2020届高考数学二轮复习专题6解析几何第3讲解析几何的综合问题课件理

∴直线QE的斜率为2k，方程为y＝2k(x－u)．
联立xy42＝＋2ky22x＝－1u，，
化简得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝u32k＋2＋k22，则yG＝2＋uk3k2.
∴kPG＝u232u＋k＋k23＋kk22－2u－k u＝－1k.
(2)设直线l的方程为y＝x＋b，代入y2＝4x，
得x2＋(2b－4)x＋b2＝0.
∵直线l为抛物线C的切线，∴Δ＝0，解得b＝1.
∴直线l的方程为y＝x＋1.
由(1)可知x1＋x2＝6，x1x2＝1. 设P(m，m＋1)，则P→M＝(x1－m，y1－(m＋1))， P→N＝(x2－m，y2－(m＋1))，
由Q－1，m2 ， 可得直线BQ的方程为3－m26＋m4－m2 (x＋1)－－33mm2＋2＋44＋1y－m2 ＝0， 令y＝0，解得x＝23－ m23＋m22，故D23－ m23＋m22，0， 所以|AD|＝1－23－ m23＋m22＝3m62m＋2 2.
又因为△APD的面积为 26， 故12×3m62m＋2 2×|m2 |＝ 26，
∴PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
(ii)由(i)得|PQ|＝2u 1＋k2，|PG|＝2uk2＋1k＋2 k2， ∴S△PQG＝12|PQ|·|PG|＝1＋8k2k12＋2k＋2 k2＝1＋821k＋1k＋kk2. 设t＝k＋1k，由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号． ∵S△PQG＝1＋8t2t2在[2，＋∞)单调递减， ∴当t＝2，即k＝1时，S△PQG取得最大值196.
【解析】(1)设F的坐标为(－c,0)． 依题意，ac＝12，p2＝a，a－c＝12，解得a＝1，c＝12， p＝2，于是b2＝a2－c2＝34. 所以椭圆的方程为x2＋43y2＝1，抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设直线AP的方程为x＝my＋1(m≠0)，与直线l的方程x＝－1联立， 可得点P－1，－m2 ，故Q－1，m2 . 将x＝my＋1与x2＋43y2＝1联立，消去x，整理得(3m2＋4)y2＋6my＝0， 解得y＝0或y＝3－m26＋m4. 由点B异于点A，可得点B－33mm2＋2＋44，3－m26＋m4.
又xG＝13(xA＋xB＋xC)，yG＝13(yA＋yB＋yC)，重心在x轴上， ∴2t－2t ＋yC＝0. ∴C1t －t2，21t －t，G2t4－32t2t2＋2，0. ∴直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)． ∵Q在焦点F的右侧，∴t2＞2.
1 ∴SS12＝122||QFGG||··||yyAC||＝2tt44－－1t2＝2－tt24－－21.
令m＝t2－2，则m＞0.
SS12＝2－m2＋m4m＋3＝2－m＋1m3 ＋4≥2－2
m1·m3 ＋4＝1＋ 23，
当m＝ 3时，SS12取得最小值为1＋ 23，此时G(2,0)．
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法： 一是利用几何方法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性 质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某 个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
2．(2019年新课标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. (i)证明：△PQG是直角三角形； (ii)求△PQG面积的最大值．
由kAP·kBP＝－34，得x＋y 2·x－y 2＝－34， 化简整理得，动点P的轨迹方程为x42＋y32＝1(y≠0)．
(2)设C(x，y)，D(x0,0)，依题意|AD|＝|CD|， 即|x0＋2|＝ x0－x2＋y2， 平方并移项整理得2(x＋2)x0＝x2＋y2－4. C(x，y)在轨迹上，则x42＋y32＝1(y≠0)， 即y2＝3－34x2且x≠±2. 所以2(x＋2)x0＝14x2－1，x0＝18(x－2)． 因为－2＜x＜2，所以－12<x0<0，即点D横坐标x0的取值范围为－12，0.
将y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1， 化简得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0. ∴x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22－ ＋21. ∴2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝2k21＋1(4k3－4k－12k3＋8k3＋4k)＝0.∴kMA＋kMB＝0. ∴MA，MB的倾斜角互补，即∠OMA＝∠OMB. 综上，∠OMA＝∠OMB.
【分析】(1)设P(x，y)(y≠0)，则kAP＝
y x＋2
，kBP＝
y x－2
，由直线AP，BP的斜率
之积kAPkBP＝－34，能求出动点P的轨迹方程．
(2)设C(x，y)，D(x0,0)，依题意|AD|＝|CD|，从而|x0＋2|＝ x0－x2＋y2，进而2(x
＋2)x0＝x2＋y2－4，由C(x，y)在椭圆上，能求出点D横坐标x0的取值范围． 【解析】(1)设P(x，wk.baidu.com)(y≠0)，则kAP＝x＋y 2，kBP＝x－y 2，
1．应用定义法求曲线方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关系式， 由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程，用待定系数法求解．
2．“相关点法”的基本步骤： (1)设点：设被动点坐标为(x，y)，主动点坐标为(x1，y1)． (2)求关系式：求出两个动点坐标之间的关系式yx11＝＝gfxx，，yy，. (3)代换：将上述关系式代入已知曲线方程，便可得到所求动点的轨迹方程．
x＝1，
x＝1， x＝1，
联立x22＋y2＝1，
解得y＝
2 2
或y＝－
2 2.
∴A1， 22或A1，－ 22. ∴直线AM的方程为y＝－ 22x＋ 2，或y＝ 22x－ 2.
