高考数学一轮复习第八篇第7节圆锥曲线的综合问题第2课时最值范围证明专题课件文新人教A版
PQ 为 对 角 线 的 菱 形 的 一 顶 点 为 M( － 1 ， 0) ， 由 题 意 可 知 MN⊥PQ，即x0－y（0－－01）＝－1k，
整理可得：3km＝1＋4k2 ② 由①②可得 k2＞15，m＞0，∴k＞0，∴k＞ 55，
设 O 到直线的距离为 d，则
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S
△
OPQ
＝
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(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)利用已知的不等式关系构造不等式，从而求出参数的取值范 围． (5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其变量的函数，求 其他值域，从而确定参数的取值范围．
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【即时训练】 已知两点 F1(－1，0)及 F2(1，0)，点 P 在以 F1， F2 为焦点的椭圆 C 上，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|构成等差数列．
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两边同除以
x 21 －
x
2 2
，
得
b2 a2
＋
（y1＋y2）（y1－y2） （x1＋x2）（x1－x2）
＝
0
，
即
b2 a2
＋
kOE·kAB＝0.
因为椭圆被直线 y＝x－1 截得的弦的中点 E 的横坐标为45，所以
E45，－15， 所以 kOE＝－14，kAB＝1，所以ba22－14＝0，即 a2＝4b2，②
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(2)由条件 D(0，－2)，当 k＝0 时，显然－2<t<2； 当 k≠0 时，设 l：y＝kx＋t，1x22 ＋y42＝1，消得(1＋3k2)x2＋6ktx
y＝kx＋t， ＋3t2－12＝0 由 Δ>0 可得 t2<4＋12k2，①
设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ 中点 H(x0，y0)，则 x0＝x1＋2 x2＝1－＋33kkt2， y0＝kx0＋t＝1＋t3k2，所以 H(－1＋3k3tk2，1＋t3k2)，
(2)分析问题中的数量关系，引入未知数，并用它表示其他的变 量，把要求最值的变量设为函数．
(3)利用基本不等式求函数的最值时，关键在于将函数变形为两 项和或积的形式，然后用基本不等式求出最值．
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【即时训练】 过抛物线 x2＝2y 上两点 A、B 分别作切线，若两
条切线互相垂直，则线段 AB 的中点到抛物线准线的距离的最小值为
由①②可得 a2＝4，b2＝1，
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所以所求椭圆的方程为x42＋y2＝1. (2)设 P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ 的中点为 N(x0，y0)，
y＝kx＋m 联立x42＋y2＝1，消 y 可得：(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 此时 Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，即 4k2＋1＞m2① 又 x0＝x1＋2 x2＝1－＋44kmk2，y0＝y1＋2 y2＝1＋m4k2，
第八篇 平面解析几何 (必修2、选修1-1)
第二课时 最值、范围、证明专题
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圆锥曲线中的最值、范围问题是高考中的热点问题，常涉及不 等式恒成立，求函数的值域问题，综合性比较强，题型可以是选择 题、填空题和解答题的形式出现，而证明题多出现在解答题中，难 度较大，分值为 13 分左右，常作为压轴题出现．
当 k≠0 时，设直线 l 的倾斜角为 θ，则|d1－d2|＝|MN|·|tan θ|，
∴|MN|＝|d1－k d2|，
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S＝12|d1－k d2|(d1＋d2)＝|d21－2kd22|＝k22＋|m|1 ＝m24－2|m3＋| 1＝|m|＋8 |m1 |， ∵m2＝4k2＋3，∴当 k≠0 时，|m|＞ 3，|m|＋|m1 |＞ 3＋ 13＝43 3， S＜2 3. 当 k＝0 时，四边形 F1MNF2 是矩形，S＝2 3. 所以四边形 F1MNF2 面积 S 的最大值为 2 3.
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利用直接法进行证明 已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a＞b＞0)经过点 A12，345，且 两个焦点 F1，F2 的坐标依次为(－1，0)和(1，0)．
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(1)求椭圆 C 的标准方程； (2)设 E，F 是椭圆 C 上的两个动点，O 为坐标原点，直线 OE 的 斜率为 k1，直线 OF 的斜率为 k2，若 k1·k2＝－1，证明：直线 EF 与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程．
()
(A)12
(B)1
3
(C)2
(D)2
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解：抛物线的方程即：y＝x22，则 y′＝x，设 A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则过 A，B 两点切线的斜率为：k1＝x1，k2＝x2，由题意可得：x1x2 ＝－1，由题意可知抛物线的准线方程为 x＝－12， 则线段 AB 的中点到抛物线准线的距离为：
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(2)将直线 l 的方程 y＝kx＋m 代入椭圆 C 的方程 3x2＋4y2＝12 中， 得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.
