高三数学人教版A版数学(理)高考一轮复习教案2 圆锥曲线的综合应用

第二课时 圆锥曲线的综合应用

考点一 最值范围问题|

(2015·高考浙江卷)已知椭圆x22＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋12对称．

(1)求实数m的取值范围；

(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．

[解] (1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－1mx＋b.

由 x22＋y2＝1，y＝－1mx＋b，消去y，得12＋1m2x2－2bmx＋b2－1＝0.

因为直线y＝－1mx＋b与椭圆x22＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋4m2>0，①

设M为AB的中点，则M2mbm2＋2，m2bm2＋2，代入直线方程y＝mx＋12解得b＝－m2＋22m2.②

由①②得m<－63或m>63.

(2)令t＝1m∈－62，0∪0，62，

则|AB|＝t2＋1·－2t4＋2t2＋32t2＋12，

且O到直线AB的距离d＝t2＋12t2＋1.

设△AOB的面积为S(t)，所以

S(t)＝12|AB|·d＝12 －2t2－122＋2≤22，

当且仅当t2＝12时，等号成立． 故△AOB面积的最大值为22.

(1)最值问题的求解方法：

①建立函数模型，利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值．

②建立不等式模型，利用基本不等式求最值．

③数形结合，利用相切、相交的几何性质求最值．

(2)求参数范围的常用方法：

①函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．

②不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围．

③判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围．

④数形结合法：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．

1.(2016·宁波模拟)如图，抛物线C的顶点为O(0,0)，焦点在y轴上，抛物线上的点(x0,1)到焦点的距离为2.

(1)求抛物线C的标准方程；

(2)过直线l：y＝x－2上的动点P(除(2,0))作抛物线C的两条切线，切抛物线于A，B两点．

①求证：直线AB过定点Q，并求出点Q的坐标；

②若直线OA，OB分别交直线l于M，N两点，求△QMN的面积S的取值范围．

解：(1)由已知条件得1－－p2＝1＋p2＝2，

∴p＝2，∴抛物线的标准方程为x2＝4y.

(2)①证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，y′＝x2，

A处切线方程为y－y1＝x12(x－x1)，

又∵4y1＝x21，∴y＝x12x－x214，a

同理B处切线方程为y＝x22x－x224，b

ab联立可得 x＝x1＋x22，y＝x1x24，即Px1＋x22，x1x24. 直线AB的斜率显然存在，设直线AB：y＝kx＋m，

 y＝kx＋m，x2＝4y，可得x2－4kx－4m＝0，

 x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，即P(2k，－m)，

∵P在直线l：y＝x－2上，

∴m＝－2k＋2，

即AB直线为y＝k(x－2)＋2，

∴直线AB过定点Q(2,2)．

②∵O不会与A，B重合．

定点Q(2,2)到直线l：y＝x－2的距离h＝2.

由 y＝y1x1x，y＝x－2，⇒xM＝2x1x1－y1＝84－x1，

同理得xN＝2x2x2－y2＝84－x2.

∴|MN|＝2|xM－xN|

＝8214－x1－14－x2

＝82x1－x24－x14－x2

＝82x1－x216－4x1＋x2＋x1x2

＝8216k2＋16m－4m－16k＋16.

∵m＝－2k＋2，

∴|MN|＝42·k－12＋1|k－1|＝42 1＋1k－12. ∴S△QMN＝12|MN|·h＝41＋1k－12∈(4，＋∞)．

考点二 定点最值问题|

已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F(1,0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点．

(1)求抛物线C的方程；

(2)若直线OA，OB的斜率之积为－12，求证：直线AB过x轴上一定点．

[解] (1)因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为(1,0)，所以p2＝1，所以p＝2.

所以抛物线C的方程为y2＝4x.

(2)证明：①当直线AB的斜率不存在时，

设At24，t，Bt24，－t.

因为直线OA，OB的斜率之积为－12，

所以tt24·－tt24＝－12，化简得t2＝32.

所以A(8，t)，B(8，－t)，此时直线AB的方程为x＝8.

②当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋b，A(xA，yA)，B(xB，yB)，联立得 y2＝4x，y＝kx＋b，化简得ky2－4y＋4b＝0.

