（新高考）2020高考数学二轮复习 题型篇 专题五 解析几何 第三讲 大题考法（一）——圆锥曲线中的

第三讲大题考法(一)——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题题型(一)最值问题[典例]已知圆O：x2＋y2＝r2(r0)，椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的短半轴长等于圆O的半径，且过C右焦点的直线与圆O相切于点D12，32.(1)求椭圆C的方程；(2)若动直线l与圆O相切，且与C相交于不同的两点A，B，求点O到弦AB的垂直平分线距离的最大值．[解]第(1)问如图，设椭圆的右焦点为F，由于直线l与圆O相切于点D，所以三角形FOD是以∠ODF为直角的直角三角形．因为切点的坐标为D12，32，所以∠DOF＝60°.由条件知r2＝122＋322＝1，所以圆的半径r＝1，b＝1.所以在Rt△FOD中，|OF|＝2.从而a2＝b2＋c2＝5.所以椭圆C的方程为x25＋y2＝1.第(2)问法一：利用斜率构建目标函数设点O到弦AB的垂直平分线的距离为d，①若直线l⊥x轴，则弦AB的垂直平分线为x轴，所以d＝0；若直线l⊥y轴，则l与C只有一个交点，不符合题意．②若直线l不与坐标轴垂直，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，因为l与圆O相切，所以|m|1＋k2＝1，即|m|＝1＋k2.由y＝kx＋m，x25＋y2＝1，消去y得(1＋5k2)x2＋10kmx＋5m2－5＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－10km1＋5k2，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝2m1＋5k2.所以AB中点的坐标为－5km1＋5k2，m1＋5k2，所以弦AB的垂直平分线方程为y－m1＋5k2＝－1kx＋5km1＋5k2，即x＋ky＋4km1＋5k2＝0.所以d＝4km1＋5k21＋k2.将|m|＝1＋k2代入得，d＝4km1＋5k21＋k2＝|4k|1＋5k2＝41|k|＋5|k|≤425＝255，当且仅当|k|＝55，|m|＝305时，取等号．综上所述，点O到弦AB的垂直平分线的距离的最大值为255.法二：利用点的坐标构建目标函数设点O到弦AB的垂直平分线距离为d，①若直线l⊥x轴，则弦AB的垂直平分线为x轴，所以d＝0；若直线l⊥y轴，则l与C只有一个交点，不符合题意．②若直线l不与坐标轴垂直，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点坐标为M(x0，y0)，x0≠0，y0≠0，由点A，B在椭圆上得，x215＋y21＝1，①x225＋y22＝1，②①－②得，15(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0，即kAB＝y1－y2x1－x2＝－15·x1＋x2y1＋y2＝－x05y0，直线l的方程为y－y0＝kAB(x－x0)，化简得x0x＋5y0y－x20－5y20＝0.因为直线l与圆O相切，所以1＝|－x20－5y20|x20＋25y20，化简得x20＋5y20＝x20＋25y20，又因为弦AB的垂直平分线方程为y－y0＝5y0x0(x－x0)，即5y0x－x0y－4x0y0＝0，所以点O到弦AB的垂直平分线的距离为d＝|－4x0y0|x20＋25y20＝|4x0y0|x20＋5y20＝4x0y0＋5y0x0≤425＝255，当且仅当x20＝5y20时，取等号．综上所述，点O到弦AB的垂直平分线的距离的最大值为255.[思维流程]目标函数法解圆锥曲线有关最值问题的解题模型[对点训练](2019·合肥质检)已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p0)相切．(1)求抛物线C的方程；(2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．解：(1)由x－y＋1＝0，y2＝2px消去x，得y2－2py＋2p＝0，∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C相切，∴Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍去)．∴抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由于直线m的斜率不为0，故可设直线m的方程为ty＝x－1，由ty＝x－1，y2＝4x消去x，得y2－4ty－4＝0，Δ1＝16t2＋160，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，∴y1＋y2＝4t，∴x1＋x2＝4t2＋2，∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1,2t)．设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，则dA＋dB＝2d＝2×|2t2－2t＋2|2＝22|t2－t＋1|＝22t－122＋34，∴当t＝12时，可使A，B两点到直线l的距离之和最小，距离之和的最小值为322.题型(二)范围问题[典例]已知点A，B分别为椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，点P(0，－2)，直线BP交E于点Q，PQ―→＝32QB―→，且△ABP是等腰直角三角形．(1)求椭圆E的方程；(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．[解](1)由△ABP是等腰直角三角形，知a＝2，B(2,0)，设Q(x0，y0)，由PQ―→＝32QB―→，得x0＝65，y0＝－45，代入椭圆方程，解得b2＝1，∴椭圆E的方程为x24＋y2＝1.