由直线 l 与椭圆 C 仅有一个公共点知，Δ＝64k2m2－4(4k2＋
3)(4m2－12)＝0，化简得：m2＝4k2＋3， 设 d1＝|F1M|＝|－kk2＋＋m1|，d2＝|F2M|＝ |kk＋2＋m1| ，
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【即时训练】
已知椭圆
E
：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a
＞
b
＞
0)
经
过
点
P－
3，12，椭圆 E 的一个焦点为(
3，0)．
(1)求椭圆 E 的方程；
(2)若直线过点 M(0， 2)且与椭圆 E 交于 A，B 两点，求|AB|的
最大值．
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解析：(1)依题意，设椭圆 E 的左、右焦点分别为 F1(－ 3，0)， F2( 3，0)．
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解析：(1)设所求椭圆方程为ax22＋by22＝1，由题意知 c2＝a2－b2＝3， ①
设直线与椭圆的两个交点为 A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦 AB 的中点 为 E，
由aaxx212222＋＋bbyy212222＝＝11，两式相减得：x21－a2 x22＋y12－b2y22＝0，
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建立目标函数求最值 已知椭圆x42＋y22＝1 上的两个动点 P，Q，设 P(x1，y1)， Q(x2，y2)且 x1＋x2＝2. (1)求证：线段 PQ 的垂直平分线经过一个定点 A； (2)设点 A 关于原点 O 的对称点是 B，求|PB|的最小值及相应的 P 点坐标．
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(1)证明：∵P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且 x1＋x2＝2. 当 x1≠x2 时，由xx2122＋＋22yy1222＝＝44得yx11－－yx22＝－12·xy11＋＋xy22. 设线段 PQ 的中点 N(1，n)，∴kPQ＝yx11－－yx22＝－21n， ∴线段 PQ 的垂直平分线方程为 y－n＝2n(x－1)，
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(1)求椭圆 M 的方程； (2)过点(0，t)的直线 l(斜率存在时)与椭圆 M 交于两点 P，Q，设 D 为椭圆 M 与 y 轴负半轴的交点，且|D→P|＝|D→Q|，求实数 t 的取值范 围．
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解：(1)因为|B→C|＝2|A→C|且 BC 过(0，0)，则|OC|＝|AC|. 因为A→C·B→C＝0，所以∠OCA＝90°， 即 C( 3， 3)． 又因为 a＝2 3，设椭圆的方程为1x22 ＋12－y2 c2＝1， 将 C 点坐标代入得132＋12－3 c2＝1，解得 c2＝8，b2＝4. 所以椭圆的方程为1x22 ＋y42＝1.
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∴(2x－1)n－y＝0， 该直线恒过一个定点 A12，0. 当 x1＝x2 时，线段 PQ 的中垂线也过定点 A12，0. 综上，线段 PQ 的垂直平分线恒过定点 A12，0.
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(2)解：由于点 B 与点 A 关于原点 O 对称， 故点 B－12，0. ∵－2≤x1≤2，－2≤x2≤2，∴x1＝2－x2∈[0，2]， |PB|2＝x1＋122＋y21＝12(x1＋1)2＋74≥94， ∴当点 P 的坐标为(0，± 2)时，|PB|min＝32.
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(1)求椭圆 C 的方程； (2)如图，动直线 l：y＝kx＋m 与椭圆 C 有且仅有一个公共点， 点 M，N 是直线 l 上的两点，且 F1M⊥l，F2N⊥l.求四边形 F1MNF2 面积 S 的最大值．
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解析：(1)依题意，设椭圆 C 的方程为ax22＋by22＝1. ∵|PF1|，|F1F2|，|PF2|构成等差数列， ∴2a＝|PF1|＋|PF2|＝2|F1F2|＝4，a＝2. 又∵c＝1，∴b2＝3.∴椭圆 C 的方程为x4ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ＋y32＝1.
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y1＋2 y2＋12＝14(x21＋x22＋2)≥14(2|x1x2|＋2)＝1， 当且仅当 x1＝－x2＝1 时等号成立． 据此可得线段 AB 的中点到抛物线准线的距离的最小值为 1. 故选 B.
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利用判别式构造不等关系求范围 已知 A，B，C 是椭圆 M：ax22＋by22＝1(a>b>0)上的三点， 其中点 A 的坐标为(2 3，0)，BC 过椭圆的中心，且A→C·B→C＝0，|B→C |＝2|A→C|.
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解析：(Ⅰ)由椭圆定义得 2a＝ 12＋12＋34 5－02＋ 12－12＋34 5－02＝4，
由|D→P|＝|D→Q|，所以 DH⊥PQ，即 kDH＝－1k.
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所以－1＋1＋t33kk3t2k＋2－20＝－1k，化简得 t＝1＋3k2，② 所以 t>1，将①代入②得，1<t<4. 所以 t 的范围是(1，4)，综合 t∈(1，2)．
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【反思归纳】 解决圆锥曲线中的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，解这类问题的核心 是建立两个参数之间的等量关系．
高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 8.8 圆锥曲线的综合问题课件
p
已知抛物线y2=2px(p>0)的弦AB的中点M(x0,y0)(y0≠0) ,则kAB=⑧ yc0 . 若涉及直线过圆锥曲线焦点的问题,则一般利用圆锥曲线的定义去解决.
4.定点、定值问题 (1)求定值问题常见的方法 (i)从特殊入手,求出定值,再证明这个值与变量无关. (ii)直接推理、计算,并在计算推理的过程中消去变量,从而得到定值. (2)定点问题的常见解法 (i)假设定点坐标,根据题意选择参数,建立一个直线系或曲线系方程,而该 方程与参数无关,故得到一个关于定点坐标的方程组,以这个方程组的解 为坐标的点即所求定点; (ii)从特殊位置入手,找出定点,再证明该点适合题意.
