发布时间 : 星期六 文章浙江专用2020高考数学二轮复习专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的综合问题教案更新完毕开始阅读95bbe91e5122aaea998fcc22bcd126fff7055d9c
第3讲 圆锥曲线中的综合问题
“ 构造法”求最值(范围)
[典型例题]
(2019·高考浙江卷)如图，已知点F(1，0)为抛物线y＝
2px(p>0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.
(1)求p的值及抛物线的准线方程； (2)求的最小值及此时点G的坐标． 【解】 (1)由题意得＝1，即p＝2.
2所以抛物线的准线方程为x＝－1.
(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．令yA＝2t，t≠0，则xA＝t.由
2
2
S1S2
pt2－1
于直线AB过点F，故直线AB的方程为x＝y＋1，代入y2＝4x，得
2t2（t－1）y－y－4＝0，
2
2
t2?2?1
故2tyB＝－4，即yB＝－，所以B?2，－?.
t?tt?
112
又由于xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，故2t－＋yC＝0，
33t??1?2?1???2t4－2t2＋2?
，0?. 得C??－t?，2?－t??，G?2
3t??t?????t?
所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t)，得Q(t－1，0)． 由于Q在焦点F的右侧，故t>2.从而
1＋2??2t－2t|FG|·|yA|－1?·|2t|2?42
3tS122t－tt2－2??
＝＝＝4＝2－4. 42S212t－2t＋2??2t－1t－12??|QG|·|yC|?t－1－·?－2t?2?23t???t?令m＝t－2，则m>0，
2
4
22
2
2
S1m1＝2－2＝2－≥2－S2m＋4m＋33
m＋＋42m所以当m＝3时，取得最小值1＋
1
m·＋4
m3
＝1＋
3. 2
S1S23
，此时G(2，0)．. 2
解决最值(范围)问题的常用方法
解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法求解．
(1)构建函数法：先引入变量构建以待求量为因变量的函数，再求其值域． (2)构建不等式法：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． (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．
[对点训练]
(2018·高考浙江卷)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y＝4x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x＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范
4围．
2
2
y2
?12??12?解：(1)证明：设P(x0，y0)，A?y1，y1?，B?y2，y2?. ?4??4?
因为PA，PB的中点在拋物线上， 12
y＋x024y＋y0??＝4·
所以y1，y2为方程?， ?2?2?即y－2y0y＋8x0－y0＝0的两个不同的实根． 所以y1＋y2＝2y0， 因此，PM垂直于y轴．
??y1＋y2＝2y0，(2)由(1)可知? 2
?y1y2＝8x0－y0，?
2
2
12232
所以|PM|＝(y1＋y2)－x0＝y0－3x0，
84|y1－y2|＝22（y0－4x0）.
3
1322
因此，△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y0－4x0)2.
24因为x＋＝1(x0<0)，所以y0－4x0＝－4x0－4x0＋4∈[4，5]，
41510??
因此，△PAB面积的取值范围是?62，?
4??
“ 转化法”求定点、定值
2
0
2
y20
22
[典型例题]
x2y233
已知椭圆C：2＋2＝1(a>b>0)，四点P1(1，1)，P2(0，1)，P3(－1，)，P4(1，)ab22
中恰有三点在椭圆C上．
(1)求C的方程；
(2)设直线l不经过P2点且与C相交于A，B两点．若直线P2A与直线P2B的斜率的和为－1，证明：l过定点．
【解】 (1)由于P3，P4两点关于y轴对称，故由题设知C经过P3，P4两点． 1113
又由2＋2>2＋2知，C不经过点P1，所以点P2在C上．
aba4b??b＝1，??a＝4，因此?解得?
?13?b＝1.
??a＋4b＝1，
2
22
2
2
1
故C的方程为＋y＝1.
4
(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：x＝t，由题设知t≠0，且|t|<2，可得A，B的坐标分别为
22
4－t??4－t???t，?，?t，－?.
2??2??
x2
2
4－t－24－t＋2则k1＋k2＝－＝－1，得t＝2，不符合题设．
2t2t从而可设l：y＝kx＋m(m≠1)．将y＝kx＋m代入＋y＝1得(4k＋1)x＋8kmx＋4m－4
4＝0.
由题设可知Δ＝16(4k－m＋1)>0.
8km4m－4
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－2，x1x2＝2. 4k＋14k＋1而k1＋k2＝＝
2
2
2
22
x2
2222
y1－1y2－1kx1＋m－1kx2＋m－1
＋＝＋ x1x2x1x2
x1x2
2kx1x2＋（m－1）（x1＋x2）
. 由题设k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x2)＝0. 4m－4－8km即(2k＋1)·2＋(m－1)·2＝0.
4k＋14k＋1解得k＝－
2
m＋1
2
. 当且仅当m>－1时，Δ>0，于是l：y＝－即y＋1＝－
m＋1
x＋m，
2
m＋1
2
(x－2)，所以l过定点(2，－1)．
(1)动直线过定点问题的解法
①动直线l过定点问题，解法：设动直线方程(斜率存在)为y＝kx＋t，由题设条件将t用k表示为t＝km，得y＝k(x＋m)，故动直线过定点(－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．
(2)求解定值问题的两大途径
①首先由特例得出一个值(此值一般就是定值)然后证明定值：即将问题转化为证明待证式与参数(某些变量)无关．
②先将式子用动点坐标或动直线中的参数表示，再利用其满足的约束条件使其绝对值相等的正负项抵消或分子、分母约分得定值．
[注] 对于此类问题可先根据特殊情况确定定点、定值，再进行一般性证明的方法就是由特殊到一般的方法．
[对点训练]
已知抛物线C：y＝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；
11→→→→
(2)设O为原点，QM＝λQO，QN＝μQO，求证：＋为定值．
2
λμ解：(1)因为抛物线y＝2px过点P(1，2)， 所以2p＝4，即p＝2. 故抛物线C的方程为y＝4x.
由题意知，直线l的斜率存在且不为0. 设直线l的方程为y＝kx＋1(k≠0)．
??y＝4x，22由?得kx＋(2k－4)x＋1＝0. ?y＝kx＋1?
2
2
2
依题意Δ＝(2k－4)－4×k×1>0，解得k<0或0 从而k≠－3.所以直线l斜率的取值范围是(－∞，－3)∪(－3，0)∪(0，1)． (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)． 22