第三讲大题考法12'题型(一)最值问题主要考查直线与圆锥曲线相交时的弦长问题以及最值的求解.圆锥曲线中的最值、范围、证明问题[典例感悟][典例](2017浙江高考)如图,已知抛物线x2=y,点A[—2,4IB|3,9i,抛物线上的点P(x,y)[—1Vx<2/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.[审题定向](一)定知识主要考查直线斜率的范围、直线与抛物线位置关系中的最值问题.(二)定能力1 .考查数学建模:通过建立目标函数模型求其范围或最值.2 .考查数学运算:通过列方程、解不等式求范围;用导数法求函数的最值.(三)定思路第(1)问已知x的范围,利用斜率公式求解:将AP的斜率表示为关于x的函数,利用x的范围即可求得AP斜率的范围;第(2)问建立k的目标函数,导数法求其最值:将|PA||PQ|表示为关于k的函数,利用导数法求最值.[解](1)设直线AP的斜率为k,x2_1k=1=x-x+2131因为—2 b>0)经过点 P11⑴求椭圆C的方程;(2)若直线l: y=x+ m与椭圆C交于两个不同的点 A, B,求^ OAB面积的最大值(O为坐标原点).工+需=1a 2b解:(i)由题意,知c c_返a2 = 2,b2=1,=0.a2= b2+ c22所以椭圆C的方程为x2+y2=i.(2)将直线l的方程y=x+ m代入椭圆2C 的方程 x2+y2= 1,整理得 3x2+4mx+ 2(m2—1)则 A= (4m)2—24(m2—1)>0 ,得 m2<3.设 A(x1,yi), B(x2, y2),则 xi+x2= —4mxix2 =2(m2- i所以|AB| =V2 d(xi + x2 2— 4xix2= V2 :4m 2 2 m2- 1二 丁厂4-24 —8m2 4又原点O(0,0)到直线AB: x-y+m=0的距离d =|m|所以 Szoab=;|AB| d= ^x4 2 2 3|m|223— m因为 m2(3- m2)b>0)的离心率为手,短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程;5(2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于M,N两点,O为坐标原点,若koMkoN=;,求原点O到直线l的距离的取值范围.解:(1)由题知e=:=2b=2,又a2=b2+c2,.b=1,a=2,.•・椭圆C的标准方程为x2+y2=1.4(2)设M(X1,y1),N(X2,y2),y=kx+m,联立方程,得x2[%y2=1,整理得(4k2+1)x2+8kmx+4m2—4=0,依题意,A=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0,化简得m2<4k2+1,①8km4m—4xi+x2=一卜2+〔,x1x2=卜2十],y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x[+x2)+m2,若kOMkON=5,则”'=5,即4y1y2=5x1x2,4x1x2422-4kxix2+4km(xi+&)+4m=5x1x2,8km4k2+J+ 4m2=0,04(m2-1)'.(4k2—5)4~2-4kmJ即(4k2—5)(m2—1)—8k2m2+m2(4k2+1)=0,化简得m2+k2=*②•••原点O到直线l的距离22 m. d2= -21 + k二—k24 k1 + k2 1+41 + k2j又20<屋4,0Md2<8,・•・原点o到直线i的距离的取值范围是0,27五;题型(三)证明问题主要考查点、直线、曲线等几何元素中的特殊位置关系以及直线或圆锥曲线中的一些数量关系的证明.[典例感悟]2[典例](2018全国卷I)设椭圆C:X2+y2=1的右焦点为F,过F的直线l与C交于A,B两点,点M的坐标为(2,0).⑴当l与x轴垂直时,求直线AM的方程;(2)设O为坐标原点,证明:/OMA=ZOMB.[审题定向](一)定知识主要考查直线的方程、直线与椭圆位置关系中的证明问题.(二)定能力1 .考查逻辑推理:欲求直线的方程,知一点,需求另一点;欲证角相等,可证对应直线斜率和为0.2 .考查数学运算:直线方程的求解;斜率的表示及斜率之和的化简.(三)定思路第(1)问利用两点式求直线的方程:当l与x轴垂直时,l的方程为x=1,将l的方程与椭圆方程联立可得点A的坐标,进而可得直线AM的方程;第(2)问转化为证对应直线斜率和为0:当l与x轴垂直或l与x轴重合时,易证.当l与x轴不重合也不垂直时,设l:y=k(x—1)(kw0),交点A(xi,yi),B(x2,均,则可以联立l与C的方程并消去V,把xi+x2,xix2用k表示,利用直线的斜率公式,将证明/OMA=/OMB转化为证明kMA+kMB=0即可.[解](1)由已知得F(1,0),l的方程为x=1.则点A的坐标为‘,呼快,,—呼!又M(2,0),所以直线AM的方程为y=—亚或y=*x—/,即x+V2y—2=0或x—>/2y—2=0.(2)证明:当l与x轴重合时,/OMA=/OMB=0°.当l与x轴垂直时,OM为AB的垂直平分线,所以/OMA=/OMB.当l与x轴不重合也不垂直时,设l的方程为y=k(x—1)(kw0),A(x1,y1),B(x2,y2),则X1<72,X2<42,直线MA,MB的斜率之和为kMA+kMB=X^+己由y1=kx1一k,y2=kx2—k,2kx1x2—3k(X1+X2廿4k得kMA+kMB=3一2「2—2)X22将y=k(X—1)代入—+y=1,得(2k2+1)x2—4k2X+2k2—2=0,4k22k2-2所以X1+X2=-2-,X1X2=_2~-则2kx〔X2—3k(x〔+X2)+4k4k3-4k-12k3+8k3+4k=2^=0.从而kMA+kMB=0,故MA,MB的倾斜角互补.所以/OMA=/OMB.综上,/OMA=/OMB成立.[类题通法]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:①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;②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.[对点训练]22(2018成都模拟)已知椭圆X5"+y4=1的右焦点为F,设直线l:x=5与x轴的交点为E,过点F且斜率为k的直线11与椭圆交于A,B两点,M为线段EF的中点.(1)若直线li的倾斜角为:求|AB|的值;(2)设直线AM交直线l于点N,证明:直线BNH.解。