【高考数学二轮学习精品讲义教师版】第三部分_重点板块_专题五解析几何：第3讲圆锥曲线的综合问题

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)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围；
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(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，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)利用函数值域的求法，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．
解得 a＝2，∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆 C 的标准方程为x42＋y32＝1.
(2)联立方程，得x42＋y32＝1，消去 y 得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设 A(x1，y1)，B(x2， y＝kx＋m，
y2)，则 x1＋x2＝3－＋84kmk2，x1x2＝43m＋2－4k122，且 Δ＝48(3＋4k2－m2)>0，① 设 AB 的中点为 M(x0，y0)，连接 QM，则 x0＝x1＋2 x2＝3－＋44kmk2，y0＝kx0＋m＝3＋3m4k2，
(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.
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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 x1< 2，x2< 2，直线 MA，MB 的斜率之和为 kMA＋kMB＝x1y－1 2＋x2y－2 2. 由 y1＝kx1－k，y2＝kx2－k， 得 kMA＋kMB＝2kx（1x2x－1－32k（）x（1＋x2x－2）2）＋4k. 将 y＝k(x－1)代入x22＋y2＝1， 得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0， 所以 x1＋x2＝2k42k＋2 1，x1x2＝22kk22－ ＋21. 则 2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k ＝4k3－4k－21k22＋k3＋1 8k3＋4k＝0. 从而 kMA＋kMB＝0， 故 MA，MB 的倾斜角互补． 所以∠OMA＝∠OMB. 综上，∠OMA＝∠OMB.
题、填空题中经常考查)
代数法
建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的解 法(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)
(2019·河北省九校第二次联考)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，且|MN|＝8.
又 S2＝12(y1＋y2)·|x1－x2|＝21·2kp·a＝akp，
所以SS12＝2kbp， 因为 0<kb<p2，所以 0<SS12<14. 2．已知 A，B 分别为曲线 C：ax22＋y2＝1(y≥0，a＞0)与 x 轴的左、右两个交点，直线 l
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过点 B 且与 x 轴垂直，M 为 l 上位于 x 轴上方的一点，连接 AM 交曲线 C 于点 T.
于是直线 QG 的斜率为2k，方程为 y＝2k(x－u)．
y＝2k（x－u）， 由 x42＋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（32k＋2＋k22），由此得 yG＝2u＋k3k2. 从而直线 PG 的斜率为u（232u＋k＋k23k＋k22－2）uk－u＝－1k.
化简得x42＋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证明：设直线 PQ 的斜率为 k，则其方程为 y＝kx(k>0)．
y＝kx， 由x42＋y22＝1得 x＝±
2 1＋2k2.
设 u＝
2 ，则 1＋2k2
P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
(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． [解] (1)由题设得x＋y 2·x－y 2＝－12，
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―P→M ·―P→N 取得最小值－14. 考点二 圆锥曲线中的范围问题
[例 2] (2019·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的焦点坐标分别 为 F1(－1，0)，F2(1，0)，P 为椭圆 C 上一点，满足 3|PF1|＝5|PF2|且 cos∠F1PF2＝35. (1)求椭圆 C 的标准方程；
∵|AQ|＝|BQ|，∴AB⊥QM，又 Q14，0，M 为 AB 的中点，∴k≠0，直线 QM 的斜率存
3m
3＋4k2 在，∴k·kQM＝k·3－＋44kmk2－14＝－1，解得
m＝－3＋4k4k2，②
把②代入①得 3＋4k2>－3＋4k4k22，整理得 16k4＋8k2－3>0，即(4k2－1)(4k2＋3)>0，解得 k>21或 k<－12，故 k 的取值范围为－∞，－12∪12，＋∞.
在解答题中一般会综合考查直线、圆、圆锥曲线等．试题难度较大，多以压轴题出现．
解答题的热点题型有：
(1)直线与圆锥曲线位置关系；(2)圆锥曲线中定点、定值、最值及范围的求解；(3)圆锥曲 线中的判断与证明．
第 1 课时 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 考点一 圆锥曲线中的最值问题
[例 1] (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－21.记 M 的轨迹为曲线 C.
︵ (1)若曲线 C 为半圆，点 T 为AB的三等分点，试求出点 M 的坐标．
(2)若 a＞1，S△MAB＝2，当△TAB 的最大面积为34时，求椭圆的离心率的取值范围． 解：(1)当曲线 C 为半圆时，得 a＝1.
︵ 由点 T 为AB的三等分点，得∠BOT＝60°或 120°.
