《2020数学（理）二轮教师用书：第2部分 专题5 第3讲 圆锥曲线中的综合问题》由会员分享，可在线阅读，更多相关《2020数学（理）二轮教师用书：第2部分 专题5 第3讲 圆锥曲线中的综合问题（19页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、第3讲圆锥曲线中的综合问题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.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面积的最大值切入点：(1)由kAMkBM求C的方程，并注意x的范围(2
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，化简得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)由得x.记u，则P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u,0)于是直线QG的斜率为，方程为y(xu)由得(2k2)x22uk2xk2u280.设G(xG，yG)，则u和xG是方程的解，故xG，由此得yG.从而直线PG的斜率为.所以PQPG，即PQG是直角三角形由得|PQ|2u，|PG|，所以PQG的面积S|PQ|PG|.设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号因为S在2，)单调递减，所以当t
3、2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQG面积的最大值为.点评最值问题一般最终转化为某一个变量的函数，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. 教师备选题(2014全国卷)已知点A(0，2)，椭圆E：1(ab0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当OPQ的面积最大时，求l的方程切入点：(1)由e，kAF可求a，b的值；(2)设出l的方程，表示出弦长|PQ|及点O到直线PQ的距离d，由SOPQ|PQ|d建立函数关系式，并借助不等式求最值解(1)
4、设F(c,0)，由条件知，得c.又，所以a2，b2a2c21.故E的方程为y21.(2)当lx轴时不合题意，故设l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将ykx2代入y21得(14k2)x216kx120.当16(4k23)0，即k2时，x1,2.从而|PQ|x1x2|.又点O到直线PQ的距离d，所以OPQ的面积SOPQd|PQ|.设t，则t0，SOPQ.因为t4，当且仅当t2，即k时等号成立，且满足0，所以，当OPQ的面积最大时l的方程为yx2或yx2.基本不等式求最值的5种典型情况分析(1)s(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)(2)s(基本不等式)(3)s(基本不等式
5、)(4)s(先分离参数，再利用基本不等式)(5)s(上下同时除以k2，令tk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：y21的左、右焦点，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，所以b2，由得(5
6、m2)y24my10，设直线l与椭圆E交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2，y1y2，a|AB|，ab2，当且仅当，即m时等号成立所以当m时，ab取最大值此时直线l的方程为xy20.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A，B，抛物线上的点P(x，y)x.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x求其范围；(2)先分别计算|PA|、|PQ|的长，再建立|PA|PQ|的函数，进而借助导数求其最值解(1)设直线AP的斜率为k，kx，因为x知，椭圆C不经过
7、点P1，所以点P2在椭圆C上因此解得故椭圆C的方程为y21.(2)证明：设直线P2A与直线P2B的斜率分别为k1，k2.如果l与x轴垂直，设l：xt，由题设知t0，且|t|0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2.而k1k2.由题设k1k21，故(2k1)x1x2(m1)(x1x2)0.即(2k1)(m1)0.解得k.当且仅当m1时，0，于是l：yxm，即y1(x2)，所以l过定点(2，1)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)，故动直线过定点(m,0)(2)动曲线C过定点
8、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2，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|，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)，2，2(x0x，y)(0，y0)，即x0x，y0y，又点M在圆C：x2y24上，xy4，将x0x，y0y代入得1，即轨迹E的方程为1.(2)由(1)可知D(2,0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得(34k2)x28mkx4(m23)0，(8mk)24(34
