第八章 第八节 第二课时 最值、范围、证明问题
2018届高三数学文一轮复习课件：8-8-2 最值、范围、证明问题 精品
解析：(1)由题设条件知，点 M 的坐标为23a，13b， 又 kOM＝105，从而2ba＝105。 进而 a＝ 5b，c＝ a2－b2＝2b，故 e＝ac＝25 5。
(2)设点 C 的坐标为(0，－b)，N 为线段 AC 的中点，证明：MN⊥AB。
解析：(2)证明：由 N 是线段 AC 的中点知，点 N 的坐标为2a，－b2，可得N→M ＝a6，56b。
(1)若 y1y2＝－8，求抛物线 C 的方程；
解析：(1)设直线 AM 的方程为 x＝my＋p，代入 y2＝2px 得 y2－2mpy－2p2 ＝0，
则 y1y2＝－2p2＝－8，得 p＝2。 ∴抛物线 C 的方程为 y2＝4x。
(2)若直线 AF 与 x 轴不垂直，直线 AF 交抛物线 C 于另一点 B，直线 BG 交 抛物线 C 于另一点 N。求证：直线 AB 与直线 MN 斜率之比为定值。
又∵AB 的中点不在圆 x2＋y2＝95内， ∴4m9 2＋m92＝5m9 2≥95， 解得 m≤－1 或 m≥1。② 由①②得，－ 3＜m≤－1 或 1≤m＜ 3。 故 m 的取值范围为(－ 3，－1]∪[1， 3)。
[规律方法] 求解范围问题的常见求法 1．利用判别式来构造不等关系，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在两个参 数之间建立等量关系； 3．利用隐含或已知的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围； 4．利用基本不等式求出参数的取值范围； 5．利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围。
所以 a2＝2b2。 又由题意知，M 的右焦点为( 3，0)，故 a2－b2＝3。 因此 a2＝6，b2＝3。 所以 M 的方程为x62＋y32＝1。
超实用高考数学专题复习(北师大版)：第八章平面解析几何第八节第1课时最值范围证明问题
设椭圆 E 的方程为xa22＋by22＝1(a＞b＞0)，点 O 为坐标原点，点 A 的坐标为(a，0)，点 B 的坐标为(0，b)，点 M 在线段 AB 上，满足|BM|＝2|MA|，直线 OM 的斜率为105. (1)求 E 的离心率 e； (2)设点 C 的坐标为(0，－b)，N 为线段 AC 的中点，证明：MN⊥AB.
直线与圆锥曲线相交与相切的区别与联系 (相1)切直⇔线有与一椭个圆公相共交点⇔．有两个交点． (2)直线与双曲线相交时，可以为一个公共点，即直线与渐近线平行；可以为两个公
共点，直线与渐近线不平行．直线与双曲线相切时，只有一个公共点．
(3)直线与抛物线相交，当直线平行对称轴时，只有一个公共点，当直线与对称轴不
[破题技法] 最值问题的 2 种基本解法 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
几何法 解决的(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) 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
代数法 的(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)
∴kAB＝xy11－ －yx22＝2，
此时 AB 的方程为 y－1＝2(x－1)，
即 y＝2x－1，
y＝2x－1 由x2－y22＝1得
x2－2x＋32＝0，
∴Δ＝4－4×32＜0，无解，
故不存在这样的直线．
考点二 证明几何结论问题 [例] (2018·高考全国卷Ⅰ)设抛物线 C：y2＝2x，点 A(2，0)，B(－2，0)，过点 A 的 直线 l 与 C 交于 M，N 两点． (1)当 l 与 x 轴垂直时，求直线 BM 的方程； (2)证明：∠ABM＝∠ABN.
[破题技法] 圆锥曲线中证明问题的类型及解题策略 (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、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系 等，通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．
第8单元 破解难点优质课(三) 最值、范围、证明问题
=
1,
解得
������ ������
= =
2, 2,
所以椭圆 C 的方程为������42+������22=1.
(2)椭圆 C 的左顶点为 A(-2,0),直线 l 的方程为
y=k(x+2),则 E(0,2k),H(0,-2k).
由
������ 2 4
+
������ 2 2
=
1,
得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-4=0,
(1)求椭圆 C 的方程;
(2)若点 E 关于 x 轴的对称
点为 H,过点 E 且与 OP 垂
直的直线交直线 AH 于点
M,求△MAP 面积的最大值.
