统考版高中数学（文）复习9-8-3圆锥曲线的综合问题学案

这是一份统考版高中数学（文）复习9-8-3圆锥曲线的综合问题学案，共18页。

第3课时　圆锥曲线的最值、范围及探索性问题
提 升 关键能力——考点突破　掌握类题通法

考点一　最值、范围问题　[综合性]

角度1　几何法求最值
[例1]　斜率为－1的直线过抛物线y2＝－2px(p>0)的焦点，与抛物线交于两点A，B，M为抛物线上弧AB上的动点，若|AB|＝12.
(1)求抛物线的方程；
(2)求S△ABM的最大值．
听课笔记：










反思感悟　几何方法求解圆锥曲线中的最值(范围)问题，即通过圆锥曲线的定义、几何性质将最值转化，利用平面几何中的定理、性质，结合图形的直观性求解最值问题，常用的结论有：
(1)两点间线段最短；
(2)点到直线的垂线段最短．
角度2　基本不等式法求最值
[例2]　[2023·江西景德镇一中高三月考]已知椭圆C：y2a2+x2b2＝1(a>b>0)的短轴长为2，过下焦点且与x轴平行的弦长为233.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若A、B分别为椭圆C的右顶点与上顶点，直线y＝kx(k>0)与椭圆C相交于M、N两点，求四边形AMBN的面积的最大值及此时k的值．
听课笔记：







反思感悟　首先需要根据题目的条件和结论找出明确的函数关系，建立起目标函数，常用基本不等式法求解.
角度3　函数单调性求最值
[例3]　[2023·云南玉溪高三月考]已知抛物线E：y2＝2px(p>0)，过点P(3，0)的直线l交抛物线E于A，B，且OA·OB＝－3(O为坐标原点)．
(1)求抛物线E的方程；
(2)过P作与直线l垂直的直线m交抛物线E于C，D.求四边形ACBD面积的最小值．
听课笔记：











反思感悟　把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数解析式，然后利用函数的思想、不等式的思想等进行求解．
【对点训练】
1．已知直线l：y＝kx＋t与圆C1：x2＋(y＋1)2＝2相交于A，B两点，且△C1AB的面积取得最大值，又直线l与抛物线C2：x2＝2y相交于不同的两点M，N，则实数t的取值范围是________．
2．[2023·河南高三月考]已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，过F的直线与抛物线C交于A，B两点，当A，B两点的纵坐标相同时，|AB|＝4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若P，Q为抛物线C上两个动点，|PQ|＝m(m>0)，E为PQ的中点，求点E纵坐标的最小值．











3．[2023·福建南平市检测]已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的长轴长为43，点(3，6)在C上．
(1)求C的方程；
(2)设C的上顶点为A，右顶点为B，直线l与AB平行，且与C交于M，N两点，MD＝DN，点F为C的右焦点，求|DF|的最小值．









考点二　探究性问题　[创新性]

[例4]　[2022·重庆市育才中学检测]阿基米德(公元前287年～公元前212年，古希腊)不仅是著名的哲学家、物理学家，也是著名的数学家，他利用“逼近法”得到椭圆面积除以圆周率π等于椭圆的长半轴长与短半轴长的乘积．在平面直角坐标系中，椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的面积等于2π，且椭圆C的焦距为23.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)点P(4，0)是x轴上的定点，直线l与椭圆C交于不同的两点A、B，已知A关于y轴的对称点为M，B点关于原点的对称点为N，已知P、M、N三点共线，试探究直线l是否过定点．若过定点，求出定点坐标；若不过定点，请说明理由．
听课笔记：






