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=2pxp0,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,OMON,易证四边形OMF2N为平行四边形,所以AF2BF2,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: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;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，PEx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,=,=,求证:1+1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=-16k+160且k2+(2k-4)+10,即k1,且k-3,且k1,所以k1,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),=,所以(0,-y1-2x1-1+1)=(0,-1)，所以=y1-2x1-1-1=y1-x1-1x1-1,1=x1-1y1-x1-1,又点A(x1,y1)在直线l:y=kx+1上,所以1=x1-1kx1-x1=x1-1(k-1)x1=1k-1-1(k-1)x1,同理1=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1+1=1k-1-1(k-1)x1+1k-1-1(k-1)x2=2k-1-1k-11x1+1x2=2k-1-1k-1x1+x2x1x2=2k-1-1k-1-2k+41=2k-2k-1=2,即1+1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.()设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴.()若P是半椭圆x2+y24=1(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围.【解析】()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=414y2+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.()由()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SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因为x02+y024=1(x00),所以y02-4x0=-4x02-4x0+44,5.因此,PAB面积的取值范围是62,15104.