当∠BOT＝60°时，∠MAB＝30°，又|AB|＝2，
1．(2019·洛阳模拟)已知 A，B 是 x 轴正半轴上两点(A 在 B 的左侧)，且|AB|＝a(a>0)，过
A，B 分别作 x 轴的垂线，与抛物线 y2＝2px(p>0)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SS12的取值范围．
(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：(1)由题意可知 Fp2，0，则直线 MN 的方程为 y＝x－2p，
代入 y2＝2px(p>0)得 x2－3px＋p42＝0，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1＋x2＝3p， ∵|MN|＝8，∴x1＋x2＋p＝8，即 3p＋p＝8，解得 p＝2， ∴抛物线 C 的方程为 y2＝4x. (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， ∴l：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))， ∴―P→M ·―P→N ＝(x1－m)(x2－m)＋ [y1－(m＋1)][y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－ (m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2， (y1y2)2＝16x1x2＝16，∴y1y2＝－4， y21－y22＝4(x1－x2)，∴y1＋y2＝4×xy11－－xy22＝4， ―P→M ·―P→N ＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2 ＝2(m2－4m－3)＝2[(m－2)2－7]≥－14，当且仅当 m＝2，即点 P 的坐标为(2，3)时，
故△MAB 中，有|MB|＝|AB|·tan 30°＝2 3 3，
所以 M1，2 3 3.
当∠BOT＝120°时，同理可求得点 M 坐标为(1，2 3)．
(2)设直线 AM 的方程为 y＝k(x＋a)，则 k＞0，|MB|＝2ka，
所以 S△MAB＝12·2a·2ka＝2，所以 k＝a12， 代入直线方程得 y＝a12(x＋a)，
所以 PQ⊥PG，即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ|＝2u 1＋k2，|PG|＝2uk2＋kk2＋2 1， 所以△PQG 的面积 S＝12|PQ||PG|＝（1＋8k2（k2）1＋（k22）＋k2）
＝1＋821k＋1k＋kk2.
设 t＝k＋1k，
则由 k>0 得 t≥2，当且仅当 k＝1 时取等号．
解：(1)由题意知 Ap2，0，则 Bp2＋a，0，D2p，p，则 C2p＋a， p2＋2pa，
又 a＝p，所以 kCD＝ 323pp－－p2p＝ 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，得 y2＝2px
ky2－2py＋2pb＝0，
因为 S＝1＋8t2t2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196.
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因此，△PQG 面积的最大值为196. 最值问题的 2 种基本解法
根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决的解
几何法 法(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择
第 3 讲 圆锥曲线的综合问题
[全国卷 3 年考情分析]
年份
全国卷Ⅰ
全国卷Ⅱ
全国卷Ⅲ
2ห้องสมุดไป่ตู้19
直线与抛物线性质的综合 应用·T19
求曲线方程、直线与 直线过定点、直线与抛物线相交
椭圆的位置关系、最 弦长问题、点到直线的距离及四
值问题·T21
边形的面积·T21
2018 2017
直线的方程、直线与椭圆 的位置关系、证明问题·T19
联立
y＝a12（x＋a）， 解得
ax22＋y2＝1，
yT＝a22＋a 1，
所以 S△TAB＝12·2a·a22＋a 1＝a22＋a21≤43，
解得 1＜a2≤2，
所以椭圆的离心率 e＝ 1－a12≤ 22，
即椭圆的离心率的取值范围为0， 22.
考点三 圆锥曲线中的证明问题
[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)．
所以 Δ＝4p2－8pkb>0，得 kb<p2，
又 y1＋y2＝2kp，y1y2＝2pkb，由 y1＋y2＝2kp>0，y1y2＝2pkb>0，可知 k>0，b>0，因为|CD|＝ 1＋k2
|x1－x2|＝a 1＋k2，
点 O 到直线 CD 的距离 d＝
|b| ， 1＋k2
所以 S1＝12·a 1＋k2· 1|b＋| k2＝12ab.
直线的方程、直线与 抛物线的位置关系、 圆的方程·T19
直线与椭圆的位置关系、等差数 列的证明·T20
椭圆的标准方程、直线与 椭圆的位置关系、定点问 题·T20
点的轨迹方程、椭圆 方程、向量的数量积 等·T20
直线与抛物线的位置关系、直线 的方程、圆的方程·T20
解析几何是数形结合的典范，是高中数学的主要知识板块，是高考考查的重点知识之一，
(2)设直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 C 交于 A，B 两点，点 Q41，0，若|AQ|＝|BQ|，求 k 的取
值范围．
[解] (1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则 3r1＝5r2，又 r1＋r2＝2a，∴r1＝54a，r2＝34a.
在△PF1F2 中，由余弦定理得，
cos∠F1PF2＝r21＋r222－r1r|F2 1F2|2＝45a2×2＋54a43×a342a－22＝35，