6.求定值、最值问题等圆锥曲线综合问题要四重视 (1)重视定义在解题中的作用; (2)重视平面几何知识在解题中的作用; (3)重视根与系数的关系在解题中的作用; (4)重视曲线的几何特征与方程的代数特征在解题中的作用. 7.存在性问题 一般采用“假设反证法”或“假设验证法”来解决存在性问题.
1.设抛物线y2=4x的焦点弦被焦点分为长是m和n的两部分,则m与n的关系 是( ) A.m+n=4 B.mn=4 C.m+n=mn D.m+n=2mn 答案 C 解法一:焦点为F(1,0),设焦点弦为AB,其中A(x1,y1),B(x2,y2),当直 线AB的斜率存在时,依题意设AB的方程为y=k(x-1)(k≠0). 由焦半径公式得AF=x1+1=m,BF=x2+1c =n,又 y2 4x,
1 k2
c
|y1-y2|(k≠0)
.
3.已知弦AB的中点,研究AB的斜率和方程
(1)AB是椭圆
x2 a2
+
y2 b2
=1(a>b>0)的一条弦,AB中点M的坐标为(x0,y0)(y0≠0),
2024届高考一轮复习数学课件(新人教B版)：圆锥曲线中探索性与综合性问题
(2)在抛物线E上任取与原点不重合的点A，过A作抛物线E的切线交x轴 于点B，点A在直线x＝－1上的射影为点C，试判断四边形ACBF的形状， 并说明理由.
1234
设A(x0，y0)，则过A作抛物线E的切线为y－y0＝k(x－x0)， 即 x＝y－k y0＋x0， 代入 y2＝4x，整理得 ky2－4y＋4y0－ky20＝0， 因为此直线与抛物线相切，所以 Δ＝4(4－4ky0＋k2y20)＝0， 即(ky0－2)2＝0，解得 k＝y20， 所以过 A 的切线为 y－y0＝y20(x－x0)，
＝kx－p2， 联立抛物线方程得 k2x2－(k2p＋2p)x＋k24p2＝0，
Δ＝(k2p＋2p)2－k4p2>0， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1＋x2＝k2pk＋2 2p＝2kp2 ＋p， 此时|AB|＝x1＋x2＋p＝2kp2 ＋2p>2p，
显然当直线AB的斜率不存在时，|AB|的值最小， 即2p＝4，解得p＝2， ∴抛物线E：y2＝4x.
第八章 直线和圆、圆锥曲线
§8.13 圆锥曲线中探索性 与综合性问题
题型一 探索性问题
例 1 (2023·南通模拟)已知双曲线 C：ax22－by22＝1(a>0，b>0)的离心率为 2，
且过点
315，
2.
(1)求双曲线C的标准方程；
依题意ac＝2， 35a2－b22＝1，
结合 c2＝a2＋b2，
所以抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2)不过点M的直线l与抛物线C相交于A，B两点，若直线MA，MB的斜率 之积为－2，试判断直线l能否与圆(x－2)2＋(y－m)2＝80相切？若能，求 此时直线l的方程；若不能，请说明理由.
2025届高中数学一轮复习《圆锥曲线最值与范围问题》ppt
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第9页
圆锥曲线中最值的求法 (1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来 解决，这就是几何法． (2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可首先建立起目标函 数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及单 调性法等．
5－82＝2.
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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．
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即 16y20<(x0－4)2. 因为x420＋y20＝1，所以y02x－02 1＝－14， 所以 5x20－8x0>0，解得 x0>85或 x0<0. 因为 0<x0≤2，所以85<x0≤2， 所以 EF＝2 r2－d2＝2 x40－12－4xy002＝2 5－x80≤2 所以该圆被 x 轴截得的弦长|EF|的最大值为 2.
所以|AB|＝ 1＋14 x1＋x22－4x1x2＝ 解得 p＝2(负值舍去)．
1＋14 8p－22－4＝4 15，
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(2)由题知，直线 MN 的斜率不为 0，设直线 MN 的方程为 x＝my＋b，由(1)知，抛物线
C 的方程
2018版高考数学复习圆锥曲线的综合问题第2课时范围最值问题课件文新人教版
5.(2017·郑州质检)已知椭圆 C1：m＋x2 2－yn2＝1 与双曲线 C2：xm2＋yn2＝1 有相同的焦点，则椭圆 C1 的离心率 e1 的取值范围为_(__22_，__1_)_.
答案 解析
1 2 3 4 5 6 7 89
6.已知双曲线C的两个焦点分别为F1(－2，0)，F2(2,0)，双曲线C上一点 P到F1，F2的距离差的绝对值等于2. (1)求双曲线C的标准方程； 解答
(3)已知定点G(1,2)，点D是双曲线C右支上的动点，求|DF1|＋|DG|的最 小值. 解答
1 2 3 4 5 6 7 89
(2)若直线：y＝kx＋m(k≠0，m≠0)与双曲线C交于不同的两点M，N， 且线段MN的垂直平分线过点A(0，－1)，求实数m的取值范围. 解答
1 2 3 4 5 6 7 89
截
得的线段的长为c，|FM|＝4 3 . 3
(1)求直线FM的斜率； 解答 几何画板展示
(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于 2 ，求直线OP(O为原点) 的斜率的取值范围. 解答 几何画板展示
思维升华
解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面 (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)利用求函数的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.