(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设方程为y＝kx－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由y＝kx－2，x24＋y2＝1消去y，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，则x1＋x2＝16k1＋4k2，x1x2＝121＋4k2.由直线l与E有两个不同的交点，得Δ＞0，则(－16k)2－4×12×(1＋4k2)＞0，解得k2＞34.①由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，则OM―→·ON―→＞0，即x1x2＋y1y2＞0，则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)·121＋4k2－2k·16k1＋4k2＋4＞0，解得k2＜4.②联立①②可知34＜k2＜4，解得32＜k＜2或－2＜k＜－32，故直线l斜率的取值范围为－2，－32∪32，2.[规律方法]范围问题的解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(1)利用判别式或几何性质来构造不等式，从而确定所求范围(如本例)；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出所求范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定所求范围；(6)利用已知，将条件转化为n个不等关系，从而求出参数的范围(如本例)．[对点训练]已知A，B是x轴正半轴上两点(A在B的左侧)，且|AB|＝a(a0)，过A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y2＝2px(p0)在第一象限分别交于D，C两点．(1)若a＝p，点A与抛物线y2＝2px的焦点重合，求直线CD的斜率；(2)若O为坐标原点，记△OCD的面积为S1，梯形ABCD的面积为S2，求S1S2的取值范围．解：(1)由题意知Ap2，0，则Bp2＋a，0，Dp2，p，则Cp2＋a，p2＋2pa，又a＝p，所以kCD＝3p－p3p2－p2＝3－1.(2)设直线CD的方程为y＝kx＋b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由y＝kx＋b，y2＝2px，得ky2－2py＋2pb＝0，所以Δ＝4p2－8pkb0，得kbp2，又y1＋y2＝2pk，y1y2＝2pbk，由y1＋y2＝2pk0，y1y2＝2pbk0，可知k0，b0，因为|CD|＝1＋k2|x1－x2|＝a1＋k2，点O到直线CD的距离d＝|b|1＋k2，所以S1＝12·a1＋k2·|b|1＋k2＝12ab.又S2＝12(y1＋y2)·|x1－x2|＝12·2pk·a＝apk，所以S1S2＝kb2p，因为0kbp2，所以0S1S214，即S1S2的取值范围为0，14.题型(三)证明问题[典例]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为13，左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF1与y轴相交于B，|AB|＝|F2B|，|OB|＝43(O为坐标原点)．(1)求椭圆C的方程；(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m(k≠0)分别与l1，l2交于点M，N，求证：∠MF1N＝∠MF2N.[解](1)如图，连接AF2，由题意得|AB|＝|F2B|＝|F1B|，所以BO为△F1AF2的中位线，又BO⊥F1F2，所以AF2⊥F1F2，且|AF2|＝2|BO|＝b2a＝83，又e＝ca＝13，a2＝b2＋c2，所以a2＝9，b2＝8，故所求椭圆C的方程为x29＋y28＝1.(2)证明：由(1)可得，F1(－1,0)，F2(1,0)，l1的方程为x＝－3，l2的方程为x＝3.由x＝－3，y＝kx＋m，得x＝－3，y＝－3k＋m，由x＝3，y＝kx＋m，得x＝3，y＝3k＋m，所以M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)，所以F1M―→＝(－2，－3k＋m)，F1N―→＝(4,3k＋m)，所以F1M―→·F1N―→＝－8＋m2－9k2.联立得x29＋y28＝1，y＝kx＋m，得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0.因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2－72)＝0，化简得m2＝9k2＋8.所以F1M―→·F1N―→＝－8＋m2－9k2＝0，所以F1M―→⊥F1N―→，故∠MF1N＝π2.同理可得F2M―→⊥F2N―→，∠MF2N＝π2.故∠MF1N＝∠MF2N.[规律方法](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]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)经过点M1，22，其离心率为22，设直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点．(1)求椭圆C的方程；(2)已知直线l与圆x2＋y2＝23相切，求证：OA⊥OB(O为坐标原点)．解：(1)∵e＝ca＝22，a2＝b2＋c2，∴a2＝2b2，∴椭圆方程为x22b2＋y2b2＝1.∵1，22在椭圆上，∴12b2＋12b2＝1，b2＝1，a2＝2，∴椭圆C的方程为x22＋y2＝1.(2)证明：∵直线l与圆x2＋y2＝23相切，∴|m|1＋k2＝63，即3m2－2k2－2＝0，由y＝kx＋m，x2＋2y2＝2，得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－4km1＋2k2，x1x2＝2m2－21＋2k2，∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝m2－2k21＋2k2，∴OA―→·OB―→＝x1x2＋y1y2＝2m2－21＋2k2＋m2－2k21＋2k2＝3m2－2k2－21＋2k2＝0.∴OA⊥OB.