图 Y3-1
[思路点拨] (1)根据题意,利用离心率与椭圆过已 知点建立关于 a,b,c 的方程组,解之即可得椭圆 C 的方程;(2)首先设出直线 l 的方程,并与椭圆方程 联立得到关于 x 的二次方程,然后利用根与系数 的关系结合中点坐标公式、点到直线的距离公 式,用 k 表示出 ������������ 及点 M 到直线 l 的距离,由此 建立△MAP 的面积关于 k 的函数,最后利用基本 不等式求最值.
时,求|AB|.
课堂考点探究
案例
方法与思维
[2013·全国卷Ⅰ] 已知圆
M:(x+1)2+y2=1,圆 N:(x-1)2+y2=9,动圆 P
当 k= 42时,将 y= 42x+
2代入x2
4
+y32=1,并整理得
与圆 M 外切并且与圆 N 内切,圆心 P 的 7x2+8x-8=0,解得 x1,2=-4±76 2,
高三数学(文)一轮总复习(人教通用)课件：第8章 第八节 第二课时 最值、范围、证明问题
论．如直线斜率不存在的情况，二次三项式最高次项的系数 的讨论等．
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第十二章
选考部分
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， |PN| 在Rt△PAN中，sin∠PAN＝ |PA| ， |PN| |PF| 当 |PA| ＝ |PA| 最小时，sin∠PAN最小，
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第十二章
选考部分
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第十二章
选考部分
(2)2 种解法 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； 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，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值 常用基本不等式法、配方法及导数法求解． [ 提醒 ] 求最值问题时，一定要注意对特殊情况的讨
第十二章
选考部分
第二课时
最值、范围、证明问题
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十二章
选考部分
(1)求实数 m 的取值范围；
解：由题意知 m≠0， 1 可设直线 AB 的方程为 y＝－mx＋b.
2 x 2 ＋ y ＝1， 2 由 y＝－ 1 x＋b m
消去 y，得
1 1 2 2b ＋ 2x － x＋b2－1＝0. m 2 m
4 2
1 t2＋ 2 且 O 到直线 AB 的距离为 d＝ 2 . t ＋1
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第十二章
选考部分
设△AOB 的面积为 S(t)，所以 1 1 S(t)＝ |AB|· d＝ 2 2
2
1 2 2 －2t －2 ＋2≤
2 ， 2
1 当且仅当 t ＝ ，即 m＝± 2时，等号成立． 2 2 故△AOB 面积的最大值为 . 2
「精品」同步优化文数第八章 第八节 第二课时 最值、范围、证明问题-精品
课时作业 A 组——基础对点练1．已知椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A (1,0)，过C 1的焦点且垂直长轴的弦长为1.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设点P 在抛物线C 2：y ＝x 2＋h (h ∈R)上，C 2在点P 处的切线与C 1交于点M ，N .当线段AP 的中点与MN 的中点的横坐标相等时，求h 的最小值． 解析：(1)由题意，得 ⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，2·b 2a＝1.从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.因此，所求的椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1.(2)如图，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (t ，t 2＋h )， 则抛物线C 2在点P 处的切线斜率为y ′|x ＝t ＝2t . 直线MN 的方程为： y ＝2tx －t 2＋h .将上式代入椭圆C 1的方程中，得 4x 2＋(2tx －t 2＋h )2－4＝0，即4(1＋t 2)x 2－4t (t 2－h )x ＋(t 2－h )2－4＝0.① 因为直线MN 与椭圆C 1有两个不同的交点， 所以①式中的Δ1＝16[－t 4＋2(h ＋2)t 2－h 2＋4]>0.② 设线段MN 的中点的横坐标是x 3， 则x 3＝x 1＋x 22＝t (t 2－h )2(1＋t 2).设线段P A 的中点的横坐标是x 4，则x 4＝t ＋12.由题意，得x 3＝x 4， 即t 2＋(1＋h )t ＋1＝0.