率e的取值范围是 答案 解析
A.(1，＋∞)
B.(2,3]
√C.(1,3]
D.(1,2]
高考数学一轮总复习 第8章 解析几何 第八节 第二课时 最值、范围、证明问题课件 文 新人教A版
[由题悟法] 解决圆锥曲线中的取值范围问题的5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)利用求函数的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．
[即时应用] (2015·成都七中一诊)抛物线 y2＝4x 的焦点为 F，点 P(x，y)为该 抛物线上的动点，若点 A(－1,0)，求||PPAF||的最小值．
解：抛物线y2＝4x的准线方程为x＝－1， 如图，过P作PN垂直x＝－1于N， 由抛物线的定义可知|PF|＝|PN|，连接PA， 在Rt△PAN中，sin∠PAN＝||PPAN||， 当||PPAN||＝||PPAF||最小时，sin∠PAN最小，
(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)．
解：令 t＝m1 ∈－ 26，0∪0， 26，
则|AB|＝
t2＋1·
－2t2t＋4＋122t2＋32，
且 O 到直线 AB 的距离为 d＝
t2＋12 t2＋1
.
设△AOB 的面积为 S(t)，所以
S(t)＝12|AB|·d＝12
－2t2－122＋2≤ 22，
当且仅当 t2＝12，即 m＝± 2时，等号成立．
故△AOB
面积的最大值为
2 2.
[由题悟法] 圆锥曲线中最值问题的2种类型和2种解法 (1)2类最值问题 ①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题； ②求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存 在最值时确定与之有关的一些问题．
高考数学一轮总复习第8章平面解析几何第8节直线与圆锥曲线的位置关系第2课时范围最值问题教师用书
第2课时 范围、最值问题考点1 范围问题——综合性(2021·梅州二模)在平面直角坐标系xOy 中，椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x ＋y ＋22－1＝0与以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆相切．(1)求椭圆C 的方程；(2)△BMN 是椭圆C 的内接三角形，若坐标原点O 为△BMN 的重心，求点B 到直线MN 距离的取值范围．解：(1)设椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的右焦点F 2(c,0)，则以椭圆C 的右焦点为圆心，椭圆C 的长半轴长为半径的圆：(x －c )2＋y 2＝a 2，所以圆心到直线x ＋y ＋22－1＝0的距离d ＝|c ＋22－1|12＋12＝a ． 又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a ＝2c ，b ＝3c ， 解得a ＝2，b ＝3，c ＝1， 所以椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1．(2)设B (m ，n )，设M ，N 的中点为D ，直线OD 与椭圆交于A ，B 两点． 因为O 为△BMN 的重心，则BO ＝2OD ＝OA ，所以D ⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 2，－n 2，即B 到直线MN 的距离是原点O 到直线MN 距离的3倍．当MN 的斜率不存在时，点D 在x 轴上，所以此时B 在长轴的端点处． 由|OB |＝2，得|OD |＝1，则O 到直线MN 的距离为1，B 到直线MN 的距离为3．当MN 的斜率存在时，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则有⎩⎪⎨⎪⎧x 214＋y 213＝1，x 224＋y223＝1，两式相减，得(x 1＋x 2)(x 1－x 2)4＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)3＝0．因为D 为M ，N 的中点，所以x 1＋x 2＝－m ，y 1＋y 2＝－n ，所以k ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－3m4n， 所以直线MN 的方程为y ＋n 2＝－3m 4n ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋m 2，即6mx ＋8ny ＋4n 2＋3m 2＝0，所以原点O 到直线MN 的距离d ＝4n 2＋3m264n 2＋36m2．因为m 24＋n 23＝1，所以3m 2＝12－4n 2， 所以d ＝4n 2＋3m264n 2＋36m2＝12144＋16n2＝39＋n2．因为0<n 2≤3，所以3<9＋n 2≤23， 所以123≤19＋n 2<13，所以332≤3d <3． 综上所述，332≤3d ≤3，即点B 到直线MN 距离的取值范围为⎣⎢⎡⎦⎥⎤332，3．圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的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)利用求函数的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．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)上的点到右焦点F (c,0)的最大距离是2＋1，且1，2a,4c成等比数列．(1)求椭圆的方程；(2)过点F 且与x 轴不垂直的直线l 与椭圆交于A ，B 两点，线段AB 的垂直平分线交x 轴于点M (m,0)，求实数m 的取值范围．解：(1)由已知可得⎩⎨⎧a ＋c ＝2＋1，1×4c ＝2a 2，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝1，所以椭圆的方程为x 22＋y 2＝1．(2)由题意得F (1,0)，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)．