根据根与系数的关系得yAyB＝4bk，因为直线OA，OB的斜率之积为－12，所以yAxA·yBxB＝－12，

即xAxB＋2yAyB＝0.即y2A4·y2B4＋2yAyB＝0，

解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32.

所以yAyB＝4bk＝－32，即b＝－8k，

所以y＝kx－8k，y＝k(x－8)． 综上所述，直线AB过定点(8,0)．

(1)解决定点问题的关键就是建立直线系或者曲线系方程，要注意选用合适的参数表达直线系或者曲线系方程，如果是双参数，要注意这两个参数之间的相互关系．

(2)解决圆锥曲线中的定值问题的基本思路很明确，即定值问题必然是在变化中所表现出来的不变的量，那么就可以用变化的量表示问题中的直线方程、数量积、比例关系等，其不受变化的量所影响的一个值就是要求的定值．解决这类问题的关键就是引进参数表示直线方程、数量积、比例关系等，根据等式的恒成立、数式变换等寻找不受参数影响的量．

2．已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶3.

(1)求椭圆的方程；

(2)过F1作两直线m，n交椭圆于A，B，C，D四点，若m⊥n，求证：1|AB|＋1|CD|为定值．

解：(1)由已知得 2a∶2b＝2∶3，c＝1，a2＝b2＋c2.

解得a＝2，b＝3.

故所求椭圆方程为x24＋y23＝1.

(2)证明：由已知F1(－1,0)，当直线m不垂直于坐标轴时，

可设直线m的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)．

由 y＝kx＋1，x24＋y23＝1，

得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.

由于Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有

x1＋x2＝－8k23＋4k2，x1x2＝4k2－123＋4k2，

|AB|＝1＋k2[x1＋x22－4x1x2] ＝1＋k2－8k23＋4k22－4×4k2－123＋4k2

＝121＋k23＋4k2.

同理|CD|＝121＋k23k2＋4.

所以1|AB|＋1|CD|＝3＋4k2121＋k2＋3k2＋4121＋k2＝71＋k2121＋k2＝712.

当直线m垂直于坐标轴时，

此时|AB|＝3，|CD|＝4；

或|AB|＝4，|CD|＝3，1|AB|＋1|CD|＝13＋14＝712.

综上，1|AB|＋1|CD|为定值712.

考点三 探索存在性与证明问题|

(2015·高考北京卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为22，点P(0,1)和点A(m，n)(m≠0)都在椭圆C上，直线PA交x轴于点M.

(1)求椭圆C的方程，并求点M的坐标(用m，n表示)；

(2)设O为原点，点B与点A关于x轴对称，直线PB交x轴于点N.问：y轴上是否存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ？若存在，求点Q的坐标；若不存在，说明理由．

[解] (1)由题意得 b＝1，ca＝22，a2＝b2＋c2.解得a2＝2.

故椭圆C的方程为x22＋y2＝1.

设M(xM,0)．因为m≠0，所以－1

直线PA的方程为y－1＝n－1mx，

所以xM＝m1－n，即Mm1－n，0.

(2)因为点B与点A关于x轴对称，所以B(m，－n)． 设N(xN,0)，则xN＝m1＋n.

“存在点Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”等价于“存在点Q(0，yQ)使得|OM||OQ|＝|OQ||ON|”，

即yQ满足y2Q＝|xM||xN|.

因为xM＝m1－n，xN＝m1＋n，m22＋n2＝1，

所以y2Q＝|xM||xN|＝m21－n2＝2.

所以yQ＝2或yQ＝－2.

故在y轴上存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ.且点Q的坐标为(0，2)或(0，－2)．

解决存在性问题注意事项

存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论，若结论正确则存在，若结论不正确则不存在．

(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论．

(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件．

(3)当条件和结论都不知，按常规方法解题很难时，要思维开放，采取另外的途径．

3．(2015·高考安徽卷)设椭圆E的方程为x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为510.

(1)求E的离心率e；

(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.

解：(1)由题设条件知，点M的坐标为23a，13b，又kOM＝510，从而b2a＝510.

进而a＝5b，c＝a2－b2＝2b，故e＝ca＝255.

(2)证明：由N是线段AC的中点知，

点N的坐标为a2，－b2，

可得NM→＝a6，5b6.