1、第二部分 讲练篇 专题五 解析几何第3讲 圆锥曲线中的综合问题研 考 题 举 题 固 法 求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考)考向1 构造不等式求最值或范围高考解读 以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与方程，均值不等式、导数于一体，重在考查学生的数学建模、数学运算能力和逻辑推理及等价转化能力.(2019全国卷)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12.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，连接QE并延长交C于点G.证明：PQG是直角三角形；求PQG
2、面积的最大值切入点：(1)由kAMkBM12求C的方程，并注意x的范围(2)证明kPQkPG1即可；建立面积函数，借助不等式求解解(1)由题设得yx2yx212，化简得x24 y22 1(|x|2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点(2)设直线PQ的斜率为k，则其方程为ykx(k0)由ykx，x24y221得x212k2.记u212k2，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直线QG的斜率为k2，方程为yk2(xu)由yk2xu，x24y221，得(2k2)x22uk2xk2u280.设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xGu3k222k2，由此得
3、yG uk32k2.从而直线PG的斜率为uk32k2uku3k222k2u 1k.所以PQPG，即PQG是直角三角形 由得|PQ|2u 1k2，|PG|2uk k212k2，所以PQG 的面积 S12|PQ|PG|8k1k212k22k281kk121kk2.设 tk1k，则由 k0 得 t2，当且仅当 k1 时取等号 因为S8t12t2在2，)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为169.因此，PQG面积的最大值为169.因为S8t12t2在2，)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为169.因此，PQG面积的最大值为169.点评 最值问题一般最终转化为某一个
4、变量的函数，求最值时常用均值不等式，单调性，导数来求，重视一般函数中有分式，高次根式在求最值问题上的应用.基本不等式求最值的 5 种典型情况分析(1)s k212k25(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)(2)sk21212k2k22k21212k2k2222(基本不等式)(3)sn 4m21n24m21(基本不等式)(4)s4k413k292k231k24k412k29(先分离参数，再利用基本不等式)(5)skk213k213 k29k1k3k 13k k9k(上下同时除以k2，令tk1k换元，再利用基本不等式)(长度的最值问题)若F1，F2分别是椭圆E：x25 y21的左、右焦点
5、，F1，F2关于直线xy20的对称点是圆C的一条直径的两个端点(1)求圆C的方程；(2)设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a，b.当ab取最大值时，求直线l的方程解(1)因为F1(2,0)，F2(2,0)，所以圆C半径为2，圆心C是原点O关于直线xy20的对称点 设C(p，q)，由qp1，p2q220得pq2，所以C(2,2)所以圆C的方程为(x2)2(y2)24.(2)设直线l的方程为xmy2，则圆心C到直线l的距离d|2m|1m2，所以b222d241m2，由xmy2x25y25得(5m2)y24my10，设直线l与椭圆E交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y
6、2 4m5m2，y1y2 15m2，a|AB|1m2 y1y224y1y22 5m21m25，ab8 5 m21m258 5m214m212 5，当且仅当 m214m21，即m 3时等号成立 所以当m3 时，ab取最大值此时直线l的方程为x3 y20.考向2 构造函数求最值或范围(2017浙江高考)如图，已知抛物线x2y，点A12，14，B32，94，抛物线上的点P(x，y)12x32.过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围；(2)求|PA|PQ|的最大值切入点：(1)直接套用斜率公式，并借助12x32求其范围；(2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|P