反思感悟　求解存在性问题时，通常的方法是首先假设满足条件的几何元素或参数值存在，然后利用这些条件并结合题目的其他已知条件进行推理与计算，若不出现矛盾，并且得到了相应的几何元素或参数值，就说明满足条件的几何元素或参数值存在；若在推理与计算中出现了矛盾，则说明满足条件的几何元素或参数值不存在，同时推理与计算的过程就是说明理由的过程.
【对点训练】
已知双曲线C1：x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)与C2：y29-x23＝1有相同的渐近线，点F(2，0)为C1的右焦点，A，B为C1的左，右顶点．
(1)求双曲线C1的标准方程；
(2)若直线l过点F交双曲线C1的右支于M，N两点，设直线AM，BN斜率分别为k1，k2，是否存在实数λ使得k1＝λk2？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．










微专题36 解析几何中减少运算量的常见技巧　思想方法

技巧一　解析几何中的“设而不求”
“设而不求”是简化运算的一种重要手段，它的精彩在于设而不求，化繁为简．解题过程中，巧妙设点，避免解方程组，常见类型有：(1)灵活应用“点、线的几何性质”解题；(2)根据题意，整体消参或整体代入等．
类型一　巧妙运用抛物线定义得出根与系数的关系，从而设而不求
[例1]　在平面直角坐标系xOy中，双曲线x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)的右支与焦点为F的抛物线x2＝2py(p>0)交于A，B两点．若|AF|＋|BF|＝4|OF|，则该双曲线的渐近线方程为________．
解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由抛物线的定义可知|AF|＝y1＋p2，|BF|＝y2＋p2，|OF|＝p2，由|AF|＋|BF|＝y1＋p2＋y2＋p2＝y1＋y2＋p＝4|OF|＝2p，得y1＋y2＝p.
kAB＝y2-y1x2-x1＝x22 2p－x12 2px2－x1＝x2+x12p.
由x12 a2－y12 b2＝1，x22 a2－y22 b2＝1，得kAB＝y2-y1x2-x1＝b2x1+x2a2y1+y2＝b2a2·x1+x2p，则b2a2·x1+x2p＝x2+x12p，所以b2a2＝12⇒ba＝22，所以双曲线的渐近线方程为y＝±22x.
答案：y＝±22x
名师点评　本题巧妙使用了抛物线的定义，从而得出根与系数的关系．
类型二　中点弦或对称问题，可以利用“点差法”，“点差法”实质上是“设而不求”的一种方法
[例2]　△ABC的三个顶点都在抛物线E：y2＝2x上，其中A(2，2)，△ABC的重心G是抛物线E的焦点，则BC边所在直线的方程为________．
解析：设B(x1，y1)，C(x2，y2)，边BC的中点为M(x0，y0)，易知G12，0，则x1+x2+23=12，y1+y2+23=0，从而x0=x1+x22=-14，y0=y1+y22=-1，即M-14，-1，又y12＝2x1，y22＝2x2，两式相减得(y1＋y2)(y1－y2)＝2(x1－x2)，则直线BC的斜率kBC＝y1-y2x1-x2＝2y1+y2＝22y0＝1y0＝－1，故直线BC的方程为y－(－1)＝－x+14，即4x＋4y＋5＝0.
答案：4x＋4y＋5＝0

