【数学】2021届一轮复习北师大版（文）第九章　第8讲　第1课时　圆锥曲线中的证明、范围（最值）问题学案 13页

第8讲　圆锥曲线的综合问题 一、知识梳理 ‎1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定 ‎(1)代数法：把圆锥曲线方程C1与直线方程l联立消去y，整理得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0.‎ 方程ax2＋bx＋c＝0的解 l与C1的交点 a＝0‎ b＝0‎ 无解(含l是双曲线的渐近线)‎ 无公共点 b≠0‎ 有一解(含l与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)‎ 一个交点 a≠0‎ Δ＞0‎ 两个不相等的解 两个交点 Δ＝0‎ 两个相等的解 一个交点 Δ＜0‎ 无实数解 无交点 ‎(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系．‎ ‎2．直线与圆锥曲线的相交弦长问题 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ‎|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝ ‎＝|y1－y2|‎ ‎＝.‎ 常用结论 圆锥曲线以P(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率如下表：‎ 圆锥曲线方程 直线斜率 椭圆：＋＝1(a>b>0)‎ k＝－ 双曲线：－＝1(a>0，b>0)‎ k＝ 抛物线：y2＝2px(p>0)‎ k＝ 二、教材衍化 ‎ 过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　)‎ A．1条 B．2条 ‎ C．3条 D．4条 解析：选C.结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0，1)且平行于x轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．‎ 一、思考辨析 判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)‎ ‎(1)直线l与抛物线y2＝2px只有一个公共点，则l与抛物线相切．(　　)‎ ‎(2)直线y＝kx(k≠0)与双曲线x2－y2＝1一定相交．(　　)‎ ‎(3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．(　　)‎ ‎(4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．(　　)‎ ‎(5)过点(2，4)的直线与椭圆＋y2＝1只有一条切线．(　　)‎ 答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×‎ 二、易错纠偏 (1)没有发现直线过定点，导致运算量偏大；‎ ‎(2)不会用函数法解最值问题．‎ ‎1．直线y＝kx－k＋1与椭圆＋＝1的位置关系为(　　)‎ A．相交 B．相切 ‎ C．相离 D．不确定 解析：选A.直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．‎ ‎2．抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为(　　)‎ A. B. ‎ C．2 D． 解析：选B.设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则d＝＝＝，‎ 所以x＝时，dmin＝.‎ 第1课时　圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题 ‎　　　　　　证明问题(师生共研)‎ ‎ (2018·高考全国卷Ⅲ节选)已知斜率为k的直线l与椭圆C：＋＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m>0)．‎ ‎(1)证明：k<－；‎ ‎(2)设F为C的右焦点，P为C上的点，且＋＋＝0.证明：||，||，||成等差数列．‎ ‎【证明】　(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则＋＝1，＋＝1.‎ 两式相减，并由＝k得＋·k＝0.‎ 由题设知＝1，＝m，于是k＝－.‎ 由题设得0b>0)经过点M，其离心率为，设直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)已知直线l与圆x2＋y2＝相切，求证：OA⊥OB(O为坐标原点)．‎ 解：(1)因为e＝＝，a2＝b2＋c2，‎ 所以a2＝2b2，‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ 因为在椭圆上，‎ 所以＋＝1，b2＝1，a2＝2，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明：因为直线l与圆x2＋y2＝相切，‎ 所以＝，‎ 即3m2－2k2－2＝0，由 得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，‎ 所以·＝x1x2＋y1y2＝＋＝＝0，‎ 所以OA⊥OB.‎ ‎　　　　　　范围问题(师生共研)‎ ‎ 已知曲线M由抛物线x2＝－y及抛物线x2＝4y组成，直线l：y＝kx－3(k>0)与曲线M有m(m∈N)个共同点．‎ ‎(1)若m≥3，求k的最小值；‎ ‎(2)若m＝4，自上而下记这4个交点分别为A，B，C，D，求的取值范围．‎ ‎【解】　(1)联立x2＝－y与y＝kx－3，得x2＋kx－3＝0，‎ 因为Δ1＝k2＋12>0，‎ 所以l与抛物线x2＝－y恒有两个交点．‎ 联立x2＝4y与y＝kx－3，得x2－4kx＋12＝0.‎ 因为m≥3，所以Δ2＝16k2－48≥0.‎ 因为k>0，所以k≥，‎ 所以k的最小值为.