7、Q|的函数，进而借助导数求其最值 解(1)设直线AP的斜率为k，kx214x12x12，因为12x32，所以1x121，即直线AP斜率的取值范围是(1,1)(2)联立直线AP与BQ的方程kxy12k140，xky94k320，解得点Q的横坐标是xQk24k32k21.因为|PA|1k2x12 1k2(k1)，|PQ|1k2(xQx)k1k12k21，所以|PA|PQ|(k1)(k1)3.令f(k)(k1)(k1)3，因为f(k)(4k2)(k1)2，所以f(k)在区间1，12 上单调递增，在12，1 上单调递减，因此当k12时，|PA|PQ|取得最大值2716.构造函数法求最值或范围时的策略解
8、决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法(单调性或导数)进行求解(面积最值问题)已知动圆C过定点F2(1,0)，并且内切于定圆F1：(x1)2y212.(1)求动圆圆心C的轨迹方程；(2)若曲线y24x上存在两个点M，N，(1)中曲线上有两个点P，Q，并且M，N，F2三点共线，P，Q，F2三点共线，PQMN，求四边形PMQN的面积的最小值解(1)设动圆的半径为r，则|CF2|r，|CF1|23r，所以|CF1|CF2|23|F1F2|，由椭圆的定义知动圆圆心C的轨迹是以F1，F2为焦点的椭圆，且a
9、3，c1，所以b2，动圆圆心C的轨迹方程是x23y221.(2)当直线MN的斜率不存在时，直线PQ的斜率为0，易得|MN|4，|PQ|2 3，四边形PMQN的面积S4 3.当直线MN的斜率存在时，设直线MN的方程为yk(x1)(k0)，联立方程得ykx1，y24x，消元得k2x2(2k24)xk20，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x24k22，x1x21，|MN|1k24k22244k24.因为 PQMN，所以直线 PQ 的方程为 y1k(x1)，由y1kx1，x23y221，得(2k23)x26x36k20.设P(x3，y3)，Q(x4，y4)，则x3x462k23，x3x4
10、36k22k23，|PQ|11k262k232436k22k234 3k212k23.则四边形PMQN的面积S 12|MN|PQ|12 4k24 4 3k212k238 3k212k22k23.令k21t，t1，则S8 3t2t12t18 31t21t28 31t12294.因为t1，所以01t1，易知1t12294的范围是(0,2)，所以S8 32 4 3.综上可得S4 3，S的最小值为4 3.与圆锥曲线有关的定点、定值问题考向 1 定点问题高考解读 由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的几何图形中，探求直线过定点、曲线过定点等一类常考题型考查考生的数形结合思想和逻辑推理能力(201
11、9全国卷)已知曲线C：yx22，D为直线y12上的动点，过D作C的两条切线，切点分别为A，B.(1)证明：直线AB过定点；(2)若以E0，52 为圆心的圆与直线AB相切，且切点为线段AB的中点，求四边形ADBE的面积解(1)证明：设Dt，12，A(x1，y1)，则x212y1.由yx，所以切线DA的斜率为x1，故y112x1tx1.整理得2tx12y110.设B(x2，y2)，同理可得2tx22y210.故直线AB的方程为2tx2y10.所以直线AB过定点0，12.(2)由(1)得直线AB的方程为ytx12.由ytx12，yx22可得x22tx10.于是x1x22t，x1x21，y1y2t(x
12、1x2)12t21，|AB|1t2|x1x2|1t2 x1x224x1x22(t21)设d1，d2分别为点D，E到直线AB的距离，则d1t21，d22t21.因此，四边形ADBE的面积S12|AB|(d1d2)(t23)t21.设M为线段AB的中点，则Mt，t212.由于EM AB，而EM(t，t22)，AB 与向量(1，t)平行，所以t(t22)t0.解得t0或t1.当t0时，S3；当t1时，S4 2.因此，四边形ADBE的面积为3或4 2.定点问题的两大类型及解法(1)动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为ykxt，由题设条件将t用k表示为tmk，得yk(xm)，故动直线过定
13、点(m,0)(2)动曲线C过定点问题，解法：引入参变量建立曲线C的方程，再根据其对参变量恒成立，令其系数等于零，得出定点(与向量交汇直线过定点问题)设M点为圆C：x2y24上的动点，点M在x轴上的投影为N.动点P满足2PN 3MN，动点P的轨迹为E.(1)求E的方程；(2)设E的左顶点为D，若直线l：ykxm与曲线E交于A，B两点(A，B不是左、右顶点)，且满足|DA DB|DA DB|，求证：直线l恒过定点，并求出该定点的坐标解(1)设点M(x0，y0)，P(x，y)，由题意可知N(x0,0)，2PN 3MN，2(x0 x，y)3(0，y0)，即x0 x，y0 23y，又点M在圆C：x2y2
14、4上，x20y204，将x0 x，y0 23y代入得x24y231，即轨迹E的方程为x24y231.(2)由(1)可知D(2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立ykxm，x24y231，得(34k2)x28mkx4(m23)0，(8mk)24(34k2)(4m212)16(12k23m29)0，即34k2m20，x1x28mk34k2，x1x24m2334k2.y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2mk(x1x2)m23m212k234k2，|DA DB|DA DB|，DA DB，即DA DB 0，即(x12，y1)(x22，y2)x1x22(x1x2)4y1y20，4m2