名师点评　本题使用点差法，巧妙地表达出弦的中点坐标和弦的斜率的关系，从而快速解决问题．
类型三　求解直线与圆锥曲线的相关问题时，若两条直线互相垂直或两直线斜率有明确等量关系，可用“替代法”，“替代法”的实质是设而不求
[例3]　已知F为抛物线C：y2＝2x的焦点，过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于A，B两点，直线l2与C交于D，E两点，则|AB|＋|DE|的最小值为________．
解析：方法一　由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，F12，0，设l1：x＝ty＋12，则直线l1的斜率为1t，
联立方程得y2=2x，x=ty+12，消去x得y2－2ty－1＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝2t，y1y2＝－1.
所以|AB|＝t2+1|y1－y2|＝t2+1·y1+y22-4y1y2＝t2+1 4t2+4＝2t2＋2，
同理得，用－1t替换t可得|DE|＝2t2＋2，所以|AB|＋|DE|＝2t2+1t2＋4≥4＋4＝8，当且仅当t2＝1t2，即t＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
方法二　由题意知，直线l1，l2的斜率都存在且不为0，F12，0，不妨设l1的斜率为k，则l1：y＝kx-12，l2：y＝－1kx-12.由y2=2xy=kx-12 ,消去y得k2x2－(k2＋2)x＋k24＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝1＋2k2.由抛物线的定义知，|AB|＝x1＋x2＋1＝1＋2k2＋1＝2＋2k2.
同理可得，用－1k替换|AB|中k，可得|DE|＝2＋2k2，所以|AB|＋|DE|＝2＋2k2＋2＋2k2＝4＋2k2＋2k2≥4＋4＝8，当且仅当2k2＝2k2，即k＝±1时等号成立，故|AB|＋|DE|的最小值为8.
答案：8
名师点评　本题考查了抛物线的简单性质以及直线和抛物线的位置关系，弦长公式，对于过焦点的弦，能熟练掌握相关的结论，解决问题事半功倍．
技巧二　巧用平面几何性质
[例4]　已知O为坐标原点，F是椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的左焦点，A，B分别为C的左，右顶点．P为C上一点，且PF⊥x轴．过点A的直线l与线段PF交于点M，与y轴交于点E.若直线BM经过OE的中点，则C的离心率为(　　)
A．13　　　B．12　　　C．23　　　D．34
解析：

设OE的中点为N，如图，因为MF∥OE，所以有ONMF＝aa+c，MFOE＝a-ca.又因为OE＝2ON，所以有12＝aa+c·a-ca，解得e＝ca＝13，故选A.
答案：A
名师点评　此题也可以用解析法解决，但有一定的计算量，巧用三角形的相似比可以简化计算．
技巧三　巧用“根与系数的关系”，化繁为简
某些涉及线段长度关系的问题可以通过解方程，求坐标，用距离公式计算长度的方法来解；但也可以利用一元二次方程，使相关的点的同名坐标为方程的根，由根与系数的关系求出两根间的关系或有关线段长度间的关系，后者往往计算量小，解题过程简捷．
[例5]　已知椭圆x24＋y2＝1的左顶点为A，过A作两条互相垂直的弦AM，AN交椭圆M，N两点．
(1)当直线AM的斜率为1时，求点M的坐标；
(2)当直线AM的斜率变化时，直线MN是否过x轴上的一定点？若过定点，请给出证明，并求出该定点；若不过定点，请说明理由．
解析：(1)直线AM的斜率为1时，直线AM的方程为y＝x＋2，代入椭圆方程并化简得5x2＋16x＋12＝0，
解得x1＝－2，x2＝－65，
所以M-65，45.
(2)设直线AM的斜率为k，直线AM的方程为y＝k(x＋2)，联立方程y=kx+2，x24+y2=1，
化简得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0.
则xA＋xM＝-16k21+4k2，又xA＝－2，
则xM＝－xA－16k21+4k2＝2－16k21+4k2＝2-8k21+4k2.
同理，可得xN＝2k2-8k2+4.
由(1)知若存在定点，则此点必为P-65，0，证明如下：
因为kMP＝yMxM+65＝k2-8k21+4k2+22-8k21+4k2+65＝5k4-4k2，
同理可计算得kPN＝5k4-4k2，所以直线MN过x轴上的一定点P-65，0.
名师点评　本例在第(2)问中可应用根与系数的关系求出xM＝2-8k21+4k2，这体现了整体思想，这是解决解析几何问题时常用的方法，简单易懂，通过设而不求，大大降低了运算量．
技巧四　巧妙“换元”减少运算量
变量换元法的关键是构造元和设元，理论依据是等量代换，目的是变换研究对象，将问题移至新对象的知识背景中去研究，从而将非标准型问题转化为标准型问题，将复杂问题简单化，变量换元化常用于求解复合函数的值域、三角函数的化简或求值等问题．
[例6]　

