2020高考热点圆锥曲线中的最值、范围及探索性问题.doc

圆锥曲线中的最值、范围及探索性问题
圆锥曲线有关的最值、范围及存在性问题是高考命题的热点，命题形式新颖，属于解析几何中的压轴题。
考点一 圆锥曲线中的最值或取值范围问题
【例1】过F(0,1)的直线与抛物线交于A，B两点，以A，B两点为切点分别作抛物线C的切线，设交于点.
（1）求；
（2）过Q，F的直线交抛物线C于M，N两点，求四边形AMBN面积的最小值.
【解析】（1）设，，直线，
所以得，所以
由，所以，即，
同理，联立得，即．
（2）因为，，
所以，所以，即，
，同理，
，
当且仅当时，四边形面积的最小值为32.
求最值和取值范围的常用方法
(1)利用函数单调性:求导,换元,变形等.
(2)利用不等式:基本不等式(有一个或两个变量都可以),三角不等式等.
(3)利用线性规划:条件是不等式组的题目,可考虑用线性规划法.
(4)利用数形结合:将代数方程与它表示的几何图形联系起来.
(5)利用转化与化归:将几何关系转化为代数式,再求解;或将不等式问题转化为等式问题,即先找到所求不等式恰好相等时的“边界”,“边界”将实数R分为若干部分,其中符合题意的部分即为所求取值范围.
注意:在圆锥曲线最值问题中,特别注意椭圆、双曲线、抛物线上的点(x,y)横纵坐标x,y的取值范围.
【变式训练】已知抛物线E:y2=2pxp>0,过其焦点F的直线与抛物线相交于Ax1,y1,Bx2,y2两点，满足y1y2=-4.
（1）求抛物线E的方程；
（2）已知点C的坐标为（-2,0），记直线CA,CB的斜率分别为k1，k2，求1k12+1k22的最小值．
【解析】（1） 抛物线的方程为．
（2）由（1）知抛物线的焦点坐标为，设直线的方程为，
联立抛物线的方程有，所以，
则有，，所以，，
因此，
所以当且仅当时，有最小值．
【例2】已知椭圆的右焦点为F2(3,0),离心率为e.
(1)若,求椭圆的方程.
(2)设直线y=kx与椭圆相交于A,B两点,M,N分别为线段AF2,BF2的中点.若坐标原点O在以MN为直径的圆上,且≤,求k的取值范围.
【解析】(1) 椭圆的方程为x212+y23=1.
(2)由，得(b2+a2k2)x2-a2b2=0,
设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=0,x1x2=-a2b2b2+a2k2,
由已知可得,OM⊥ON,易证四边形OMF2N为平行四边形,所以AF2⊥BF2,
因为,所以=(1+k2)x1x2+9=0,
即-a2·(a2-9)·(1+k2)a2k2+(a2-9)+9=0,整理为k2=-a4-18a2+81a4-18a2=-1-81a4-18a2,
因为,所以.
所以,即k的取值范围是.
解决取值范围问题的常用方法
(1)不等式法:利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解.
(2)函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域.
(3)数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后数形结合求解.
考点二 圆锥曲线中的探索性问题
【例2】已知椭圆C：()的离心率为,且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切.
（1） 求椭圆的标准方程；
（2） 已知动直线过右焦点F,且与椭圆C交于A、B两点，试问x轴上是否存在定点Q,使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。
【解析】（1） 椭圆方程为
（2）假设在x轴上存在点Q（m,0）,使得恒成立。
当直线的斜率不存在时，A(1,),B(1,),由于（）()=,所以，
下面证明时，恒成立。
当直线的斜率为0时，A（，0）B（，0）则（，0）（，0）=，符合题意。当直线的斜率不为0时，设直线的方程为x=ty+1,A,B,
由x=ty+1及得有∴；
，
∴=
=，
综上所述：在x轴上存在点Q（，0）使得恒成立。
1、有关存在性问题的方法
（1） 存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定的问题明朗化.其步骤如下：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在并设出，列出关于待定系数的方程（组），若方程（组）有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则（点、直线、曲线或参数）不存在
（2） 反证法与验证法也是求解存在性问题的常用方法.
