2022高三全国统考数学北师大版（理）一轮复习学案：高考大题专项（五） 突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题 WORD版含解析.docx

1、高考大题专项(五)直线与圆锥曲线考情分析从近五年的高考试题来看,圆锥曲线问题在高考中属于必考内容,并且常常在同一份试卷上多题型考查.对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法:第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识;第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题,解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.突破1圆锥曲线中的最值、范围问题题型一圆锥曲线中的最值问题突破策略一目标函数法【例1】(2020山东烟台模拟,21)已知直线x+y=1过椭圆x2a2+y2b2=1(ab0)的右焦点,且交椭圆于A,B两点,线段AB的中点是M23,13.(1)求椭圆的方程;(2)过原点的直线l

2、与线段AB相交(不含端点)且交椭圆于C,D两点,求四边形ACBD面积的最大值.解题心得当题目给出的条件和结论的几何特征不明显,则可以建立目标函数,再求这个函数的最值(或值域).常用方法有:(1)配方法;(2)基本不等式法;(3)单调性法;(4)三角换元法;(5)导数法等,要特别注意自变量的取值范围.对点训练1(2020山西太原三模,理20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的焦距为2,且过点1,32.(1)求椭圆C的方程;(2)已知BMN是椭圆C的内接三角形,若坐标原点O为BMN的重心,求点O到直线MN距离的最小值.突破策略二基本不等式法【例2】(2020浙江,21)如图,已知椭圆C

3、1:x22+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p0),点A是椭圆C1与抛物线C2的交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于M(B,M不同于A).(1)若p=116,求抛物线C2的焦点坐标;(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值.解题心得圆锥曲线中的有关平面几何图形面积的最值问题,通过某一变量表示出图形的面积的函数表达式,转化为函数的最值问题,然后利用重要不等式,基本不等式,函数的值域求解最值,注意基本不等式应用条件及等号取得的条件.对点训练2(2020陕西榆林三模,文21)已知椭圆E:x2a2+y23=1(a3)的离心率e=12.直线x=t(t0)与曲线E

4、交于不同的两点M,N,以线段MN为直径作圆C,圆心为C.(1)求椭圆E的方程;(2)若圆C与y轴相交于不同的两点A,B,求ABC的面积的最大值.题型二圆锥曲线中的范围问题(多维探究)突破策略一条件转化法【例3】(2020湖南湘潭一模)已知F(3,0)为椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的一个焦点,点M3,12在椭圆C上.(1)求椭圆C的方程;(2)若直线l与椭圆C分别相交于A,B两点,且kOA+kOB=-12(O为坐标原点),求直线l的斜率的取值范围.解题心得求某一量的取值范围,要看清与这个量有关的条件有几个,有几个条件就可转化为几个关于这个量的不等式,解不等式取交集得结论.对点训练3(

5、2020河北邢台模拟,理21)已知抛物线C:x2=2py(p0)的焦点为F,直线l与抛物线C交于P,Q两点.(1)若l过点F,抛物线C在点P处的切线与在点Q处的切线交于点G.证明:点G在定直线上.(2)若p=2,点M在曲线y=-1-x2上,MP,MQ的中点均在抛物线C上,求MPQ面积的取值范围.突破策略二构造函数法【例4】已知直线x=-2上有一动点Q,过点Q作直线l,垂直于y轴,动点P在l上,且满足OPOQ=0(O为坐标原点),记点P的轨迹为C.(1)求曲线C的方程;(2)已知定点M-12,0,N12,0,点A为曲线C上一点,直线AM交曲线C于另一点B,且点A在线段MB上,直线AN交曲线C于另

6、一点D,求MBD的内切圆半径r的取值范围.难点突破(1)设点P的坐标为(x,y),结合题意得出点Q的坐标,再利用向量数量积的运算可得出点P的轨迹方程;(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),设直线AM的方程为y=kx+12,将该直线方程与曲线C的方程联立,结合韦达定理进行计算得出点B和点D的横坐标相等,于是得出BDx轴,根据几何性质得出MBD的内切圆圆心H在x轴上,且该点与切点的连线与AB垂直.方法1是计算出MBD的面积和周长,利用等面积法可得出其内切圆的半径的表达式;方法2是设H(x2-r,0),直线BD的方程为x=x2,写出直线AM的方程,利用点H到直线AB和AM的距

