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《2023年新高考数学总复习考点题型突破第54讲 圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题（解析版）》由会员上传分享，免费在线阅读，更多相关内容在教育资源-天天文库。
第54讲 圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题Ø考点1圆锥曲线中的证明问题[名师点睛]圆锥曲线证明问题的类型及求解策略(1)圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等)．(2)解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．[典例] (2021·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，右焦点为F(，0)，且离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)设M，N是椭圆C上的两点，直线MN与曲线x2＋y2＝b2(x>0)相切．证明：M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.(1)解 由题意得，椭圆半焦距c＝且e＝＝，所以a＝，又b2＝a2－c2＝1，所以椭圆方程为＋y2＝1.(2)证明 由(1)得，曲线为x2＋y2＝1(x>0)，当直线MN的斜率不存在时，直线MN：x＝1，不符合题意；当直线MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，必要性：若M，N，F三点共线，可设直线MN：y＝k(x－)，即kx－y－k＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，解得k＝±1，联立可得4x2－6x＋3＝0，学科网（北京）股份有限公司
1所以x1＋x2＝，x1·x2＝，所以|MN|＝·＝，所以必要性成立；充分性：设直线MN：y＝kx＋b(kb<0)，即kx－y＋b＝0，由直线MN与曲线x2＋y2＝1(x>0)相切可得＝1，所以b2＝k2＋1，联立可得(1＋3k2)x2＋6kbx＋3b2－3＝0，所以x1＋x2＝－，x1·x2＝，所以|MN|＝·＝＝·＝，化简得3(k2－1)2＝0，所以k＝±1，所以或所以直线MN：y＝x－或y＝－x＋，所以直线MN过点F(，0)，M，N，F三点共线，充分性成立，所以M，N，F三点共线的充要条件是|MN|＝.[举一反三] 1.(2021·合肥模拟)如图，圆C与x轴相切于点T(2，0)，与y轴正半轴相交于两点M，N(点M在点N的下方)，且|MN|＝3.(1)求圆C的方程；(2)过点M任作一条直线与椭圆＋＝1相交于两点A，B，连接AN，BN，求证：∠ANM＝∠BNM.(1)解 设圆C的半径为r(r>0)，依题意知，圆心C的坐标为(2，r).因为|MN|＝3，所以r2＝＋22＝，所以r＝，圆C的方程为(x－2)2＋＝.(2)证明 把x＝0代入方程(x－2)2＋＝，解得y＝1或y＝4，即点M(0，1)，N(0，4).①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0.②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.学科网（北京）股份有限公司
2联立方程消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.Δ＝16k2＋24(1＋2k2)＞0恒成立.设直线AB交椭圆于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝，x1x2＝，所以kAN＋kBN＝＋＝＋＝＝＝0，所以∠ANM＝∠BNM.综合①②知∠ANM＝∠BNM.2.(2022·漳州模拟)已知复数z＝x＋yi(x，y∈R)在复平面内对应的点为M(x，y)，且z满足|z＋2|－|z－2|＝2，点M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)设A(－1,0)，B(1,0)，若过F(2,0)的直线与C交于P，Q两点，且直线AP与BQ交于点R.证明：(ⅰ)点R在定直线上；(ⅱ)若直线AQ与BP交于点S，则RF⊥SF.(1)解 由题意可知，－＝2，所以点M到点F1(－2,0)与到点F2(2,0)的距离之差为2，且2<|F1F2|＝4，所以动点M的轨迹是以F1，F2为焦点的双曲线的右支，设其方程为－＝1(x≥a，a>0，b>0)，其中2a＝2,2c＝4，所以a＝1，c＝2，所以b2＝c2－a2＝3，所以曲线C的方程为x2－＝1(x≥1)．(2)证明 (ⅰ)设直线PQ的方程为x＝ty＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，其中x1>1，x2>1.联立消去x，可得(3t2－1)y2＋12ty＋9＝0，由题意知3t2－1≠0且Δ＝144t2－36(3t2－1)＝36(t2＋1)>0，所以y1＋y2＝，y1y2＝.直线AP：y＝(x＋1)，直线BQ：y＝(x－1)，①由于点P(x1，y1)在曲线C上，可知y＝3(x－1)，所以＝，所以直线AP：y＝(x＋1)．②联立①②，消去y可得(x＋1)＝(x－1)，由题意知x≠1，所以＝，所以＝＝，学科网（北京）股份有限公司
3所以＝＝－9，所以x＝，所以点R在定直线x＝上．(ⅱ)由题意，与(ⅰ)同理可证点S也在定直线x＝上．设R，S，由于R在直线AP：y＝(x＋1)上，S在直线AQ：y＝(x＋1)上，所以r＝·，s＝·，所以rs＝·＝·＝·＝·＝－，又因为＝，＝，所以·＝＋rs＝0，所以RF⊥SF.Ø考点2圆锥曲线中的范围问题[名师点睛]圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解决这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．[典例] (2022·临沂模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上，以PF1为直径的圆E：x2＋2＝过焦点F2.(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆C的右顶点为A，与x轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点(M，N与A点不重合)，且满足AM⊥AN学科网（北京）股份有限公司