如图，已知椭圆C的离心率为32，点A，B，F分别为椭圆的右顶点，上顶点和右焦点，且S△ABF＝1－32.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，若直线l与椭圆C交于M，N两点，求△OMN面积的最大值．
解析：(1)由已知椭圆的焦点在x轴上，设其方程为x2a2+y2b2＝1(a>b>0)，则A(a，0)，B(0，b)，F(c，0)(c＝a2-b2)，
由已知可得e2＝a2-b2a2＝34，所以a2＝4b2，
即a＝2b，c＝3b，①
S△AFB＝12×|AF|×|OB|＝12(a－c)b＝1－32，②
将①代入②，得12(2b－3b)b＝1－32，解得b＝1，
故a＝2，c＝3，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.
(2)圆O的圆心为坐标原点，半径r＝1，由直线l：y＝kx＋m与圆O：x2＋y2＝1相切，得m1+k2＝1，故有m2＝1＋k2，③
由x24+y2=1，y=kx+m，消去y，得14+k2x2＋2kmx＋m2－1＝0，
由题可知k≠0，即(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
所以Δ＝16(4k2－m2＋1)＝48k2>0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝-8km4k2+1，x1x2＝4m2-44k2+1，所以|x1－x2|2＝(x1＋x2)2－4x1x2＝-8km4k2+12－4×4m2-44k2+1＝164k2-m2+14k2+12，④
将③代入④中，得|x1－x2|2＝48k24k2+12，
故|x1－x2|＝43k4k2+1，所以|MN|＝1+k2|x1－x2|＝1+k2×43k4k2+1＝43k2k2+14k2+1，
故△OMN的面积S＝12|MN|×1＝12×43k2k2+14k2+1×1＝23k2k2+14k2+1.
令t＝4k2＋1，则t≥1，k2＝t-14，代入上式，得
s＝23×t-14t-14+1t2＝32t-1t+3t2
＝32t2+2t-3t2＝32-3t2+2t+1
＝32-1t2+23t+13
＝32-1t-132+49，
所以当t＝3，即4k2＋1＝3，解得k＝±22时，S取得最大值且最大值为32×49＝1.
名师点评　破解此类题的关键：一是利用已知条件，建立关于参数的方程，解方程、求出参数的值，二是通过变量换元法将所给函数转化为值域容易确定的另一函数，求得其值域，从而求得原函数的值域，形如y＝ax＋b±cx+d(a，b，c，d均为常数，且ac≠0)的函数常用此法求解，但在换元时一定要注意新元的取值范围，以保证等价转化，这样目标函数的值域才不会发生变化．

第3课时　圆锥曲线的最值、范围及探索性问题
提升关键能力
考点一
例1　解析：(1)抛物线y2＝－2px(p>0)的焦点为-p2，0，设直线AB的方程为y＝－x－p2，
代入抛物线方程可得x2＋3px＋p24＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得x1＋x2＝－3p，
由抛物线的定义可得|AB|＝－(x1＋x2)＋p＝3p＋p＝12，
解得p＝3，
即抛物线的方程为y2＝－6x.
(2)设与直线y＝－x－32平行且与抛物线相切的直线方程为y＝－x＋t，
代入抛物线的方程可得x2＋(6－2t)x＋t2＝0，
由Δ＝(6－2t)2－4t2＝0，
解得t＝32，即切线的方程为y＝－x＋32，
可得M到直线y＝－x－32的距离的最大值为32＝322，
则△ABM面积的最大值为12×12×322＝92.
例2　解析：(1)由题意可得2b＝2，则b＝1，
将y＝－c代入椭圆方程可得c2a2+x2b2＝1，则x2＝b21-c2a2＝b4a2，得x＝±b2a，
由题意可得2b2a＝2a＝233，所以，a＝3，
因此，椭圆C的方程为y23＋x2＝1；
(2)易知点A(1，0)、B(0，3)，直线AB的方程为x＋y3＝1，即3x＋y－3＝0.
不妨设M(x1，y1)、N(x2，y2)且x1 y23+x2=1y=kx⇒x1＝－3k2+3，x2＝3k2+3，则x2＝－x1，
设M到直线AB的距离为d1＝3x1+kx1-32＝3-k+3x12＝3+k+3x22，
N到直线AB的距离为d2＝3x2+kx2-32＝k+3x2-32
S四边形AMBN＝12|AB|(d1＋d2)＝(k＋3)·x2＝3k+3k2+3＝3k2+63k+9k2+3＝3 k2+23k+3k2+3

