资源描述
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＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋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＝－x＋b.
由消去y，得x2－x＋b2－1＝0.
因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋>0，①
设M为AB的中点，则M，代入直线方程y＝mx＋解得b＝－.②
由①②得m<－或m>.
(2)令t＝∈∪，
则|AB|＝·，
且O到直线AB的距离d＝.
设△AOB的面积为S(t)，所以
S(t)＝|AB|·d＝ ≤，
当且仅当t2＝时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为.
(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－＝1＋＝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′＝，
A处切线方程为y－y1＝(x－x1)，
又∵4y1＝x，∴y＝x－，a
同理B处切线方程为y＝x－，b
ab联立可得即P.
直线AB的斜率显然存在，设直线AB：y＝kx＋m，
可得x2－4kx－4m＝0，
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＝.
由⇒xM＝＝，
同理得xN＝＝.
∴|MN|＝|xM－xN|
＝8
＝8
＝8
＝8.
∵m＝－2k＋2，
∴|MN|＝4·＝4 .
∴S△QMN＝|MN|·h＝4∈(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－，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＝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，B.
因为直线OA，OB的斜率之积为－，
所以·＝－，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)，联立得化简得ky2－4y＋4b＝0.
根据根与系数的关系得yAyB＝，因为直线OA，OB的斜率之积为－，所以·＝－，
即xAxB＋2yAyB＝0.即·＋2yAyB＝0，
解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32.
所以yAyB＝＝－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＋＝1(a>b>0)的左焦点F1(－1,0)，长轴长与短轴长的比是2∶.
(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：＋为定值．
解：(1)由已知得
解得a＝2，b＝.
故所求椭圆方程为＋＝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
得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
由于Δ>0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有
x1＋x2＝－，x1x2＝，
|AB|＝
＝
＝.
同理|CD|＝.
所以＋＝＋＝＝.
当直线m垂直于坐标轴时，
此时|AB|＝3，|CD|＝4；
或|AB|＝4，|CD|＝3，＋＝＋＝.
综上，＋为定值.
考点三 探索存在性与证明问题|
(2015·高考北京卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，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)由题意得解得a2＝2.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
设M(xM,0)．因为m≠0，所以－1<n<1.
直线PA的方程为y－1＝x，
所以xM＝，即M.
(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＝.
“存在点Q(0，yQ)使得∠OQM＝∠ONQ”等价于“存在点Q(0，yQ)使得＝”，
即yQ满足y＝|xM||xN|.
因为xM＝，xN＝，＋n2＝1，
所以y＝|xM||xN|＝＝2.
所以yQ＝或yQ＝－.
故在y轴上存在点Q，使得∠OQM＝∠ONQ.且点Q的坐标为(0，)或(0，－)．
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＋＝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.
(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，又kOM＝，从而＝.
进而a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.
(2)证明：由N是线段AC的中点知，
点N的坐标为，
可得＝.
又＝(－a，b)，从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2)．
由(1)可知a2＝5b2，所以·＝0，故MN⊥AB.
A组 考点能力演练
1.如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，焦点为F，过点G(p,0)作直线l交抛物线C于A，M两点，设A(x1，y1)，M(x2，y2)．
(1)若y1y2＝－8，求抛物线C的方程；
(2)若直线AF与x轴不垂直，直线AF交抛物线C于另一点B，直线BG交抛物线C于另一点N.求证：直线AB与直线MN斜率之比为定值．
解：(1)设直线AM的方程为x＝my＋p，代入y2＝2px得y2－2mpy－2p2＝0，
则y1y2＝－2p2＝－8，得p＝2.
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设B(x3，y3)，N(x4，y4)．
由(1)可知y3y4＝－2p2，y1y3＝－p2.
又直线AB的斜率kAB＝＝，
直线MN的斜率kMN＝＝，
∴＝＝＝＝2.