4，点Q为MN的中点，求直线MN与AQ的斜率之积的取值范围．解 (1)在圆E的方程中，令y＝0，得x2＝3，解得x＝±，所以F1，F2的坐标分别为(－，0)，(，0)．因为E，又因为|OE|＝|F2P|，OE∥F2P，所以点P的坐标为，所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝2×＋＝4，得a＝2，b＝1，即椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)右顶点为A(2,0)，由题意可知直线AM的斜率存在且不为0，设直线AM的方程为y＝k(x－2)，由MN与x轴不垂直，故k≠±1.由得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，又点A(2,0)，则由根与系数的关系可得2x1＝，得x1＝，y1＝k(x1－2)＝，因为AM⊥AN，所以直线AN的方程为y＝－(x－2)，用－替换k可得，x2＝，y2＝，所以点Q坐标为，所以直线AQ的斜率k1＝＝，直线MN的斜率k2＝＝＝，学科网（北京）股份有限公司
5所以k1k2＝＝，因为k2>0且k2≠1，所以2k2＋＋1>2＋1＝5，所以0<<，即k1k2∈.所以直线MN与AQ的斜率之积的取值范围是.[举一反三] (2022·武汉调研)过双曲线Γ：－＝1(a>0，b>0)的左焦点F1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.(1)若△ABF2可以是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；(2)若存在直线l，使得AF2⊥BF2，求Γ的离心率的取值范围．解 (1)依题意得|AF1|＝2，|AF2|＝4，|F1F2|＝2.∴2a＝|AF2|－|AF1|＝2，a＝1，2c＝|F1F2|＝2，c＝，b2＝c2－a2＝2，此时Γ的标准方程为x2－＝1.(2)设l的方程为x＝my－c，与－＝1联立，得(b2m2－a2)y2－2b2cmy＋b4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝，由AF2⊥BF2，·＝0，(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0，(my1－2c)(my2－2c)＋y1y2＝0⇒(m2＋1)b4－4m2c2b2＋4c2(b2m2－a2)＝0⇒(m2＋1)b4＝4a2c2⇒(m2＋1)＝≥1学科网（北京）股份有限公司
6⇒4a2c2≥(c2－a2)2，∴c4＋a4－6a2c2≤0⇒e4－6e2＋1≤0，又∵e>1，∴15.综上所述，b>0)过点A，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点(0,2)的直线l(直线l不与x轴垂直)与椭圆C交于不同的两点M，N，且O为坐标原点．求△MON的面积的最大值．解 (1)依题意得＋＝1，而b＝1，则＋＝1⇒＝1－＝⇒a2＝2，所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)因为直线l不与x轴垂直，则l的斜率k存在，l的方程为y＝kx＋2，由得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0，因为直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，则有Δ＝(8k)2－4·(2k2＋1)·6＝16k2－24>0⇒k2>，即k<－或k>，设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，学科网（北京）股份有限公司
7则x1＋x2＝－，x1x2＝，所以|MN|＝·|x1－x2|＝·＝·＝·＝·，而原点O到直线l：kx－y＋2＝0的距离d＝，△MON的面积S＝·|MN|·d＝···＝，令t＝⇒2k2＝t2＋3(t>0)，S＝＝，因为t＋≥2＝4，当且仅当t＝，即t＝2时取“＝”，此时k2＝，即k＝±，符合要求，从而有S≤＝，故当k＝±时，△MON的面积的最大值为.[举一反三] 1.(2022·厦门模拟)设椭圆Γ：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点A，B，C分别为Γ的上、左、右顶点，且|BC|＝4.(1)求Γ的标准方程；(2)点D为直线AB上的动点，过点D作l∥AC，设l与Γ的交点为P，Q，求|PD|·|QD|的最大值．解 (1)由题意得2a＝|BC|＝4，解得a＝2.又因为e＝＝，所以c＝，则b2＝a2－c2＝1.所求Γ的标准方程为＋y2＝1.(2)方法一 由(1)可得A(0,1)，B(－2,0)，C(2,0)，则kAC＝－，直线AB的方程为x－2y＋2＝0，设直线l的方程为y＝－x＋λ.联立消去y，整理得，x2－2λx＋2λ2－2＝0.①由Δ>0，得－<λ<，学科网（北京）股份有限公司
8联立解得D的坐标为，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由①知②又|PD|＝|x1－(λ－1)|，|QD|＝|x2－(λ－1)|，所以|PD|·|QD|＝|x1x2－(λ－1)(x1＋x2)＋(λ－1)2|，③将②代入③，得|PD|·|QD|＝|λ2－1|，λ∈(－，)，所以当λ＝0时，|PD|·|QD|有最大值.方法二 设＝λ＝λ(－2，－1)＝(－2λ，－λ)，则D(－2λ，1－λ)，由点斜式，可得直线l的方程为y－(1－λ)＝－(x＋2λ)，即y＝－x－2λ＋1.联立消去y，得x2＋(4λ－2)x＋8λ2－8λ＝0，①由Δ＝(4λ－2)2－4×(8λ2－8λ)>0，解得<λ<，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由①得②由题意可知|PD|＝|x1＋2λ|，|QD|＝|x2＋2λ|，所以|PD|·|QD|＝|x1x2＋2λ(x1＋x2)＋4λ2|，③学科网（北京）股份有限公司
9将②代入③得|PD|·|QD|＝|4λ2－4λ|＝5|λ2－λ|，当λ＝时，|PD|·|QD|有最大值.2.(2022·长沙模拟)已知抛物线C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p＞0)的焦点分别为F1，F2，点P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O为坐标原点).(1)求抛物线C2的方程；(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求△PMN面积的最小值.解 (1)∵F1(1，0)，F2，∴＝，·＝·(－1，－1)＝1－＝0，∴p＝2，∴抛物线C2的方程为x2＝4y.(2)设过点O的直线MN的方程为y＝kx(k＜0)，联立得(kx)2＝4x，解得M，联立得N(4k，4k2)，从而|MN|＝＝.点P到直线MN的距离d＝，所以S△PMN＝··＝＝＝2.令t＝k＋(t≤－2).则S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，当t＝－2，即k＝－1时，S△PMN取得最小值，最小值为8，即当过原点的直线方程为y＝－x时，△PMN的面积取得最小值8.学科网（北京）股份有限公司