与椭圆方程联立得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－2＝0，y ＝k (x －1)，消去y 可得(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－2＝0，Δ＝(－4k 2)2－4(2k 2－2)(1＋2k 2)＝8k 2＋8>0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k21＋2k2，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－2k ＝－2k1＋2k2． 可得线段AB 的中点为N ⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 21＋2k 2，－k 1＋2k 2．当k ＝0时，直线MN 为x 轴，此时m ＝0；当k ≠0时，直线MN 的方程为y ＋k1＋2k 2＝－1k ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －2k 21＋2k 2， 化简得ky ＋x －k 21＋2k2＝0．令y ＝0，得x ＝k 21＋2k2，所以m ＝k 21＋2k 2＝11k2＋2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12． 综上所述，实数m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，12．考点2 最值问题——应用性考向1 利用几何性质求最值在平面直角坐标系xOy 中，P 为双曲线x 2－y 2＝1右支上的一个动点．若点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c 恒成立，则实数c 的最大值为___________．22解析：双曲线x 2－y 2＝1的渐近线为x ±y ＝0，直线x －y ＋1＝0与渐近线x －y ＝0平行，故两平行线间的距离d ＝|1－0|12＋(－1)2＝22，由点P 到直线x －y ＋1＝0的距离大于c恒成立，得c ≤22，故c 的最大值为22． 考向2 利用函数、导数求最值(2022·江门市高三一模)如图，抛物线C ：y 2＝8x 与动圆M ：(x －8)2＋y 2＝r 2(r >0)相交于A ，B ，C ，D 四个不同点．(1)求r 的取值范围；(2)求四边形ABCD 面积S 的最大值及相应r 的值．解：(1)联立抛物线与圆方程⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8x ，(x －8)2＋y 2＝r 2，消去y ，得x 2－8x ＋64－r 2＝0．若圆与抛物线有四个不同交点，则方程有两个不等正根．所以⎩⎪⎨⎪⎧64－r 2>0，64－4(64－r 2)>0，解得43<r <8，所以r 的取值范围为(43，8)．(2)设A (x 1,22x 1)，B (x 2,22x 2)，其中x 2>x 1>0，则x 1＋x 2＝8，x 1x 2＝64－r 2，S ＝12(42x 1＋42x 2)(x 2－x 1)＝(22x 1＋22x 2)(x 2－x 1)， S 2＝8(x 1＋x 2＋2x 1x 2)[(x 2＋x 1)2－4x 1x 2]， S 2＝64(4＋64－r 2)[16－(64－r 2)]．令x ＝64－r 2(0<x <4)，令f (x )＝(4＋x )(16－x 2)(0<x <4)，f ′(x )＝16－8x －3x 2＝(4－3x )(x ＋4)．当0<x <43时，f ′(x )>0，f (x )单调递增；当43<x <4时，f ′(x )<0，f (x )单调递减． f (x )≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎫43＝2 04827，S ＝8f (x )≤25669．当x ＝43时，S 取得最大值，取64－r 2＝43，r ＝4353．考向3 利用基本不等式求最值(2022·唐山三模)在直角坐标系xOy 中，A (－1,0)，B (1,0)，C 为动点，设△ABC的内切圆分别与边AC ，BC ，AB 相切于P ，Q ，R ，且|CP |＝1，记点C 的轨迹为曲线E ．(1)求曲线E 的方程；(2)不过原点O 的直线l 与曲线E 交于M ，N ，且直线y ＝－12x 经过MN 的中点T ，求△OMN的面积的最大值．解：(1)依题意可知，|CA |＋|CB |＝|CP |＋|CQ |＋|AP |＋|BQ |＝2|CP |＋|AB |＝4>|AB |， 所以曲线E 是以A ，B 为焦点，长轴长为4的椭圆(除去与x 轴的交点)， 因此曲线E 的方程为x 24＋y 23＝1(y ≠0)．(2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线l 的方程为y ＝kx ＋m (m ≠0)，代入x 24＋y 23＝1整理，得(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0，(*)Δ＝64k 2m 2－4(4k 2＋3)(4m 2－12)>0．则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋2m ＝6m4k 2＋3，故MN 的中点T ⎝⎛⎭⎪⎫－4km 4k 2＋3，3m 4k 2＋3．而直线y ＝－12x 经过MN 的中点T ，得3m 4k 2＋3＝－12×－4km4k 2＋3， 又m ≠0，所以直线l 的斜率k ＝32．故(*)式可化简为3x 2＋3mx ＋m 2－3＝0，故x 1＋x 2＝－m ，x 1x 2＝m 2－33．由Δ＝36－3m 2>0且m ≠0，得－23<m <23且m ≠0． 又|MN |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝132×36－3m 23＝1323×12－m 2，而点O 到直线l 的距离d ＝2|m |13， 则△OMN 的面积为S ＝12×2|m |13×1323×12－m 2＝123|m |×12－m 2≤123×m 2＋12－m 22＝3， 当且仅当m ＝±6时，等号成立，此时满足－23<m <23且m ≠0，所以△OMN 的面积的最大值为3．最值问题的2种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决(一般方法、基本不等式法、导数法等)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，过点T (0，p )作两条互相垂直的直线l 1和l 2，l 1交抛物线C 于A ，B 两点，l 2交抛物线C 于E ，F 两点，当点A 的横坐标为1时，抛物线C 在点A 处的切线斜率为12．