15、1234k2 28mk34k243m212k234k2 0，7m216mk4k20，解得m12k，m227k，且均满足34k2m20，当m12k时，l的方程为ykx2kk(x2)，直线恒过点(2,0)，与已知矛盾；当m2 27 k时，l的方程为ykx 27 kkx27，直线恒过点27，0.直线l恒过定点，定点坐标为27，0.考向2 定值问题高考解读 由题设条件给出的直线或圆锥曲线运动变化时得到的图形中，探求线段长为定值、直线的斜率或斜率之和积等为定值是高考考查圆锥曲线几何性质的一类常见题型，求解时要有数形结合的意识和合情推理的能力.(2019全国卷)已知点A，B关于坐标原点O对称，|AB|4，
16、M过点A，B且与直线x20相切(1)若A在直线xy0上，求M的半径；(2)是否存在定点P，使得当A运动时，|MA|MP|为定值？并说明理由解(1)因为M过点A，B，所以圆心M在AB的垂直平分线上由已知A在直线xy0上，且A，B关于坐标原点O对称，所以M在直线yx上，故可设M(a，a)因为M与直线x20相切，所以M的半径为r|a2|.由已知得|AO|2，又MOAO，故可得2a24(a2)2，解得a0或a4.故M的半径r2或r6.(2)存在定点P(1,0)，使得|MA|MP|为定值 理由如下：设M(x，y)，由已知得M的半径为r|x2|，|AO|2.由于MOAO，故可得x2y24(x2)2，化简得
17、M的轨迹方程为y24x.因为曲线C：y24x是以点P(1,0)为焦点，以直线x1为准线的抛物线，所以|MP|x1.因为|MA|MP|r|MP|x2(x1)1，所以存在满足条件的定点P.求解定值问题的两大途径(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关(2)直接推理、计算，并在计算推理的过程中消去变量，从而得到定值(2019惠州调研)如图，椭圆E：x2a2y2b21(ab0)经过点A(0，1)，且离心率为 22.(1)求椭圆E的方程；(2)经过点(1,1)，且斜率为k的直线与椭圆E交于不同的两点P，Q(均异于点A)，证明：直线AP与AQ的斜率之和为定值解(1)由题意知 a2b2a 22，b
18、1，所以a 2，所以椭圆E的方程为x22y21.(2)设直线PQ的方程为yk(x1)1(k2)，代入x22y21，得(12k2)x24k(k1)x2k(k2)0，由题意知0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1x20，则x1x24kk112k2，x1x22kk212k2，所以kAPkAQy11x1 y21x2 kx1k2x1kx2k2x22k(2k)x1x2x1x2 2k(2k)4kk12kk22k2(k1)2，故直线AP与AQ的斜率之和为定值2.点评 定值问题建议由特殊情况先求定值斜率k不存在，k0等再推导一般情况，这样易得分且方向目标明确.圆锥曲线中的证明、存在性问题考向1 圆锥曲
19、线中的证明问题高考解读 圆锥曲线中的证明一般包括两大方面，一是位置关系的证明：如证明相切、垂直、过定点等.二是数量关系的证明：如存在定值、恒成立、线段或角相等等.考查学生的等价转化、逻辑推理及数学运算的能力.(2018全国卷)已知斜率为k的直线l与椭圆C：x24 y23 1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m0)(1)证明：k12；(2)设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP FAFB 0.证明：|FA|，|FP|，|FB|成等差数列，并求该数列的公差切入点：(1)中点弦问题用“点差法”(2)由FPFAFB0表示出点P的坐标，表示出|FA|，|FP|，|FB|，并证明2|FP|FA
20、|FB|即可证明(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x214y2131，x224y2231.两式相减，并由y1y2x1x2k得x1x24y1y23k0.由题设知x1x221，y1y22m，于是k 34m.由题设得0m32，故k12.(2)由题意得F(1,0)设P(x3，y3)，则(x31，y3)(x11，y1)(x21，y2)(0,0)由(1)及题设得x33(x1x2)1，y3(y1y2)2m0.又点P在C上，所以m34，从而P1，32，|FP|32.于是|FA|x112y21x11231x214 2x12.同理|FB|2x22.所以|FA|FB|412(x1x2)3.故2|FP|F
21、A|FB|，即|FA|，|FP|，|FB|成等差数列 设该数列的公差为d，则 2|d|FB|FA|12|x1x2|12 x1x224x1x2.将m34代入得k1.所以l的方程为yx74，代入C的方程，并整理得7x214x140.故x1x22，x1x2 128，代入解得|d|3 2128.所以该数列的公差为3 2128 或3 2128.圆锥曲线中证明题的求解策略处理圆锥曲线中的证明问题常采用直接法证明，证明时常借助于等价转化思想，化几何关系为数量关系，然后借助函数方程思想、数形结合思想解决(证明位置关系)(2019济南一模)已知点F为抛物线E：y22px(p0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上
