB|＝1＋m2y1＋y22－4y1y2＝25m2＋1m2＋5，ab＝85m2＋1m2＋5＝85m2＋1＋4m2＋1≤25，当且仅当m2＋1＝4m2＋1，即m＝±3时等号成立．所以当m＝±3时，ab取最大值．此时直线l的方程为x±3y－2＝0.考向2构造函数求最值或范围(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A－12，14，B32，94，抛物线上的点P(x，y)－12x32.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．切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助－12＜x＜32求其范围；(2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|·|PQ|的函数，进而借助导数求其最值．[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝x2－14x＋12＝x－12，因为－12x32，所以－1＜x－12＜1，即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．(2)联立直线AP与BQ的方程kx－y＋12k＋14＝0，x＋ky－94k－32＝0，解得点Q的横坐标是xQ＝－k2＋4k＋32k2＋1.因为|PA|＝1＋k2x＋12＝1＋k2(k＋1)，|PQ|＝1＋k2(xQ－x)＝－k－1k＋12k2＋1，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，所以f(k)在区间－1，12上单调递增，在12，1上单调递减，因此当k＝12时，|PA|·|PQ|取得最大值2716.构造函数法求最值或范围时的策略解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法(单调性或导数)进行求解．(面积最值问题)已知动圆C过定点F2(1,0)，并且内切于定圆F1：(x＋1)2＋y2＝12.(1)求动圆圆心C的轨迹方程；(2)若曲线y2＝4x上存在两个点M，N，(1)中曲线上有两个点P，Q，并且M，N，F2三点共线，P，Q，F2三点共线，PQ⊥MN，求四边形PMQN的面积的最小值．[解](1)设动圆的半径为r，则|CF2|＝r，|CF1|＝23－r，所以|CF1|＋|CF2|＝23＞|F1F2|，由椭圆的定义知动圆圆心C的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，且a＝3，c＝1，所以b＝2，动圆圆心C的轨迹方程是x23＋y22＝1.(2)当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，易得|MN|＝4，|PQ|＝23，四边形PMQN的面积S＝43.当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，联立方程得y＝kx－1，y2＝4x，消元得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝4k2＋2，x1x2＝1，|MN|＝1＋k24k2＋22－4＝4k2＋4.因为PQ⊥MN，所以直线PQ的方程为y＝－1k(x－1)，由y＝－1kx－1，x23＋y22＝1，得(2k2＋3)x2－6x＋3－6k2＝0.设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则x3＋x4＝62k2＋3，x3x4＝3－6k22k2＋3，|PQ|＝1＋1k262k2＋32－4×3－6k22k2＋3＝43k2＋12k2＋3.则四边形PMQN的面积S＝12|MN||PQ|＝124k2＋443k2＋12k2＋3＝83k2＋12k22k2＋3.令k2＋1＝t，t＞1，则S＝83t2t－12t＋1＝83－1t2－1t＋2＝83－1t＋122＋94.因为t＞1，所以0＜1t＜1，易知－1t＋122＋94的范围是(0,2)，所以S＞832＝43.综上可得S≥43，S的最小值为43.与圆锥曲线有关的定点、定值问题考向1定点问题[高考解读]由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的几何图形中，探求直线过定点、曲线过定点等一类常考题型．考查考生的数形结合思想和逻辑推理能力．(2019·全国卷Ⅲ)已知曲线C：y＝x22，D为直线y＝－12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E0，52为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积．[解](1)证明：设Dt，－12，A(x1，y1)，则x21＝2y1.由y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故y1＋12x1－t＝x1.整理得2tx1－2y1＋1＝0.设B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.故直线AB的方程为2tx－2y＋1＝0.所以直线AB过定点0，12.(2)由(1)得直线AB的方程为y＝tx＋12.由y＝tx＋12，y＝x22可得x2－2tx－1＝0.于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，|AB|＝1＋t2|x1－x2|＝1＋t2×x1＋x22－4x1x2＝2(t2＋1)．设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝t2＋1，d2＝2t2＋1.因此，四边形ADBE的面积S＝12|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3)t2＋1.设M为线段AB的中点，则Mt，t2＋12.由于EM→⊥AB→，而EM→＝(t，t2－2)，AB→与向量(1，t)平行，所以t＋(t2－2)t＝0.解得t＝0或t＝±1.当t＝0时，S＝3；当t＝±1时，S＝42.因此，四边形ADBE的面积为3或42.定点问题的两大类型及解法(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＝mk，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．(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2＋y2＝4上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2PN→＝3MN→，动点P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)设E的左顶点为D，若直线l：y＝kx＋m与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足|DA→＋DB→|＝|DA→－DB→|，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标．[解](1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)，∵2PN→＝3MN→，∴2(x0－x，－y)＝3(0，－y0)，即x0＝x，y0＝23y，又点M在圆C：x2＋y2＝4上，∴x20＋y20＝4，将x0＝x，y0＝23y代入得x24＋y23＝1，即轨迹E的方程为x24＋y23＝1.(2)由(1)可知D(－2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立y＝kx＋m，x24＋y23＝1，得(3＋4k2)x2＋8mkx＋4(m2－3)＝0，Δ＝(8mk)2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝16(12k2－3m2＋9)＞0，即3＋4k2－m2＞0，∴x1＋x2＝－8mk3＋4k2，x1x2＝4m2－33＋4k2.y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋mk(x1＋x2)＋m2＝3m2－12k23＋4k2，∵|DA→＋DB→|＝|DA→－DB→|，∴DA→⊥DB→，即DA→·DB→＝0，即(x1＋2，y1)·(x2＋2，y2)＝x1x2＋2(x1＋x2)＋4＋y1y2＝0，∴4m2－