（浙江专用）2020版高考数学大二轮复习 专题四 大题考法课一 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题课件

大题考法课一圆锥曲线中的最值、范围、证明问题题型(一)最值问题[考查趋向]主要考查直线与圆锥曲线相交时的弦长问题以及最值的求解.[试典题——考点悟通][典例1](2019·浙江高考)如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p0)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S1S2的最小值及此时点G的坐标．[解](1)由题意得p2＝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F，故直线AB的方程为x＝t2－12ty＋1，代入y2＝4x，得y2－2t2－1ty－4＝0，故2tyB＝－4，即yB＝－2t，所以B1t2，－2t.又xG＝13(xA＋xB＋xC)，yG＝13(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，得2t－2t＋yC＝0，得C1t－t2，21t－t，G2t4－2t2＋23t2，0.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t22.从而S1S2＝12|FG|·|yA|12|QG|·|yC|＝2t4－2t2＋23t2－1·|2t|t2－1－2t4－2t2＋23t2·2t－2t＝2t4－t2t4－1＝2－t2－2t4－1.令m＝t2－2，则m0，S1S2＝2－mm2＋4m＋3＝2－1m＋3m＋4≥2－12m·3m＋4＝1＋32.当m＝3时，S1S2取得最小值1＋32，此时G(2,0)．[备课札记][学技法——融会贯通]最值问题的求解思路(1)建立目标函数，然后根据目标函数的特征选择相应的方法进行求解．(2)构建不等式，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，且大多会用到基本不等式．[对点练——触类旁通]1.如图，斜率为k的直线l与抛物线y2＝4x交于A，B两点，直线PM垂直平分弦AB，且分别交AB，x轴于点M，P，已知P(4,0)．(1)求M点的横坐标；(2)求△PAB面积的最大值．解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，则x0＝x1＋x22，y0＝y1＋y22，所以k＝y1－y2x1－x2＝4y1＋y2＝2y0，而kMP＝y0x0－4，由k·kMP＝－1得x0－4＝－2，即x0＝2，所以M点的横坐标为2.(2)设直线AB：x＝m(y－y0)＋2，即AB：x＝my－my0＋2，与抛物线y2＝4x联立得y2－4my＋4my0－8＝0，则y1＋y2＝4m，y1y2＝4my0－8，所以|AB|＝1＋m2|y1－y2|＝1＋m2·16m2－16my0＋32，而P到直线AB的距离为d＝|my0＋2|m2＋1，所以S△PAB＝12d|AB|＝2|my0＋2|m2－my0＋2，又由于m＝1k＝y02，所以S△PAB＝2(2m2＋2)2－m2＝4(m2＋1)2－m2.令2－m2＝t，则t＞0且m2＝2－t2，所以S△PAB＝4(3－t2)t＝12t－4t3，令g(t)＝12t－4t3(t＞0)，则g′(t)＝12－12t2＝12(1－t)(1＋t)，当0＜t＜1时，g′(t)＞0，所以g(t)在(0,1)上单调递增；当t＞1时，g′(t)＜0，所以g(t)在(1，＋∞)上单调递减，故g(t)＝12t－4t3≤g(1)＝8，即△PAB面积的最大值为8.题型(二)范围问题[考查趋向]主要考查直线与圆锥曲线的位置关系、圆锥曲线的几何性质，参数多与直线方程或圆锥曲线方程相关.[试典题——考点悟通][典例2](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＋y24＝1(x0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．[解](1)证明：设P(x0，y0)，A14y21，y1，B14y22，y2.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程y＋y022＝4·14y2＋x02，即y2－2y0y＋8x0－y20＝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y1＋y2＝2y0，y1y2＝8x0－y20，所以|PM|＝18(y21＋y22)－x0＝34y20－3x0，|y1－y2|＝22y20－4x0.因此△PAB的面积S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝324(y20－4x0)32.因为x20＋y204＝1(x00)，所以y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]，所以△PAB面积的取值范围是62，15104.