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，‎ 则A，B两点在抛物线x2＝4y上，C，D两点在抛物线x2＝－y上，‎ 因为x1＋x2＝4k，x1x2＝12，x3＋x4＝－k，x3x4＝－3，且Δ2＝16k2－48>0，k>0，‎ 所以k>.‎ 所以|AB|＝·，|CD|＝·，‎ 所以＝ ‎＝4 ＝4.‎ 所以k>，所以0<<1，‎ 所以∈(0，4)．‎ 求解圆锥曲线中有关参数的取值范围问题，关键是构建与参数有关的不等关系，主要方法有：‎ ‎(1)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；‎ ‎(2)建立已知参数与未知参数之间的等量关系，利用已知参数的范围，求新参数的范围；‎ ‎(3)利用隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；‎ ‎(4)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；‎ ‎(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．‎ ‎　若直线l与椭圆＋x2＝1交于不同的两点M，N，如果线段MN被直线2x＋1＝0平分，求直线l的斜率的取值范围．‎ 解：因为直线x＝－与x轴垂直，且由已知得直线l与直线x＝－相交，所以直线l不可能与x轴垂直．‎ 设直线l的方程为y＝kx＋m，‎ 由得(k2＋9)x2＋2kmx＋m2－9＝0.‎ Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)>0，即m2－k2－9<0，‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝.‎ 因为线段MN被直线2x＋1＝0平分，所以2×＋1＝0，‎ 即＋1＝0.‎ 由得－(k2＋9)<0，‎ 因为k2＋9>0，所以－1<0，即k2>3，‎ 解得k>或k<－.‎ 所以直线l的斜率的取值范围为(－∞，－)∪(，＋∞)．‎ ‎　　　　　　最值问题(师生共研)‎ ‎ 已知椭圆M：＋＝1(a>0)的一个焦点为F(－1，0)，左、右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．‎ ‎(1)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；‎ ‎(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．‎ ‎【解】　(1)由题意，c＝1，b2＝3，‎ 所以a2＝4，‎ 所以椭圆M的方程为＋＝1，‎ 易求直线方程为y＝x＋1，联立方程，得 消去y，得7x2＋8x－8＝0，Δ＝288＞0，‎ 设C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ 所以|CD|＝|x1－x2|＝＝.‎ ‎(2)当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，‎ 此时△ABD与△ABC面积相等，|S1－S2|＝0；‎ 当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，‎ 联立方程，得 消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，‎ Δ>0，且x1＋x2＝－，x1x2＝，‎ 此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝，因为k≠0，上式＝≤＝＝，‎ 所以|S1－S2|的最大值为.‎ 圆锥曲线中的最值问题常涉及不等式、函数的值域问题，总体上主要有两种方法：‎ ‎(1)几何法 利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解．‎ ‎(2)代数法 把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数解析式，然后利用函数的思想、不等式的思想等进行求解．‎ ‎　(2020·陕西铜川模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|＝8.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)设直线l为抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，求·的最小值．‎ 解：(1)由题意可知F，则直线MN的方程为y＝x－，‎ 代入y2＝2px(p>0)得x2－3px＋＝0，‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝3p，‎ 因为|MN|＝8，‎ 所以x1＋x2＋p＝8，‎ 即3p＋p＝8，解得p＝2，‎ 所以抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)设直线l的方程为y＝x＋b，‎ 代入y2＝4x，得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，‎ 因为直线l为抛物线C的切线，所以Δ＝0，‎ 解得b＝1，‎ 所以l为y＝x＋1.‎ 由(1)可知，x1＋x2＝6，x1x2＝1，‎ 设P(m，m＋1)，‎ 则＝(x1－m，y1－(m＋1))，＝(x2－m，y2－(m＋1))，‎ 所以·＝(x1－m)(x2－m)＋[y1－(m＋1)][y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－(m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2，(y1y2)2＝16x1x2＝16，‎ 所以y1y2＝－4，y－y＝4(x1－x2)，‎ 所以y1＋y2＝4×＝4，‎ ·＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2‎ ‎＝2(m2－4m－3)‎ ‎＝2[(m－2)2－7]‎ ‎≥－14，‎ 当且仅当m＝2，即点P的坐标为(2，3)时，·取得最小值为－14.