＝31+23kk2+3＝31+23k+3k≤3·1+232k·3k＝6，
当且仅当k＝3时，等号成立，
因此，四边形AMBN的面积的最大值为6，此时k＝3.
例3　解析：(1)设直线l为x＝ty＋3代入E：y2＝2px整理得
y2－2pty－6p＝0
设A(x1，y1)，B(x2，y2)
所以y1＋y2＝2pt，y1y2＝－6p
所以x1x2＝y1y224p2＝-6p24p2＝9
由OA·OB＝－3⇒x1x2＋y1y2＝－3得9－6p＝－3⇒p＝2，
综上：所求抛物线E的方程为y2＝4x.
解析：(2)由(1)得y1＋y2＝4t，y1y2＝－12
|AB|＝1+t24t2+48＝41+t2 t2+3
因为AB⊥CD所以|CD|＝41+1t2 1t2+3
S四边形ACBD＝12|AB|·|CD|＝8 2+t2+1t2 10+3t2+1t2
令t2＋1t2＝m≥2，有S四边形ACBD＝12|AB|·|CD|＝82+m·10+3m
＝83m2+16m+20
故当m＝2时，
四边形ACBD面积有最小值83×4+16×2+20＝64.
对点训练
1．解析：由题意得圆C1的圆心为C1(0，－1)，半径r＝2，则|AC1|＝|BC1|＝2，S△C1AB＝12|AC1||BC1|·sin ∠AC1B＝sin ∠AC1B，可知当∠AC1B＝π2，即C1A⊥C1B时，△C1AB的面积取得最大值，此时圆心C1到直线l的距离为1，即t+1k2+1＝1，所以k2＝t2＋2t.把直线l的方程代入抛物线C2的方程并整理，得x2－2kx－2t＝0，由Δ＝4k2＋8t＝4t2＋16t>0，可得t<－4或t>0，故实数t的取值范围为(－∞，－4)∪0，+∞．
答案：(－∞，－4)∪0，+∞
2．解析：(1)当A，B两点纵坐标相同时， A，B的纵坐标均为p2，
由抛物线的定义知|AB|＝2p.
因为|AB|＝4，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为x2＝4y.
(2)由题意知直线PQ的斜率存在，设直线PQ的方程为y＝kx＋b，
联立y=kx+b，x2=4y，消去y并整理，得x2－4kx－4b＝0，
Δ＝16k2＋16b＝16(k2＋b)>0，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
|PQ|＝1+k2x1+x22-4x1x2＝1+k216k2+16b＝m，
所以b＝m2161+k2－k2，符合Δ>0，
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2b＝4k2＋2b＝m281+k2＋2k2，
所以点E的纵坐标yE＝y1+y22＝m2161+k2＋k2＝m2161+k2＋(k2＋1)－1，
令t＝k2＋1≥1，则yE＝m216t＋t－1.
当m4<1时，即0 所以当t＝1，即k＝0时，(yE)min＝m216；
当m4≥1，即m≥4时，函数yE＝m216t＋t－1在t＝m4时取得最小值，(yE)min＝m2－1，
综上所述：当0 3．解析：(1)因为C的长轴长为43，所以2a＝43，即a＝23.
又点(3，6)在C上，所以3a2+6b2＝1，代入a＝23，解得b2＝8，
故C的方程为x212+y28＝1.
(2)由(1)可知，A，B的坐标分别为(0，22)，(23，0)，
直线AB的方程为2x＋3y－26＝0，
设l：2x＋3y＋m＝0(m≠－26)，
联立x212+y28=12x+3y+m=0得4x2＋22mx＋m2－24＝0，