7、离相等得出r的表达式;方法3是利用MTHMEB,得出MHMB=HTBE,然后通过计算得出MBD内切圆半径r的表达式.通过化简得到r关于x2的函数表达式,并换元t=x2+121,将函数关系式转化为r关于t的函数关系式,然后利用单调性可求出r的取值范围.解题心得在求直线与圆锥曲线的综合问题中,求与直线或与圆锥曲线有关的某个量d的取值范围问题,依据已知条件建立关于d的函数表达式,转化为求函数值的取值范围问题,然后利用函数的方法或解不等式的方法求出d的取值范围.对点训练4(2020山东青岛三模,21)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,其左、右顶点分别为A1,A2,上、下顶点分

8、别为B2,B1,四边形A1B1A2B2的面积为43.(1)求椭圆E的方程;(2)若椭圆E的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M,N,记F1MN的内切圆的半径为r,试求r的取值范围.高考大题专项(五)直线与圆锥曲线突破1圆锥曲线中的最值、范围问题例1解(1)直线x+y=1与x轴交于点(1,0),所以椭圆右焦点的坐标为(1,0),故c=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得x1+x2=43,y1+y2=23,且y2-y1x2-x1=-1,又x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,作差可得x22-x12a2+y22-y12b2=0,则(x2-x

9、1)(x2+x1)a2+(y2-y1)(y2+y1)b2=0,得a2=2b2.又因为a2=b2+c2,c=1,所以a2=2,b2=1,因此椭圆的方程为x22+y2=1.(2)由(1)联立x22+y2=1,x+y=1,解得x=0,y=1或x=43,y=-13.不妨令A(0,1),B43,-13,易知直线l的斜率存在,设直线l:y=kx,代入x22+y2=1,得(2k2+1)x2=2,解得x=22k2+1或x=-22k2+1,设C(x3,y3),D(x4,y4),则|x3-x4|=22k2+1+22k2+1=222k2+1,则|CD|=1+k2|x3-x4|=1+k2222k2+1.因为A(0,1

10、),B43,-13到直线y=kx的距离分别是d1=11+k2,d2=43k+131+k2,由于直线l与线段AB(不含端点)相交,所以(k0-1)43k+13-14,所以d1+d2=43k+431+k2=43(k+1)1+k2.四边形ACBD的面积S=12|CD|d1+12|CD|d2=12|CD|(d1+d2)=423k+12k2+1,令k+1=t,t34,则2k2+1=2t2-4t+3,所以S=423t2t2-4t+3=423t22t2-4t+3=42312-4t+31t2,当1t=23,即k=12时,Smax=423124-1612=433.因此四边形ACBD面积的最大值为433.对点训练

11、1解(1)因为椭圆C的焦距为2,所以a2-b2=1,因为椭圆过点1,32,所以1a2+94b2=1,解得a2=4,b2=3.故椭圆C的方程为x24+y23=1.(2)设B(m,n),记线段MN中点为D.因为O为BMN的重心,所以BO=2OD,则点D的坐标为-m2,-n2.若n=0,则|m|=2,此时直线MN与x轴垂直,故原点O到直线MN的距离为m2,即为1.若n0,此时直线MN的斜率存在.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-m,y1+y2=-n.又x124+y123=1,x224+y223=1,两式相减得(x1+x2)(x1-x2)4+(y1+y2)(y1-y2)3=0,可得

12、直线MN的斜率kMN=y1-y2x1-x2=-3m4n.故直线MN的方程为y=-3m4nx+m2-n2,即6mx+8ny+3m2+4n2=0,则点O到直线MN的距离为d=|3m2+4n2|36m2+64n2,将m24+n23=1,代入得d=3n2+9.因为0n23,所以dmin=32.又323)的离心率e=12,a2-3a=12,解得a=2.椭圆E的方程为x24+y23=1.(2)依题意,圆心为C(t,0)(0t2).由x=t,x24+y23=1,得y2=12-3t24.圆C的半径为r=12-3t22.圆C与y轴相交于不同的两点A,B,且圆心C到y轴的距离d=t,0t12-3t22,即0t0,