③ 由③式中的Δ2＝(1＋h )2－4≥0，得h ≥1，或h ≤－3.当h ≤－3时，h ＋2<0,4－h 2<0， 则不等式②不成立，所以h ≥1. 当h ＝1时，代入方程③得t ＝－1， 将h ＝1，t ＝－1代入不等式②，检验成立． 所以，h 的最小值为1.2．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E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点． (1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程． 解析：(1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)， 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)>0， 即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1.从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1.又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1， 所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d |PQ |＝44k 2－34k 2＋1.设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t.因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0，所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2. 3.如图，在矩形ABCD 中，|AB |＝4，|AD |＝2，O 为AB 的中点，P ，Q分别是AD 和CD 上的点，且满足①|AP ||AD |＝|DQ ||DC |，②直线AQ 与BP 的交点在椭圆E ：x 2a 2＋y2b 2＝1(a >b >0)上．(1)求椭圆E 的方程；(2)设R 为椭圆E 的右顶点，M 为椭圆E 第一象限部分上一点，作MN 垂直于y 轴，垂足为N ，求梯形ORMN 面积的最大值．解析：(1)设AQ 与BP 的交点为G (x ，y )，P (－2，y 1)，Q (x 1,2)，由题可知， y 12＝x 1＋24，y x ＋2＝2x 1＋2，y 2－x ＝y 14， 从而有4y 2－x ＝x ＋2y ，整理得x 24＋y 2＝1，即为椭圆E 的方程．(2)由(1)知R (2,0)，设M (x 0，y 0)，则y 0＝124－x 20， 从而梯形ORMN 的面积S ＝12(2＋x 0)y 0＝14(4－x 20)(2＋x 0)2， 令t ＝2＋x 0，则2<t <4，S ＝144t 3－t 4， 令u ＝4t 3－t 4，则u ′＝12t 2－4t 3＝4t 2(3－t )， 当t ∈(2,3)时，u ′>0，u ＝4t 3－t 4单调递增， 当t ∈(3,4)时，u ′<0，u ＝4t 3－t 4单调递减，所以当t ＝3时，u 取得最大值，则S 也取得最大值，最大值为334.4．(2018·贵阳监测)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，且椭圆C 上的点到一个焦点的距离的最小值为3－ 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知过点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点，若在x 轴上存在一点E ，使∠AEB ＝90°，求直线l 的斜率k 的取值范围．解析：(1)设椭圆的半焦距长为c ， 则由题设有：⎩⎪⎨⎪⎧c a ＝63，a －c ＝3－2，解得：a ＝3，c ＝2，∴b 2＝1， 故椭圆C 的方程为y 23＋x 2＝1.(2)由已知可得，以AB 为直径的圆与x 轴有公共点． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)， 将直线l ：y ＝kx ＋2代入y 23＋x 2＝1，得(3＋k 2)x 2＋4kx ＋1＝0，Δ＝12k 2－12，∴x 0＝x 1＋x 22＝－2k 3＋k 2，y 0＝kx 0＋2＝63＋k 2， |AB |＝1＋k 212k 2－123＋k 2＝23k 4－13＋k 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝12k 2－12>0，63＋k 2≤12|AB |， 解得：k 4≥13，即k ≥413或k ≤－413.B 组——能力提升练1．(2018·武汉市模拟)已知抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线x ＝4与x 轴的交点为P ，与抛物线的交点为Q ，且|QF |＝54|PQ |.