（3） 解决存在性问题时要注意解题的规范性，一般先做出结论，后给出证明（或理由）.
2、关于两类定点的探索性问题
定点的存在问题与过定点问题稍有差异.过定点问题实际上是恒成立问题.
例如直线过定点解决方法有:
①将方程化为一边为0,此时是恒等于0,所以变量的系数都为0,列出方程组求解,得定点;
②取两条直线,联立解出交点坐标,再证明此交点在动直线上.
高考真题
1、（2019全国II卷·T21）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−.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，连结QE并延长交C于点G.
（i）证明：是直角三角形；
（ii）求面积的最大值.
【解析】（1） 方程为；
（3） （i）设的方程为,由题可知,直线的方程与椭圆方程联立,
即或,点P在第一象限，所以，因此点的坐标为
直线的斜率为，可得直线方程：，与椭圆方程联立，，消去得，（*），
设点，显然点的横坐标和是方程（*）的解
所以有，代入直线方程中，
得，所以点的坐标为，
直线的斜率为; ,
因为所以，因此是直角三角形；
（ii）由（i）可知：，
的坐标为，
，
,

,
因为，所以当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
因此当时，函数有最大值，最大值为.
2、(2018·北京高考理科·T19)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.
(1)求直线l的斜率的取值范围.
(2)设O为原点,=λ,=μ,求证:1λ+1μ为定值.
【解析】 抛物线C的方程为y2=4x,
（1）显然l斜率存在,设为k,则l:y=kx+1,
由y=kx+1,y2=4x,消去y得k2x2+(2k-4)x+1=0,(*)
由已知,方程(*)有两个不同的根,且1不是方程的根(因为PA,PB都与y轴有交点),
所以Δ=-16k+16>0且k2+(2k-4)+1≠0,即k<1,且k≠-3,且k≠1,所以k<1,且k≠-3,
即直线l斜率的取值范围是(-∞,-3)∪(-3,1).
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线PA方程为y-2=y1-2x1-1(x-1),
令x=0得y=-y1-2x1-1+2,即点M为(0,-y1-2x1-1+2),所以=(0,-y1-2x1-1+1),又=(0,-1),=λ,
所以(0,-y1-2x1-1+1)=λ(0,-1)，所以λ=y1-2x1-1-1=y1-x1-1x1-1,1λ=x1-1y1-x1-1,又点A(x1,y1)在直线l:y=kx+1上,所以1λ=x1-1kx1-x1=x1-1(k-1)x1=1k-1-1(k-1)x1,同理1μ=1k-1-1(k-1)x2,
由(1)中方程(*)及根与系数的关系得,x1+x2=-2k-4k2,x1x2=1k2,
所以1λ+1μ=1k-1-1(k-1)x1+1k-1-1(k-1)x2=2k-1-1k-11x1+1x2=2k-1-1k-1·x1+x2x1x2=2k-1-1k-1·-2k+41=2k-2k-1=2,
即1λ+1μ为定值2.
3、(2018·浙江高考·T21)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.
(Ⅰ)设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴.
(Ⅱ)若P是半椭圆x2+y24=1(x<0)上的动点,求△PAB面积的取值范围.
【解析】(Ⅰ)设P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.
因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程y+y022=4·14y2+x02
即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实数根.
所以y1+y2=2y0.
因此,PM垂直于y轴.
(Ⅱ)由(Ⅰ)可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).
因此,△PAB的面积S△PAB=12|PM|·|y1-y2|=324(y02-4x0)32.
因为x02+y024=1(x0<0),所以y02-4x0=-4x02-4x0+4∈[4,5].
因此,△PAB面积的取值范围是62,15104.