(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， ∴∠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x1＜ 2，x2＜ 2. 由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k，得kMA＋kMB＝x1y－1 2＋x2y－2 2＝2kx1x2x－1－32kxx1＋2－x22＋4k.
∴
→ PM
→ ·PN
＝(x1－m)(x2－m)＋[y1－(m＋1)][y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋
y1y2－(m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2.
∵x1＋x2＝6，x1x2＝1， ∴y1y2＝(x1－1)(x2－1)＝x1x2－(x1＋x2)＋1＝1－6＋1＝－4，y1＋y2＝(x1－1)＋(x2 －1)＝6－2＝4. ∴P→M·P→N＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2 ＝2(m2－4m－3)＝2(m－2)2－14≥－14， 当且仅当m＝2时，即点P的坐标为(2,3)时，P→M·P→N的最小值为－14.
已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直 线与抛物线相交于M，N两点，其中|MN|＝8.
(1)求抛物线C的方程； (2)设直线l为抛物线C的切线且l∥MN，P为l上一点，求P→M·P→N的最小值． 【解析】(1)由题意可知Fp2，0，则该直线方程为y＝x－p2， 代入y2＝2px(p>0)，得x2－3px＋p42＝0. 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有x1＋x2＝3p. ∵|MN|＝8，∴x1＋x2＋p＝8， 即3p＋p＝8，解得p＝2.∴抛物线的方程为y2＝4x.
整理得3m2－2 6|m|＋2＝0，解得|m|＝ 36，
所以m＝±
6 3.
所以直线AP的方程为3x＋ 6y－3＝0或3x－ 6y－3＝0.
求最值问题
例2 (2019年浙江)如图，已知点F(1,0)为抛物线为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△ACB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．曲线与方程 一般地，在平面直角坐标系中，如果某曲线C(看作满足某种条件的点的集合或 轨迹)上的点与一个二元方程f(x，y)＝0的实数解建立了如下的关系： (1)曲线上点的坐标都是这个方程的解； (2)以这个方程的解为坐标的点都在曲线上． 那么，这条曲线叫作方程的曲线，这个方程叫作曲线的方程．
2．求动点的轨迹方程的一般步骤 (1)建系——建立适当的坐标系． (2)设点——设轨迹上的任一点P(x，y)． (3)列式——列出动点P所满足的关系式． (4)代换——依条件式的特点，选用距离公式、斜率公式等将其转化为x，y的方程 式，并化简． (5)证明——证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程． 3．两曲线的交点 由曲线方程的定义可知，两条曲线交点的坐标应该是两个曲线方程的公共解， 即两个曲线方程组成的方程组的实数解；反过来，方程组有几组解，两条曲线就有 几个交点；方程组无解，两条曲线就没有交点．
【解析】(1)由题设得x＋y 2·x－y 2＝－12， 化简得x42＋y22＝1(|x|≠2)． ∴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)(i)证明：设直线PQ的方程为y＝kx(k＞0)．
y＝kx， 联立x42＋y22＝1，
化简得x＝±
2 1＋2k2.
令u＝ 1＋2 2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
＋by22
＝1(a＞b＞0)的左焦点为F，右顶点为
A，离心率为12.已知A是抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点，F到抛物线的准线l的距离为12.
(1)求椭圆的方程和抛物线的方程；
(2)设l上两点P，Q关于x轴对称，直线AP与椭圆相交于点B(B异于点A)，直线BQ
与x轴相交于点D.若△APD的面积为 26，求直线AP的方程．
(1)求p的值及抛物线的准线方程； (2)求SS12的最小值及此时点G点坐标．
【解析】(1)∵抛物线y2＝2px的焦点为F(1,0)，∴p2＝1，解得p＝2. 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＝t2－2t 1y＋1. 代入y2＝4x，化简得y2－2t2－t 1y－4＝0. ∴2tyB＝－4，即yB＝－2t ，∴Bt12，－2t .
专题讲练
专题6 解析几何
第3讲 解析几何的综合问题
考点
求曲线方程
最值问题 范围问题 探索性与存在 性问题
新课标卷考题统计
2019年 2018年
2017年
卷Ⅱ，21
卷Ⅱ，20 卷Ⅲ，20
卷Ⅱ，21
卷Ⅲ，20
考纲解读
主要考查直线与椭圆、 双曲线、抛物线的位置 关系，主要有求曲线方 程、最值问题、范围问 题、探索性与存在性问 题、证明问题． 题型主要为解答题.
02
热点题型
求曲线方程
例1 (2018年广东江门一模)在平面直角坐标系xOy中，已知点A(－2,0)，B(2,0)， 动点P不在x轴上，直线AP，BP的斜率之积kAPkBP＝－34.
(1)求动点P的轨迹方程； (2)设C是轨迹上任意一点，AC的垂直平分线与x轴相交于点D，求点D横坐标的 取值范围．
栏 目 导 航
01
真题感悟
02
热点题型
03
精题强化
01
真题感悟
1．(2018年新课标Ⅰ)设椭圆C：
x2 2
＋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，求证：∠OMA＝∠OMB.
【解析】(1)∵c＝ 2－1＝1，∴F(1,0)． ∵l与x轴垂直，∴x＝1.
3．直接法求曲线方程时最关键的就是把几何条件或等量关系翻译为代数方程， 要注意翻译的等价性．通常将步骤简记为建系、设点、列式、代换化简、证明这五 个步骤，但最后的证明可以省略．如果给出了直角坐标系则可省去建系这一步．求 出曲线的方程后还需注意检验方程的纯粹性和完备性．
(2017年天津)设椭圆
x2 a2