(1)求抛物线的方程；(2)如图所示，过F 的直线l 与抛物线相交于A ，D 两点，与圆x 2＋(y －1)2＝1相交于B ，C 两点(A ，B 两点相邻)，过A ，D 两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点M ，求△ABM 与△CDM 的面积之积的最小值．解析：(1)由已知得F (0，p 2)，P (4,0)，Q (4，8p )，|QF |＝8p ＋p 2，|PQ |＝8p ，因为|QF |＝54|PQ |，所以8p ＋p 2＝54·8p ，解得p ＝2或p ＝－2(舍去)， 所以抛物线的方程为x 2＝4y .(2)设l ：y ＝kx ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y ，消去y ，得x 2－4kx －4＝0，所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4. 由y ＝x 24，得y ′＝x2.所以直线MA ：y －x 214＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 12x －x 214.同理可求得直线MD ：y ＝x 22x －x 224.联立方程，得⎩⎨⎧y ＝x 1x 2－x 214，y ＝x 2x 2－x224，解得M (2k ，－1)．所以点M 到l 的距离d ＝2k 2＋21＋k2＝21＋k 2.所以S △ABM ·S △CDM ＝14|AB |·|CD |·d 2＝14(|AF |－1)(|DF |－1)d 2＝14y 1y 2d 2 ＝14·x 21x 2216d 2＝1＋k 2≥1， 当且仅当k ＝0时取等号．所以当k ＝0时，△ABM 与△CDM 面积之积的最小值为1.2．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F (－c,0)，离心率为33，点M 在椭圆上且位于第一象限，直线FM 被圆x 2＋y 2＝b 24截得的线段的长为c ，|FM |＝433.(1)求直线FM 的斜率； (2)求椭圆的方程；(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． 解析：(1)由已知，有c 2a 2＝13，又由a 2＝b 2＋c 2，可得a 2＝3c 2，b 2＝2c 2. 设直线FM 的斜率为k (k >0)，F (－c,0)， 则直线FM 的方程为y ＝k (x ＋c )． 由已知，有(kc k 2＋1)2＋(c 2)2＝(b 2)2，解得k ＝33. (2)由(1)得椭圆方程为x 23c 2＋y 22c 2＝1，直线FM 的方程为y ＝33(x ＋c )，两个方程联立，消去y ，整理得3x 2＋2cx －5c 2＝0， 解得x ＝－53c ，或x ＝c .因为点M 在第一象限，可得M 的坐标为(c ，233c )．由|FM |＝(c ＋c )2＋(233c －0)2＝433，解得c ＝1，所以椭圆的方程为x 23＋y 22＝1.(3)设点P 的坐标为(x ，y )，直线FP 的斜率为t ，得t ＝yx ＋1，即y ＝t (x ＋1)(x ≠－1)，与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t (x ＋1)，x 23＋y22＝1，消去y ，整理得2x 2＋3t 2(x ＋1)2＝6，又由已知，得t ＝6－2x 23(x ＋1)2>2，解得－32<x <－1，或－1<x <0.设直线OP 的斜率为m ，得m ＝yx ，即y ＝mx (x ≠0)，与椭圆方程联立， 整理得m 2＝2x 2－23.①当x ∈(－32，－1)时，有y ＝t (x ＋1)<0，因此m >0，于是m ＝2x 2－23，得m ∈(23，233)． ②当x ∈(－1,0)时，有y ＝t (x ＋1)>0. 因此m <0，于是m ＝－ 2x 2－23， 得m ∈(－∞，－233)．综上，直线OP 的斜率的取值范围是 (－∞，－233)∪(23，233)．3．已知圆C ：(x －1)2＋y 2＝r 2(r >1)，设A 为圆C 与x 轴负半轴的交点，过点A 作圆C 的弦AM ，并使弦AM 的中点恰好落在y 轴上． (1)求点M 的轨迹E 的方程；(2)延长MC 交曲线E 于另一点N ，曲线E 在点N 处的切线与直线AM 交于点B ，试判断以点B 为圆心，线段BC 的长为半径的圆与直线MN 的位置关系，并证明你的结论． 解析：(1)设M (x ，y )，x >0，由题意可知，A (1－r,0)， 记AM 的中点为D ，则D (0，y2)，因为C (1,0)，DC →＝(1，－y 2)，DM →＝(x ，y2)．在⊙C 中，易知CD ⊥DM ，所以DC →·DM →＝0， 所以x －y 24＝0，即y 2＝4x (x >0)，所以点M 的轨迹E 的方程为y 2＝4x (x >0)．(2)⊙B 与直线MN 相切．证明如下：设直线MN 的方程为x ＝my ＋1，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线BN 的方程为y ＝k (x －y 224)＋y 2.