[备课札记][学技法——融会贯通]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．[对点练——触类旁通]2.过椭圆C外一点P(x0，y0)作椭圆C：x25＋y24＝1的切线l1，l2，切点分别为A，B，满足l1⊥l2.(1)求P的轨迹方程；(2)求△ABP的面积(用P的横坐标x0表示)；(3)当P运动时，求△ABP面积的取值范围．解：(1)设直线PA：y＝k(x－x0)＋y0，将其代入4x2＋5y2＝20得(4＋5k2)x2＋10(y0－kx0)kx＋5(y0－kx0)2－20＝0.由Δ＝0，得(x20－5)k2－2x0y0k＋y20－4＝0，又因为k1k2＝y20－4x20－5＝－1，即x20＋y20＝9，所以P的轨迹方程为x2＋y2＝9.(2)因为P(x0，y0)，所以将直线AB：x0x5＋y0y4＝1代入椭圆4x2＋5y2＝20，得(45－x20)x2－40x0x＋25x20－125＝0，设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，则x1＋x2＝40x045－x20，x1x2＝25x20－12545－x20，设点P到AB的距离为d，则d＝x205＋y204－1x205＋y204，所以S△ABP＝12|AB|d＝25－x20345－x20.(3)令25－x20＝t，则x20＝25－t2.因为x20＋y20＝9，∴0≤x20≤9，∴4≤t≤5，所以S△PAB＝t320＋t2.设f(t)＝t320＋t2，4≤t≤5，则f′(t)＝t4＋60t220＋t220，所以f(t)在[4,5]上单调递增，所以f(t)∈169，259，即△ABP的面积的取值范围是169，259.题型(三)证明问题[考查趋向]主要考查点、直线、曲线等几何元素中的位置关系以及直线或圆锥曲线中的一些数量关系．[试典题——考点悟通][典例3](2018·全国卷Ⅰ)设椭圆C：x22＋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1，22或1，－22.又M(2,0)，所以直线AM的方程为y＝－22x＋2或y＝22x－2，即x＋2y－2＝0或x－2y－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x12，x22，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝y1x1－2＋y2x2－2.由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝2kx1x2－3kx1＋x2＋4kx1－2x2－2.将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1，得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以x1＋x2＝4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝4k3－4k－12k3＋8k3＋4k2k2＋1＝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．[备课札记][学技法——融会贯通]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：一是证明点、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；二是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．[对点练——触类旁通]3.如图，已知椭圆C：x29＋y25＝1，直线l：x＝92，过右焦点F的直线MN交椭圆C于点M，N，过点N作NP⊥l于点P.(1)证明：|NF||NP|＝23；(2)在直线l上是否存在点T，使得△TMN为正三角形，若存在，请求出直线MN的方程；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：设N(x1，y1)，则有x219＋y215＝1，即y21＝5－59x21，所以|NF||NP|＝x1－22＋y2192－x1＝49x21－4x1＋9x21－9x1＋814＝23.(2)取MN的中点为R，设N(x1，y1)，M(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my＋2，则Rx1＋x22，y1＋y22，联立方程组x＝my＋2，5x2＋9y2＝45，得(5m2＋9)y2＋20my－25＝0，则y1＋y2＝－20m5m2＋9，y1y2＝－255m2＋9，x1＋x2＝m(y1＋y2)＋4＝365m2＋9，若要满足△TMN为正三角形，即满足TR⊥MN且|TR|＝32|MN|，又因为R185m2＋9，－10m5m2＋9，则直线RT的方程为y＋10m5m2＋9＝－mx－185m2＋9，令x＝92，得T92，－45m3－65m10m2＋18，所以|TR|＝45m2＋1m2＋110m2＋18，又|MN|＝301＋m25m2＋9，由|TR|＝32|MN|，解得m＝±33，即直线MN的方程为x＝±33y＋2.