2．设F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点，直线l为其左准线，直线l与x轴交于点P，线段MN为椭圆的长轴，已知|MN|＝8，且|PM|＝2|MF|.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若过点P的直线与椭圆相交于不同两点A，B，求证：∠AFM＝∠BFN；
(3)求三角形ABF面积的最大值．
解：(1)∵|MN|＝8，∴a＝4，
又∵|PM|＝2|MF|得－a＝2(a－c)，即2e2－3e＋1＝0⇒e＝或e＝1(舍去)．
∴c＝2，b2＝a2－c2＝12，
∴椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)当AB的斜率为0时，显然∠AFM＝∠BFN＝0.满足题意．
当AB的斜率不为0时，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
AB方程为x＝my－8，代入椭圆方程整理得：
(3m2＋4)y2－48my＋144＝0，
则Δ＝(48m)2－4×144(3m2＋4)，y1＋y2＝，y1·y2＝.
∴kAF＋kBF＝＋＝＋＝＝0，
∴kAF＋kBF＝0，从而∠AFM＝∠BFN.
综上可知：恒有∠AFM＝∠BFN.
(3)S△ABF＝S△PBF－S△PAF＝|PF|·|y2－y1|＝＝＝≤＝3.
当且仅当3＝即m2＝(此时适合Δ>0的条件)取得等号．
三角形ABF面积的最大值是3.
3．已知点A，B，C是抛物线L：y2＝2px(p>0)上的不同的三点，O为坐标原点，直线OA∥BC，且抛物线L的准线方程为x＝－1.
(1)求抛物线L的方程；
(2)若三角形ABC的重心在直线x＝2上，求三角形ABC的面积的取值范围．
解：(1)抛物线L的方程为y2＝4x.
(2)设直线OA，BC的方程分别为y＝kx和y＝kx＋b(k≠0)．
由联立消去y得k2x2＝4x，
解得点A的坐标为A.
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
由消去y得k2x2＋(2kb－4)x＋b2＝0.
Δ＝(2kb－4)2－4k2b2＝16－16kb>0，即kb<1.
又由韦达定理可得x1＋x2＝，
∴三角形ABC的重心的横坐标为＝＝2，化简得b＝，代入kb<1可得k2>1.
又三角形ABC的面积为
S＝×××
＝＝×
＝2 .
令t＝，则S＝2×，t∈(0,1)．
考虑函数f(t)＝(4t－3)2(1－t)，t∈(0,1)，
则易得函数f(t)在和上单调递减，
在上单调递增，
且f(0)＝9，f＝0，f＝，
∴△ABC的面积的取值范围是(0,6)．
B组 高考题型专练
1．(2015·高考全国卷Ⅱ)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(2，)在C上．
(1)求C的方程；
(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
解：(1)由题意有＝，＋＝1，
解得a2＝8，b2＝4.
所以C的方程为＋＝1.
(2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．
将y＝kx＋b代入＋＝1得
(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.
故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.
于是直线OM的斜率kOM＝＝－，
即kOM·k＝－.
所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．
2．(2015·高考山东卷)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，且点在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.
a．求的值；
b．求△ABQ面积的最大值．
解：(1)由题意知＋＝1，
又＝，解得a2＝4，b2＝1，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由(1)知，椭圆E的方程为＋＝1.
a．设P(x0，y0)，＝λ，
由题意知Q(－λx0，－λy0)．
因为＋y＝1，
又＋＝1，即＝1，
所以λ＝2，即＝2.
b．设A(x1，y1)，B(x2，y2)．
将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由Δ>0，可得m2<4＋16k2.①
则有x1＋x2＝－，x1x2＝.
所以|x1－x2|＝.
因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，
所以△OAB的面积S＝|m||x1－x2|＝＝＝2.
设＝t，将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②
由①②可知0<t≤1，
因此S＝2＝2，故S≤2，
当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时，S取得最大值2，
由a知，△ABQ的面积为3S，
所以△ABQ面积的最大值为6.
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
