2020版高考数学第九章平面解析几何第8节圆锥曲线的综合问题（第1课时）最值、范围、证明问题教案.docx

第8节圆锥曲线的综合问题最新考纲1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.知 识 梳 理1.直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程AxByC0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程，即消去y，得ax2bxc0.(1)当a0时，设一元二次方程ax2bxc0的判别式为，则：0直线与圆锥曲线C相交；0直线与圆锥曲线C相切；0直线与圆锥曲线C相离.(2)当a0，b0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合.2.圆锥曲线的弦长设斜率为k(k0)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|x1x2|y1y2|.微点提醒1.直线与椭圆位置关系的有关结论(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；(2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切；(3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.2.直线与抛物线位置关系的有关结论(1)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点，两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(2)过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；(3)过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点，一条与对称轴平行或重合的直线.基 础 自 测1.判断下列结论正误(在括号内打“”或“”)(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点.()(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点.()(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点.()(4)如果直线xtya与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|y1y2|.()解析(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切.(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切.答案(1)(2)(3)(4)2.(选修11P38B2改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线y24x仅有一个公共点，这样的直线有()A.1条 B.2条C.3条 D.4条解析结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x0，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x0).答案C3.(选修11P49A6改编)已知倾斜角为60的直线l通过抛物线x24y的焦点，且与抛物线相交于A，B两点，则弦|AB|_.解析法一直线l的方程为yx1，由得y214y10.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y214，|AB|y1y2p14216.法二如图所示，过F作AD的垂线，垂足为H，则|AF|AD|p|AF|sin 60，即|AF|.同理，|BF|，故|AB|AF|BF|16.答案164.(2019浙江八校联考)抛物线yax2与直线ykxb(k0)交于A，B两点，且这两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则()A.x3x1x2 B.x1x2x1x3x2x3C.x1x2x30 D.x1x2x2x3x3x10解析由消去y得ax2kxb0，可知x1x2，x1x2，令kxb0得x3，所以x1x2x1x3x2x3.答案B5.(2019西安五校联考)直线l与双曲线C：1(a0，b0)交于A，B两点，M是线段AB的中点，若l与OM(O是原点)的斜率的乘积等于1，则此双曲线的离心率为()A.3 B.2 C. D.解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，把A，B两点坐标分别代入双曲线的方程，得两式相减得0，又所以，所以kOMkl1，所以e212，又e1，所以e.答案D6.(2019岳阳二模)已知抛物线yax2(a0)的准线为l，l与双曲线y21的两条渐近线分别交于A，B两点，若|AB|4，则a_.解析抛物线yax2(a0)的准线l：y，双曲线y21的两条渐近线分别为yx，yx，可得xA，xB，可得|AB|4，解得a.答案第1课时最值、范围、证明问题考点一最值问题多维探究【例1】 (2018郑州二模)已知动圆E经过点F(1，0)，且和直线l：x1相切.(1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程；(2)已知点A(3，0)，若斜率为1的直线l与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A)，且与曲线G交于B，C两点，求ABC面积的最大值.解(1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线l的距离，动点E的轨迹是以F(1，0)为焦点，直线x1为准线的抛物线，故轨迹G的方程是y24x.(2)设直线l的方程为yxm，其中3m0恒成立.由根与系数的关系得x1x242m，x1x2m2，|CB|4，点A到直线l的距离d，SABC42(3m)，令t，t(1，2)，则m1t2，SABC2t(4t2)8t2t3，令f(t)8t2t3，f(t)86t2，令f(t)0，得t(负值舍去).易知yf(t)在上单调递增，在上单调递减.yf(t)在t，即m时取得最大值为.ABC面积的最大值为.规律方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何方法，即通过利用 圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.【训练1】 已知椭圆1(ab0)，F1，F2为它的左、右焦点，P为椭圆上一点，已知F1PF260，SF1PF2，且椭圆的离心率为.(1)求椭圆方程；(2)已知T(4，0)，过T的直线与椭圆交于M，N两点，求MNF1面积的最大值.解(1)由已知，得|PF1|PF2|2a，|PF1|2|PF2|22|PF1|PF2|cos 604c2，即|PF1|2|PF2|2|PF1|PF2|4c2，|PF1|PF2|sin 60，即|PF1|PF2|4，联立解得a2c23.又，c21，a24，b2a2c23，椭圆方程为1.(2)根据题意可知直线MN的斜率存在，且不为0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为xmy4，代入椭圆方程，整理得(3m24)y224my360，则(24m)2436(3m24)0，所以m24.y1y2，y1y2，则MNF1的面积SMNF1|SNTF1SMTF1|TF1|y1y2|1866.当且仅当，即m2时(此时适合0的条件)取得等号.故MNF1面积的最大值为.考点二范围问题【例2】 (2018浙江卷)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y24x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x21(x0)上的动点，求PAB面积的取值范围.