(1)求抛物线C 的标准方程；(2)已知O 为坐标原点，线段AB 的中点为M ，线段EF 的中点为N ，求△OMN 面积的最小值．解：(1)因为x 2＝2py 可化为y ＝x 22p ，所以y ′＝xp．因为当点A 的横坐标为1时，抛物线C 在点A 处的切线斜率为12，所以1p ＝12，所以p ＝2，所以，抛物线C 的标准方程为x 2＝4y ． (2)由(1)知点T 坐标为(0,2)，由题意可知，直线l 1和l 2斜率都存在且均不为0． 设直线l 1方程为y ＝kx ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，x 2＝4y ，联立消去y 并整理，得x 2－4kx －8＝0，Δ＝(－4k )2＋32＝16k 2＋32>0．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，x 1·x 2＝－8， 所以，y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)＋4＝4k 2＋4． 因为M 为AB 中点，所以M (2k,2k 2＋2)．因为l 1⊥l 2，N 为EF 中点，所以N ⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k ，2k2＋2，所以直线MN 的方程为y －(2k 2＋2)＝2k 2＋2－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋22k ＋2k·(x －2k )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫k －1k ·(x －2k )， 整理得y ＝⎝⎛⎭⎪⎫k －1k x ＋4，所以，直线MN 恒过定点(0,4)．所以△OMN 面积S ＝12×4×⎪⎪⎪⎪⎪⎪2k －⎝ ⎛⎭⎪⎫－2k ＝4⎪⎪⎪⎪⎪⎪k ＋1k ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫|k |＋⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k ≥4·2|k |·⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k＝8，当且仅当|k |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪1k即k ＝±1时，△OMN 面积取得最小值为8．在平面直角坐标系xOy 中，已知圆O ：x 2＋y 2＝4，椭圆C ：x 24＋y 2＝1，A 为椭圆C 的右顶点，过原点且异于x 轴的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，M 在x 轴的上方，直线AM 与圆O 的另一交点为P ，直线AN 与圆O 的另一交点为Q ．(1)若AP →＝3AM →，求直线AM 的斜率；(2)设△AMN 与△APQ 的面积分别为S 1，S 2，求S 1S 2的最大值．[四字程序]读想算思已知圆的方程和椭圆的方程，直线与圆、椭圆都相交 1．向量AP →＝3AM →如何转化？2．如何表示三角形的面积把S 1S 2用直线AM 的斜率k 来表示 转化与化归求直线AM 的斜率，求△AMN 与△APQ 的面1．用A ，P ，M 的坐标表示．S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |，进把面积之比的最大值转化为一个变量的不积之比2．利用公式S ＝12ab ·sin C 表示并转化而用基本不等式求其最大值等式思路参考：设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，利用y P ＝3y M 求解．解：(1)设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，将y ＝k (x －2)与椭圆方程x 24＋y 2＝1联立，(1＋4k 2)x 2－16k 2x ＋16k 2－4＝0，得x A ＋x M ＝16k21＋4k2，求得点M 的横坐标为x M ＝8k 2－24k 2＋1，纵坐标为y M ＝－4k4k 2＋1．将y ＝k (x －2)与圆方程x 2＋y 2＝4联立，得(1＋k 2)·x 2－4k 2x ＋4k 2－4＝0，得x A ＋x P ＝4k21＋k2， 求得点P 的横坐标为x P ＝2k 2－2k 2＋1，纵坐标为y P ＝－4kk 2＋1． 由AP →＝3AM →得y P ＝3y M ， 即－4k k 2＋1＝－12k4k 2＋1． 又k <0，解得k ＝－2．(2)由M ，N 关于原点对称，得点N 的坐标为x N ＝－8k 2＋24k 2＋1，y N ＝4k4k 2＋1，所以直线AN 的斜率为k AN ＝4k4k 2＋1－8k 2＋24k 2＋1－2＝－14k． 于是|AM ||AP |＝y M y P ＝k 2＋14k 2＋1，同理|AN ||AQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k 2＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫－14k 2＋1＝16k 2＋116k 2＋4．所以S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |＝k 2＋14k 2＋1·16k 2＋116k 2＋4＝16k 4＋17k 2＋14(16k 4＋8k 2＋1) ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋9k 216k 4＋8k 2＋1＝14⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋916k 2＋1k2＋8 ≤14⎝⎛⎭⎪⎪⎫1＋9216k 2·1k 2＋8＝2564， 当且仅当16k 2＝1k 2，即k ＝－12时等号成立，所以S 1S 2的最大值为2564．思路参考：设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，由AP →＝3AM →转化为x P －x A ＝3(x M －x A )求解．解：(1)设直线AM 的方程为y ＝k (x －2)，k <0，代入椭圆方程，整理得(4k 2＋1)x 2－16k 2x ＋4(4k 2－1)＝0．由根与系数的关系得x A x M ＝4(4k 2－1)4k 2＋1，而x A ＝2，所以x M ＝2(4k 2－1)4k 2＋1． 