13、得16(4k2-m2+1)0,所以4k2-4k0,解得k1,综上,直线l的斜率的取值范围为-14,0(1,+).对点训练3 (1)证明易知F0,p2,设Px1,x122p,Qx2,x222p.由题意可知直线l的斜率存在,故设其方程为y=kx+p2.由y=kx+p2,x2=2py,得x2-2pkx-p2=0,所以x1x2=-p2.由x2=2py,得y=x22p,y=xp,则直线PG的斜率kPG=x1p,直线PG的方程为y-x122p=x1p(x-x1),即x1px-y-x122p=0.同理可得直线QG的方程为x2px-y-x222p=0.联立,可得(x1-x2)y=x1x2(x1-x2)2p.因

14、为x1x2,所以y=x1x22p=-p2,故点G在定直线y=-p2上.(2)解设M(x0,y0),Px1,x124,Qx2,x224,MP,MQ的中点分别为x1+x02,x124+y02,x2+x02,x224+y02.因为MP,MQ的中点均在抛物线上,所以x1,x2为方程x+x022=4x24+y02的解,即方程x2-2x0x+8y0-x02=0有两个不同的实数根,则x1+x2=2x0,x1x2=8y0-x02,=(2x0)2-4(8y0-x02)0,即x024y0.所以PQ的中点N的横坐标为x0,纵坐标为18(x12+x22).则|MN|=18(x12+x22)-y0=18(x1+x2)2

15、-2x1x2-y0=34x02-3y0,|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=22(x02-4y0),所以MPQ的面积S=12|MN|x1-x2|=324(x02-4y0)32.由y0=-1-x02,得x02=1-y02(-1y00),所以x02-4y0=-y02-4y0+1=-(y0+2)2+5.因为-1y00,所以1-(y0+2)2+54,所以MPQ面积的取值范围为324,62.例4解(1)设P(x,y),则Q(-2,y),OP=(x,y),OQ=(-2,y).OPOQ=0,OPOQ=-2x+y2=0,即y2=2x.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),直线

16、BD与x轴交点为E,内切圆与AB的切点为T.设直线AM的方程为y=kx+12,则联立方程y=k(x+12),y2=2x,得k2x2+(k2-2)x+k24=0.x1x2=14,又0x1x2,x1121,r=112t-1+1t2+1t在(1,+)上单调递增,则r12+1,即r的取值范围为(2-1,+).(方法2)设H(x2-r,0),直线BD的方程为x=x2,其中y22=2x2.直线AM的方程为y=y2x2+12x+12,即y2x-x2+12y+12y2=0,且点H与点O在直线AB的同侧,r=|(x2-r)y2+12y2|(x2+12)2+y22=(x2-r)y2+12y2(x2+12)2+y2

17、2,解得r=x2y2+12y2y2+(x2+12)2+y22=112x2+1(x2+12)2+1x2+12.以下同方法1.(方法3)MTHMEB,MHMB=HTBE,即x2+12-r(x2+12)2+y22=r|y2|,解得r=(x2+12)|y2|y2|+(x2+12)2+y22=x2+12(x2+12)2y22+1+1=112x2+1(x2+12)2+1x2+12.以下同方法1.对点训练4解(1)因为椭圆E的离心率为12,所以e=ca=12.因为四边形A1B1A2B2的面积为43,所以122a2b=43.又a2=b2+c2,解得a=2,b=3,c=1,所以椭圆E的方程为x24+y23=1.

18、(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则F1MN的周长为4a=8,SF1MN=12(|F1M|+|F1N|+|MN|)r=4r,即r=14SF1MN.当lx轴时,l的方程为x=1,|MN|=3,r=14SF1MN=1412|MN|F1F2|=34.当l与x轴不垂直时,设l:y=k(x-1)(k0),由y=k(x-1),x24+y23=1,得(4k2+3)y2+6ky-9k2=0,所以y1+y2=-6k4k2+3,y1y2=-9k24k2+3.SF1MN=SF1F2M+SF1F2N=12|F1F2|y2|+12|F1F2|y1|=12|F1F2|y2-y1|=12|F1F2|(y2+y1)2-4y1y2=122-6k4k2+32-4-9k24k2+3=12k2(k2+1)(4k2+3)2,所以r=14SF1MN=3k2(k2+1)(4k2+3)2,令4k2+3=t,则t3,r=34t2-2t-3t2=34-31t2-21t+1=34-31t+132+43,因为t3,所以01t13,所以0r34.综上可知,r的取值范围为0,34.