(1)证明设P(x0，y0)，A，B.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程4，即y22y0y8x0y0的两个不同的实根.所以y1y22y0，因此，PM垂直于y轴.(2)解由(1)可知所以|PM|(yy)x0y3x0，|y1y2|2.因此，PAB的面积SPAB|PM|y1y2|(y4x0).因为x1(x0b0)的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：ykxm与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOMkON，求原点O到直线l的距离的取值范围.解(1)由题知e，2b2，又a2b2c2，b1，a2，椭圆C的标准方程为y21.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程得(4k21)x28kmx4m240，依题意，(8km)24(4k21)(4m24)0，化简得m24k21，x1x2，x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2.若kOMkON，则，即4y1y25x1x2，(4k25)x1x24km(x1x2)4m20，(4k25)4km4m20，即(4k25)(m21)8k2m2m2(4k21)0，化简得m2k2，由得0m2，k2.原点O到直线l的距离d，d21，又k2，0d20).(1)证明：k0)在椭圆1内，1，解得0m，故k.(2)解由题意得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)，依题意，圆心C的坐标为(2，r).因为|MN|3，所以r222.所以r，圆C的方程为(x2)2.(2)证明把x0代入方程(x2)2，解得y1或y4，即点M(0，1)，N(0，4).当ABx轴时，可知ANMBNM0.当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为ykx1.联立方程消去y得，(12k2)x24kx60.设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1x2，x1x2.所以kANkBN0.所以ANMBNM.综合知ANMBNM.基础巩固题组(建议用时：40分钟)一、选择题1.直线yx3与双曲线1(a0，b0)的交点个数是()A.1 B.2C.1或2 D.0解析由直线yx3与双曲线1的渐近线yx平行，故直线与双曲线的交点个数是1.答案A2.已知双曲线C：1(a0，b0)，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.2xy0 B.x2y0C.xy0 D.xy0解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则1，1，由得，结合题意化简得1，即，所以双曲线C的渐近线方程为x2y0.答案B3.抛物线yx2上的点到直线xy20的最短距离为()A. B. C.2 D.解析设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则d，x时， dmin.答案B4.若点O和点F分别为椭圆1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则的最大值为()A.2 B.3 C.6 D.8解析由题意得F(1，0)，设点P(x0，y0)，则y3(2x02).x0(x01)yxx0yxx03(x02)22.因为2x02，所以当x02时，取得最大值，最大值为6.答案C5.(2019石家庄一模)已知抛物线y24x的焦点为F，过焦点F的直线交抛物线于A，B两点，O为坐标原点，若AOB的面积为，则|AB|()A.6 B.8 C.12 D.16解析由题意知抛物线y24x的焦点F的坐标为(1，0)，易知当直线AB垂直于x轴时，AOB的面积为2，不满足题意，所以可设直线AB的方程为yk(x1)(k0)，与y24x联立，消去x得ky24y4k0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1y2，y1y24，所以|y1y2|，所以AOB的面积为1，解得k，所以|AB|y1y2|6.答案A二、填空题6.抛物线C：y22px(p0)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xmy，代入y22px得y22pmyp20，4p2m24p20，m1，则切线斜率k1，MQMP，因此PMQ.答案7.(2019太原一模)过双曲线1(a0，b0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，则此双曲线离心率的取值范围为_.解析由过双曲线1(a0，b0)的右顶点且斜率为2的直线，与该双曲线的右支交于两点，可得2.e1，1e0)上任意一点P(异于原点O)的直线与抛物线y28px(p0)交于A，B两点，直线OP与抛物线y28px(p0)的另一个交点为Q，则_.解析设直线OP的方程为ykx(k0)，联立得解得P，联立得解得Q，|OP|，|PQ|，3.答案3三、解答题9.(2018天津卷)设椭圆1(ab0)的右顶点为A，上顶点为B.已知椭圆的离心率为，|AB|.(1)求椭圆的方程；(2)设直线l：ykx(kx10，点Q的坐标为(x1，y1).由BPM的面积是BPQ面积的2倍，可得|PM|2|PQ|，从而x2x12x1(x1)，即x25x1.易知直线AB的方程为2x3y6，由方程组消去y，可得x2.由方程组消去y，可得x1.由x25x1，可得5(3k2)，两边平方，整理得18k225k80，解得k，或k.当k时，x29b0)的离心率为，F1，F2是椭圆的两个焦点，M是椭圆上任意一点，且MF1F2的周长是42.(1)求椭圆C1的方程；(2)设椭圆C1的左、右顶点分别为A，B，过椭圆C1上的一点D作x轴的垂线交x轴于点E，若点C满足，连接AC交DE于点P，求证：|PD|PE|.(1)解由e，知，所以ca，因为MF1F2的周长是42，所以2a2c42，所以a2，c，所以b2a2c21，所以椭圆C1的方程为：y21.(2)证明由(1)得A(2，0)，B(2，0)，设D(x0，y0)，所以E(x0，0)，因为，所以可设C(2，y1)，所以(x02，y0)，(2，y1)，由可得：(x02)y12y0，即y1.所以直线AC的方程为：.整理得：y(x2).又点P在DE上，将xx0代入直线AC的方程可得：y，即点P的坐标为，所以P为DE的中点，|PD|PE|.能力提升题组(建议用时：20分钟)11.(2019开封一模)已知抛物线M：y24x，过抛物线M的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点(点A在第一象限)，且交抛物线的准线于点E.若2，则直线l的斜率为()A.3 B.2 C. D.1解析分别过A，B两点作AD，BC垂直于准线，垂足分别为D，C，由2，得B为AE的中点，|AB|BE|，则|AD|2|BC|，由抛物线的定义可知|AF|AD|，|BF|BC|，|AB|3|BC|，|BE|3|BC|，则|CE|2|BC|，tan CBE2，直线l的斜率ktan AFxtan CBE2.答案B12.已知抛物线y24x，过其焦点F的直线l与抛物线分别交于A，B两点(A在第一象限内)，3 ，过AB的中点且垂直于l的直线与x轴交于点G，则ABG的面积为()A. B. C. D.解析设A(x1，y1)，B(x2，y2)，因为3，所以y13y2，设直线l的方程为xmy1，由消去x得y24my40，y1y24，y1y24m，m，x1x2，AB的中点坐标为，过AB中点且垂直于直线l的直线方程为y，令y0，可得x，所以SABG.答案C13.(一题多解)(2018全国卷)已知点M(1，1)和抛物线C：y24x，过C的焦点且斜率为k的直线与C交于A，B两点.若AMB90，