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教案理Word格式.docx

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记u＝，则P（u，uk），Q（－u，－uk），E（u,0）．

于是直线QG的斜率为，方程为y＝（x－u）．

由

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＝，由此得yG＝.

从而直线PG的斜率为＝－.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．

②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，所以△PQG的面积

S＝|PQ||PG|＝＝.

设t＝k＋，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．

因为S＝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.

因此，△PQG面积的最大值为.

[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.

[教师备选题]

（2014·

全国卷Ⅰ）已知点A（0，－2），椭圆E：

＋＝1（a>

b>

0）的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．

（1）求E的方程；

（2）设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．

（1）由e＝，kAF＝可求a，b的值；

（2）设出l的方程，表示出弦长|PQ|及点O到直线PQ的距离d，由S△OPQ＝|PQ|d建立函数关系式，并借助不等式求最值．

[解]

（1）设F（c,0），由条件知，＝，得c＝.又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.

故E的方程为＋y2＝1.

（2）当l⊥x轴时不合题意，

故设l：

y＝kx－2，P（x1，y1），Q（x2，y2），

将y＝kx－2代入＋y2＝1得

（1＋4k2）x2－16kx＋12＝0.

当Δ＝16（4k2－3）>

0，

即k2>

时，x1,2＝.

从而|PQ|＝|x1－x2|＝.

又点O到直线PQ的距离d＝，

所以△OPQ的面积S△OPQ＝d|PQ|＝.

设＝t，则t>

0，S△OPQ＝＝.

因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±

时等号成立，且满足Δ>

所以，当△OPQ的面积最大时l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.

基本不等式求最值的5种典型情况分析

（1）s＝（先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式）．

（2）s＝≥（基本不等式）．

（3）s＝（基本不等式）．

（4）s＝＝（先分离参数，再利用基本不等式）．

（5）s＝＝（上下同时除以k2，令t＝k＋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：

＋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＝，所以b＝2＝，由得（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＝－，y1·

y2＝，

a＝|AB|＝＝，

ab＝＝≤2，当且仅当＝，即m＝±

时等号成立．

所以当m＝±

时，ab取最大值．此时直线l的方程为x±

y－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，B，抛物线上的点P（x，y）－<

x<

.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．

（1）直接套用斜率公式，并借助－＜x＜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＝＝x－，

因为－<

，

所以－1＜x－＜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

解得点Q的横坐标是xQ＝.

因为|PA|＝＝（k＋1），

|PQ|＝（xQ－x）＝－，

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）在区间上单调递增，在上单调递减，

因此当k＝时，|PA|·

|PQ|取得最大值.

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|＝2－r，所以|CF1|＋|CF2|＝2＞|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＝，c＝1，所以b＝，动圆圆心C的轨迹方程是＋＝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|＝2，四边形PMQN的面积S＝4.

当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为y＝k（x－1）（k≠0），

联立方程得消元得k2x2－（2k2＋4）x＋k2＝0，

设M（x1，y1），N（x2，y2），则|MN|＝＝＋4.

因为PQ⊥MN，所以直线PQ的方程为y＝－（x－1），

由得（2k2＋3）x2－6x＋3－6k2＝0.

设P（x3，y3），Q（x4，y4），则

|PQ|＝＝.

则四边形PMQN的面积S＝|MN||PQ|＝＝.

令k2＋1＝t，t＞1，则S＝＝＝.

因为t＞1，所以0＜＜1，易知－＋的范围是（0,2），所以S＞＝4.

综上可得S≥4，S的最小值为4.

　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．

全国卷Ⅲ）已知曲线C：

y＝，D为直线y＝－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，A（x1，y1），则x＝2y1.

由y′＝x，所以切线DA的斜率为x1，故＝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.

（2）由

（1）得直线AB的方程为y＝tx＋.

由可得x2－2tx－1＝0.

于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，y1＋y2＝t（x1＋x2）＋1＝2t2＋1，

|AB|＝|x1－x2|＝×

＝2（t2＋1）．

设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1＝，d2＝.

因此，四边形ADBE的面积S＝|AB|（d1＋d2）＝（t2＋3）.

设M为线段AB的中点，则M.

由于⊥，而＝（t，t2－2），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＝4.

因此，四边形ADBE的面积为3或4.

全国卷Ⅰ）已知椭圆C：

＋＝1（a＞b＞0），四点P1（1,1），P2（0,1），P3，P4中恰有三点在椭圆C上．

（1）求C的方程；

（2）设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：

l过定点．

（1）结合椭圆的对称性及点与椭圆的关系判断三个点在椭圆上．

（2）设出直线l的方程，利用kP2A＋kP2B＝－1，证明l过定点．

[解]

（1）由于P3，P4两点关于y轴对称，

故由题设知椭圆C经过P3，P4两点．

又由＋>

＋知，

椭圆C不经过点P1，

所以点P2在椭圆C上．

因此解得

故椭圆C的方程为＋y2＝1.

（2）证明：

设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.

如果l与x轴垂直，设l：

x＝t，由题设知t≠0，且|t|<

2，可得A，B的坐标分别为，.

则由k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．

从而可设l：

y＝kx＋m（m≠1）．

将y＝kx＋m代入＋y2＝1得

（4k2＋1）x2＋8kmx＋4m2－4＝0.

由题设可知Δ＝16（4k2－m2＋1）>

0.

设A（x1，y1），B（x2，y2），

则x1＋x2＝－，x1x2＝.

而k1＋k2＝＋

＝＋

＝.

由题设k1＋k2＝－1，

故（2k＋1）x1x2＋（m－1）（x1＋x2）＝0.

即（2k＋1）·

＋（m－1）·

＝0.

解得k＝－.

当且仅当m>

－1时，Δ>

0，于是l：

y＝－x＋m，即y＋1＝－（x－2），所以l过定点（2，－1）．

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2＝，动点P的轨迹为E.

（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|＋|＝|－|，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），

∵2＝，∴2（x0－x，－y）＝（0，－y0），

即x0＝x，y0＝y，

又点M在圆C：

x2＋y2＝4上，∴x＋y＝4，

将x0＝x，y0＝y代入得＋＝1，

即轨迹E的方程为＋＝1.

（2）由

（1）可知D（－2,0），设A（x1，y1），B（x2，y2），

联立得（3＋4k2）x2＋8mkx＋4（m2