将y ＝k (x －2)代入圆的方程，整理得(k 2＋1)x 2－4k 2x ＋4(k 2－1)＝0．由根与系数的关系得x A x P ＝4(k 2－1)k 2＋1，而x A ＝2，所以x P ＝2(k 2－1)k 2＋1．由AP →＝3AM →，得x P －x A ＝3(x M －x A )，即2(k 2－1)k 2＋1－2＝3⎣⎢⎡⎦⎥⎤2(4k 2－1)4k 2＋1－2，解得k 2＝2． 又k <0，所以k ＝－2．(2)因为MN 是椭圆的直径，直线AM ，AN 斜率均存在，所以k AM k AN ＝－14，即kk AN ＝－14，所以k AN ＝－14k．下同解法1(略)．思路参考：设直线AM 的方程为x ＝my ＋2，利用y P ＝3y M 求解．解：(1)设直线AM 的方程为x ＝my ＋2(m ≠0)，将其代入椭圆方程，整理得(m 2＋4)y 2＋4my ＝0，得点M 的纵坐标为y M ＝－4mm 2＋4． 将x ＝my ＋2代入圆的方程，整理得(m 2＋1)y 2＋4my ＝0，得点P 的纵坐标为y P ＝－4mm 2＋1． 由AP →＝3AM →，得y P ＝3y M ，即m m 2＋1＝3m m 2＋4．因为m ≠0，解得m 2＝12，即m ＝±12．又直线AM 的斜率k ＝1m<0，所以k ＝－2．(2)因为MN 是椭圆的直径，直线AM ，AN 斜率均存在，又k AM k AN ＝－14，由(1)知k AM ＝1m ，所以有1m k AN ＝－14，则k AN ＝－m4．又y M ＝－4m m 2＋4，y P ＝－4mm 2＋1， 所以|AM ||AP |＝y M y P ＝m 2＋1m 2＋4．同理|AN ||AQ |＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 42＋14⎝ ⎛⎭⎪⎫－m 42＋1＝m 2＋164(m 2＋4)．所以S 1S 2＝|AM |·|AN ||AP |·|AQ |＝m 2＋1m 2＋4·m 2＋164(m 2＋4)．下同解法1(略)．1．本题考查三角形面积之比的最大值，解法较为灵活，其基本策略是把面积的比值表示为斜率k 的函数，从而求其最大值．2．基于新课程标准，解答本题一般需要具备良好的数学阅读技能、运算求解能力．本题的解答体现了数学运算的核心素养．已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求椭圆E 的方程；(2)设过点A 的直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．解：(1)设F (c,0)，由题意知2c ＝233，解得c ＝3．因为e ＝ca ＝32， 所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1． 所以椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1．(2)(方法一)显然直线l 的斜率存在．设直线l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，且P 在线段AQ 上．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2，x 2＋4y 2－4＝0得(4k 2＋1)x 2－16kx ＋12＝0，所以x 1＋x 2＝16k 4k 2＋1，x 1x 2＝124k 2＋1．由Δ＝(16k )2－48(4k 2＋1)>0，得k 2>34．则S △OPQ ＝S △AOQ －S △AOP＝12×2×|x 2－x 1|＝(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝44k 2－34k 2＋1． 令4k 2－3＝t (t >0)，则4k 2＝t 2＋3，于是S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，所以l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2． (方法二)依题意直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)．将直线l 的方程代入椭圆方程，整理得(4k 2＋1)x 2－16kx ＋12＝0，则Δ＝(16k )2－48(4k 2＋1)＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34．x 1＋x 2＝16k 4k 2＋1，x 1x 2＝124k 2＋1．由弦长公式得|PQ |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝1＋k 2·44k 2－34k 2＋1．由点到直线的距离公式得点O 到直线l 的距离d ＝21＋k2，所以S △OPQ ＝12|PQ |×d ＝121＋k 2×44k 2－34k 2＋1×21＋k 2＝44k 2－34k 2＋1． 设4k 2－3＝t (t >0)，则4k 2＝t 2＋3，所以S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t≤1，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立．7 2x－2或y＝－72x－2．故所求直线l的方程为y＝。
2023年高考数学(文科)一轮复习课件—— 圆锥曲线的综合问题 第二课时 定值问题
设直线l：x＝t(－3<t<3且t≠0)，
由x92＋y2＝1，得 x＝t，
y2＝1－t92，
则 k1k2＝
1t－t92×－ t1－t92＝－1－t2 t92＝－19，
解得 t2＝92.
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所以 S△OMN＝12×2× 1－t92×|t|＝23. 当直线l的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l：y＝kx＋m(m≠0)，
①求证：OA⊥OB； 证明 设过椭圆的右顶点(4，0)的直线AB的方程为x＝my＋4.
代入抛物线方程y2＝4x，得y2－4my－16＝0，
由题意知Δ>0. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则yy11＋ y2＝y2＝ －41m6，， ∴x1x2＋y1y2＝(my1＋4)(my2＋4)＋y1y2 ＝(1＋m2)y1y2＋4m(y1＋y2)＋16＝－16(1＋m2)＋4m×4m＋16＝0， 即O→A·OAOB＝12ab＝23，得 a＝3， 所以椭圆 E 的标准方程为x92＋y2＝1.