‎ ‎[基础题组练]‎ ‎1．过椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为左焦点F，若0，b>0)，斜率为1的直线与C交于两点A，B，若线段AB的中点为(4，1)，则双曲线C的渐近线方程是(　　)‎ A．2x±y＝0 B．x±2y＝0‎ C.x±y＝0 D．x±y＝0‎ 解析：选B.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则－＝1①，－＝1②，由①－②得＝，结合题意化简得＝1，即＝，所以双曲线C的渐近线方程为x±2y＝0.‎ ‎3．抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线与x轴的交点为M，过点M作C的两条切线，切点分别为P，Q，则∠PMQ＝ ．　‎ 解析：由题意得M，设过点M的切线方程为x＝my－，代入y2＝2px得y2－2pmy＋p2＝0，所以Δ＝4p2m2－4p2＝0，所以m＝±1，则切线斜率k＝±1，所以MQ⊥MP，因此∠PMQ＝.‎ 答案： ‎4．已知椭圆C：＋＝1的右焦点为F，P为椭圆C上一动点，定点A(2，4)，则|PA|－|PF|的最小值为 ．　‎ 解析：如图，设椭圆的左焦点为F′，则|PF|＋|PF′|＝4，‎ 所以|PF|＝4－|PF′|，所以|PA|－|PF|＝|PA|＋|PF′|－4.当且仅当P，A，F′三点共线时，|PA|＋|PF′|取最小值|AF′|‎ ‎＝＝5，所以|PA|－|PF|的最小值为1.‎ 答案：1‎ ‎5．(2020·陕西宝鸡模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的中心是坐标原点O，左、右焦点分别为F1，F2，设P是椭圆C上一点，满足PF2⊥x轴，|PF2|＝，椭圆C的离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)过椭圆C的左焦点且倾斜角为45°的直线l与椭圆C相交于A，B两点，求△AOB的面积．‎ 解：(1)由题意知，离心率e＝＝，|PF2|＝＝，得a＝2，b＝1，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由条件可知F1(－，0)，直线l：y＝x＋，联立直线l和椭圆C的方程，得消去y得5x2＋8x＋8＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1·x2＝，所以|y1－y2|＝|x1－x2|＝＝，所以S△AOB＝·|y1－y2|·|OF1|＝.‎ ‎6．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AC的中点知，点N的坐标为，可得＝.‎ 又AB＝(－a，b)，‎ 从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2)．　‎ 由(1)的计算结果可知a2＝5b2，‎ 所以·＝0，故MN⊥AB.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．(2020·河南阶段性测试)已知椭圆＋＝1(a>b>0)上的点到右焦点F(c，0)的最大距离是＋1，且1，a，4c成等比数列．‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M(m，0)，求实数m的取值范围．‎ 解：(1)由已知可得 解得 所以椭圆的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由题意得F(1，0)，设直线AB的方程为y＝k(x－1)．‎ 与椭圆方程联立得消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝.‎ 可得线段AB的中点为N.‎ 当k＝0时，直线MN为y轴，此时m＝0.‎ 当k≠0时，直线MN的方程为 y＋＝－，‎ 化简得ky＋x－＝0.‎ 令y＝0，得m＝.‎ 所以m＝＝∈.‎ 综上所述，m的取值范围为.‎ ‎2．(2020·广州市综合检测(一))已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y＝x与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2，椭圆C的另一个焦点是F1，且·＝.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线l过点(－1，0)，且与椭圆C交于P，Q两点，求△F2PQ的内切圆面积的最大值．‎ 解：(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，因为点M在直线y＝x上，且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2(c，0)，‎ 所以点M.‎ 因为·＝·＝，‎ 所以c＝1.‎ 所以 解得 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)知，F1(－1，0)，过点F1(－1，0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，则△F2PQ的周长为4a＝8，又S△F2PQ＝·4a·r(r为△F2PQ的内切圆半径)，‎ 所以当△F2PQ的面积最大时，其内切圆面积最大．‎ 设直线l的方程为x＝ky－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 则 消去x得(4＋3k2)y2－6ky－9＝0，‎ 所以 所以S△F2PQ＝·|F1F2|·|y1－y2|＝.‎ 令 ＝t，则t≥1，‎ 所以S△F2PQ＝，‎ 令f(t)＝3t＋，‎ 则f′(t)＝3－，‎ 当t∈[1，＋∞)时，f′(t)>0，‎ f(t)＝3t＋在[1，＋∞)上单调递增，‎ 所以S△F2PQ＝≤3，当t＝1时取等号，‎ 即当k＝0时，△F2PQ的面积取得最大值3，‎ 结合S△F2PQ＝·4a·r，得r的最大值为，‎ 所以△F2PQ的内切圆面积的最大值为π.‎