由Δ＝8m2－16(m2－24)＝384－8m2>0，得m2<48，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，D(x0，y0)，因为MD＝DN，所以D为MN的中点，
则x0＝x1+x22＝－2m4，
因为2x0＋3y0＋m＝0，所以y0＝－3m6，
又F的坐标为(2，0)，
所以|DF|＝x0-22+y02
＝m28+2m+4+m212
＝5m224+2m+4
＝524m+12252+85，
因为(－1225)2<48，所以当m＝－1225时，|DF|取得最小值，且最小值为2105.
考点二
例4　解析：(1)∵椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的面积等于2π，∴πab＝2π，
∴ab＝2，∵椭圆C的焦距为23，∴2c＝23，
∵ab=22c=23a2+b2=c2，∴a＝2，b＝1，
∴椭圆方程为C：x24＋y2＝1.
(2)设直线l：x＝my＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则M(－x1，y1)，N(－x2，－y2)，∵P、M、N三点共线，得kPM＝kPN⇒y1-x1-4＝y2x2+4
∴y1(x2＋4)＋y2(x1＋4)＝0，
∵直线l：x＝my＋t与椭圆C交于A、B两点，x1＝my1＋t，x2＝my2＋t
∴y1(my2＋t＋4)＋y2(my1＋t＋4)＝0，
∴2my1y2＋(t＋4)(y1＋y2)＝0，
由x=my+tx24+y2=1，得(m2＋4)y2＋2mty＋t2－4＝0，
∴y1+y2=-2mtm2+4y1·y2=t2-4m2+4Δ>0，
∴y1+y2=-2mtm2+4y1·y2=t2-4m2+4m2+4>t2，代入2my1y2＋(t＋4)(y1＋y2)＝0中，
∴2mt2-4m2+4＋(t＋4)(－2mtm2+4)＝0，
∴2m(t2－4)＋(t＋4)(－2mt)＝0，
∴8m(t＋1)＝0
当m＝0，直线l方程为x＝t，则M、N重合，不符合题意；
当t＝－1时，直线l：x＝my－1，所以直线l恒过定点(－1，0)．
对点训练
解析：(1)∵C2的渐近线为y＝±3x，∴ba＝3，
∵c＝a2+b2＝2，∴a＝1，b＝3，
所以双曲线C1的标准方程为x2－y23＝1.
解析：(2)由已知，A(－1，0)，B(1，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
l过点F(2，0)与右支交于两点，则l斜率不为零，
设l：x＝my＋2，由x2-y23=1x=my+2，消元得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
因为l与双曲线右支交于两点，所以3m2-1≠0y1y2=93m2-1<0，
解得m∈(－33，33)
Δ＝(12m)2－4×9(3m2－1)＝36(m2＋1)>0，
∴y1＋y2＝－12m3m2-1，y1y2＝93m2-1，
∵k1＝y1x1+1，k2＝y2x2-1≠0，
∴k1k2＝y1x2-1y2x1+1＝y1my2+1y2my1+3＝my1y2+y1my1y2+3y2，
∵y1+y2y1y2＝－12m9＝－4m3，
∴my1y2＝－34(y1＋y2)，
∴k1k2＝-34y1+y2+y1-34y1+y2+3y2＝14y1-34y2-34y1+94y2＝－13，
∴存在λ＝－13使得k1＝λk2.