22、，且|AF|3.(1)求抛物线E的方程；(2)已知点G(1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切解(1)由抛物线的定义，得|AF|2p2.由已知|AF|3，得2p23，解得p2，所以抛物线E的方程为y24x.(2)如图，因为点A(2，m)在抛物线E：y24x上，所以m22，由抛物线的对称性，不妨设A(2,2 2)由A(2,2 2)，F(1,0)可得直线AF的方程为 y2 2(x1)由y2 2x1，y24x，得2x25x20，解得x2或x12，从而B12，2.又G(1,0)，所以kGA 2 20212 23，kGB 201212 23，所以kG
23、AkGB0，从而AGFBGF，这表明点F到直线GA，GB的距离相等，故以F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切考向2“肯定顺推法”求解存在性问题高考解读 解析几何中的探索性问题，从类型上看，主要是存在类型的相关题型，解决这类问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明确化.从命题角度上看，近几年高考在解析几何中涉及研究角相等，角平分线等，常转化为直线斜率互补成相等问题，注意灵活转化.(2015全国卷)在直角坐标系xOy中，曲线C：y x24 与直线l：ykxa(a0)交于M，N两点(1)当k0时，分别求C在点M和N处的切线方程；(2)y轴上是否存在点P，使得当k变动时，总有OPMOPN？
24、说明理由解(1)由题设可得M(2a，a)，N(2a，a)，或M(2a，a)，N(2 a，a)由yx24，得yx2，故yx24 在x2 a处的导数值为 a，C在点(2 a，a)处的切线方程为ya a(x2 a)，即 axya0.yx24 在x2 a处的导数值为 a，C在点(2 a，a)处的切线方程为ya a(x2 a)，即 axya0.故所求切线方程为 axya0和 axya0.(2)存在符合题意的点证明如下：设P(0，b)为符合题意的点，M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.将ykxa代入C的方程，得x24kx4a0.故x1x24k，x1x24a.从而k1k
25、2y1bx1 y2bx2 2kx1x2abx1x2x1x2kaba.当ba时，有k1k20，则直线PM的倾斜角与直线PN的倾斜角互补，故OPMOPN，所以点P(0，a)符合题意探索性问题的求解步骤假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于特定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在 提醒：反证法与验证法也是求解存在性问题常用的方法(与几何图形有关的探索性问题)已知椭圆C：x2a2y2b21(ab0)的离心率为 12，左、右焦点分别为F1，F2，在直线xy2 0上有且只有一个点M满足MF1 MF2
26、 0.(1)求椭圆C的方程；(2)已知点P(1，y0)是椭圆C上且位于第一象限的点，弦AB过椭圆C的右焦点F2，过点P且平行于AB的直线与椭圆C交与另一点Q，问：是否存在A，B，使得四边形PABQ是平行四边形？若存在，求出弦AB所在直线的方程；若不存在，请说明理由解(1)依题意知满足MF1 MF2 0 的点 M 在以 F1F2 为直径的圆x2y2c2 上，又在直线 xy 20 上有且只有一个点 M 满足MF1 MF2 0，所以直线 xy 20 与圆 x2y2c2 相切，则|00 2|1212c1.又椭圆 C 的离心率 eca12，则 a2，b2a2c23，于是椭圆 C 的方程为x24y231.
27、(2)由题意可得 P1，32.假设存在满足条件的 A，B，易知直线 AB 的斜率一定存在，设为 k，则直线 AB 的方程为 yk(x1)，直线 PQ 的方程为 y32k(x1)由ykx1，x24y231消去 y 并整理，得(34k2)x28k2x4k2120，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2 8k234k2，x1x24k21234k2.由y32kx1，x24y231消去y并整理，得(34k2)x2(8k212k)x4k212k30，设Q(x3，y3)，又P1，32，则x318k212k34k2，x314k212k334k2，求得x34k212k334k2.若四边形PABQ是平行四边形，则PB的中点与AQ的中点重合，所以x1x32 x212，即x1x21x3，则(x1x2)24x1x2(1x3)2，所以8k234k2244k21234k2 14k212k334k22，化简得16k44(k23)(34k2)9(2k1)2，解得k34.所以存在A，B，使得四边形PABQ是平行四边形，弦AB所在直线的方程为y34(x1)，即3x4y30.Thank you for watching!