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(2)若直线 l 交椭圆 E 于 M，N 两点，直线 OM 的斜率为 k1，直线 ON 的斜率 为 k2，且 k1k2＝－19，证明：△OMN 的面积是定值，并求此定值. 证明 当直线l的斜率不存在时，
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令 Q 为 AP 的中点，即 Q43，13. 若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边， 故|DQ|＝21|AP|＝2 3 2. 若 D 与 P 重合，则|DQ|＝21|AP|. 综上，存在点 Q43，13，使得|DQ|为定值.
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感悟提升
1.求某线段长度为定值.利用长度公式求得解析式，再依据条件对解析式进行化 简、变形即可求得. 2.求点到直线的距离为定值.利用点到直线的距离公式得出距离的解析式，再利 用题设条件化简、变形求得.
高考数学一轮复习 必考部分 第八篇 平面解析几何 第7
得(1+4k2)x2-16kx+12=0,当Δ=16(4k2-3)>0,即 k2> 3 时, 4
x1,2=
8k
2 1
4k 2 4k 2
3
,从而|PQ|=
k 2 1 |x1-x2|= 4
k2 1 4k 2 3 , 1 4k 2
又点 O 到直线 PQ 的距离 d= 2 ,所以△OPQ 的面积 k2 1
【即时训练】 已知点 A(0,-2),椭圆 E: x2 + y 2 =1(a>b>0)的离心率为 3 ,F 是椭
a2 b2
2
圆的焦点,直线 AF 的斜率为 2 3 ,O 为坐标原点. 3
(1)求 E 的方程;
解:(1)设 F(c,0),由条件知 2 = 2 3 ,得 c= 3 . c3
又c= 3, a2
2
方法二 利用基本不等式求最值 【例 2】 (2015 东北三校二模)设 F 是抛物线 C:y2=4x 的焦点.P 是 C 上一 点,斜率为-1 的直线 l 交 C 于不同两点 A,B(l 不过 P 点),且△PAB 的重心
的纵坐标为- 2 . 3
重心的坐标公式？
(1)记直线 PA,PB 的斜率分别为 k1,k2,求 k1+k2 的值;
y,
m,
得
x2-4kx-4m=0,
于是Δ=16k2+16m>0,x1+x2=4k,x1x2=-4m,
所以 AB 中点 M 的坐标为(2k,2k2+m),
由 PF =3 FM 得,(-x0,1-y0)=3(2k,2k2+m-1),
所以
x0 y0
6k, 4 6k 2
高考数学圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题全套复习课件
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第九章 平面解析几何
30
定义、性质法 求解圆锥曲线中的最值问题，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．
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第九章 平面解析几何
P，使得 2a＋|PF2|＋|PQ|<73c 成立，即(2a＋|PF2|＋|PQ|)min<73c.
第九章 平面解析几何
18
对于证明问题，一般是根据已知条件，运用所涉及的知识通过运算化简，利 用定义、定理、公理等，直接推导出所证明的结论即可，证明不等式常用不 等式的性质，或基本不等式求得最值．
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第九章 平面解析几何
19
技法二 转化法 已知 B 是抛物线 y＝18x2＋1 上任意一点，A(0，－1)，且 P 为线段 AB
技法一 定义、性质转化法
(2021·广东深圳模拟)已知动点 M 在以 F1，F2 为焦点的椭圆 x2＋y42＝1
上，动点 N 在以 M 为圆心，|MF1| 为半径的圆上，则|NF2|的最大值为( )
A．2 √B．4 C．8
D．16
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第九章 平面解析几何
29
【解析】 由椭圆的方程可得焦点在 y 轴上，长半轴长 a＝2. 由题意可得|NF2|≤|F2M|＋|MN|＝|F2M|＋|MF1|， 当 N，M，F2 三点共线时，|NF2|取得最大值， 而|F2M|＋|MF1|＝2a＝4，所以|NF2|的最大值为 4，故选 B.
(× ) (√ ) (√ )
高三总复习数学优质课件 圆锥曲线的综合问题第二课时 最值 范围 证明问题
[例 2] 已知椭圆 + =1(a>b>0)的长轴长与焦距分别为方程 x 2-6x+8=0 的两个实数根.
(1)求椭圆的标准方程;
解:(1)设椭圆的焦距为 2c(c>0),
2
由 x -6x+8=0 可得 x1=2,x2=4,
所以 2a=4,2c=2,即 a=2,c=1.
2
2
2
所以 b =a -c =3,
故椭圆的标准方程为 + =1.
(2)若直线l过点M(-4,0)且与椭圆相交于A,B两点,F是椭圆的左焦点,当
△ABF面积最大时,求直线l的斜率.
解:(2)设直线 l 的方程为 x=my-4,A(x1,y1),B(x2,y2),
= -,
2
2
与椭圆方程联立得
消去 x 得(3m +4)y -24my+36=0.
解:(1)设直线 AB 的方程为 y= x+m,则
|-|
+( )
=1,
所以 m=0 或 m=4.所以直线 AB 的方程为 y= x 或 y= x+4.
(2)求|AB|的最小值.
解:(2)由题意可知直线 AB 的斜率存在.设直线 AB 的方程为 y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),
第二课时
最值、范围、证明问题
提升关键能力
考点一
最值问题(综合性)
多维探究
角度一
利用目标函数求最值
[例1]已知动圆E经过点F(1,0),且和直线l:x=-1相切.
(1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程;
解:(1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线l的距离,