联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，消去x ，得y 2－4my －4＝0，所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.r －1＝x 1，则点A (－x 1,0)，所以直线AM 的方程为y ＝2y 1x ＋y 12.联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k (x －y 224)＋y 2，y 2＝4x ，消去x ，得ky 2－4y ＋4y 2－ky 22＝0，由Δ＝0，可得k ＝2y 2，所以直线BN 的方程为y ＝2y 2x ＋y 22.联立，得⎩⎨⎧y ＝2y 1x ＋y 12，y ＝2y 2x ＋y22，解得x B ＝－1，y B ＝y 21－42y 1＝y 21＋y 1y 22y 1＝y 1(y 1＋y 2)2y 1＝4my 12y 1＝2m ，所以点B (－1,2m )，|BC |＝4＋4m 2，点B 到直线MN 的距离d ＝|2＋2m 2|m 2＋1＝4m 2＋4＝|BC |， 所以⊙B 与直线MN 相切．。
第八章 第八节 曲线与方程(理)
方程的曲线．
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二、求动点的轨迹方程的一般步骤 1．建系——建立适当的坐标系． 2．设点——设轨迹上的任一点P(x，y)． 3．列式——列出动点P所满足的关系式．
4．代换——依条件式的特点，选用距离公式、斜率公
式等将其转化为x，y的方程式，并化简． 5．证明——证明所求方程即为符合条件的动点轨迹方程．
答案：x2－6x－10y＋24＝0(y>0)
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5．两个定点的距离为 6，点 M 到这两个定点的距离的 平方和为 26，则点 M 的轨迹是____________．
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解析：建立如图所示的平面直角坐标 系，A(－3,0)，B(3,0)，设M(x，y)， 由题设知 [ x＋32＋y2]2＋[ x－32＋y2]2＝26， 化简得x2＋y2＝4， 所以点M的轨迹是半径为2的圆．
＝(x1＋a)(x2＋a)＋k2(x1－a)(x2－a) ＝[x1x2＋a(x1＋x2)＋a2]＋k2[x1x2－a(x1＋x2)＋a2] 4a2 ＝(1＋k2)(x1x2＋a2)＋a(1－k2)(x1＋x2)＝ 2 >0， k π ∴0<θ< . 2
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[冲关锦囊]
1．直接法求轨迹方程是求曲线方程的基本方法．圆锥曲
1．(2012· 山东外国语学校模拟)已知点 F(a,0)(a>0)，动点 M、P 分别 在 x、 y ＝0. (1)求点 N 的轨迹 C 的方程； (2)过点 F(a,0)的直线 l(不与 x 轴垂直)与曲线 C 交于 A、B 两点， 设点
K(－a,0)， K A 与 K B 的夹角为
线的标准方程都是由直接法求得的．当轨迹易于列出 动点(x，y)满足的方程时可用此法． 2．求动点轨迹时应注意它的完备性．化简过程破坏了方 程的同解性，要注意补上遗漏的点或者挖去多余的
新高考2023版高考数学一轮总复习第8章第8讲第2课时最值范围证明问题课件
[解析] (1)∵抛物线 x2＝8y 的焦点坐标为(0，2)， ∴椭圆的半焦距 c＝2.
c＝2， 由题意可知a62＋b12＝1，
a2＝b2＋c2，
解得 a2＝8，b2＝4，
∴椭圆的标准方程为y82＋x42＝1.
(2)设点 A(x1，y1)，B(x2，y2)． ∵A，B，O 三点构成三角形，所以直线 l 的斜率存在且不为 0， 则可设直线 l 的方程为 y＝kx＋3.
C
：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)过点
E1，
22，A1，A2 为椭圆的左、右顶点，且直线
A1E，A2E
的斜率的乘积为－21. (1)求椭圆 C 的方程； (2)过右焦点 F 的直线 l 与椭圆 C 交于 M，N
两点，线段 MN 的垂直平分线交直线 l 于点 P， 交直线 x＝－2 于点 Q，求||MPQN||的最小值．
第八章
解析几何
第八讲 圆锥曲线的综合问题
第二课时 最值、范围、证明问题
考点突破·互动探究 名师讲坛·素养提升
考点突破·互动探究
考点一
圆锥曲线中的最值问题——师生共研
例1 (2021·广东省佛山市质检)已知 F 为椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)
的左焦点，过原点
O
的动直线
l
与
C
交于
〔变式训练 2〕
(2022·广东省质检)已知椭圆 C 的两个焦点分别是(－1，0)，(1，0)，
并且经过点1，
22.
(1)求椭圆 C 的标准方程；
(2)已知点 Q(0，2)，若 C 上总存在两个点 A、B 关于直线 y＝x＋m 对
高中数学人教新课标A版：最值与范围、证明问题 课件
(2)由(1)可得 F2(2,0)，所以设直线 l1：x＝my＋2(m≠0)， x＝my＋2，
联立直线 l1 与椭圆的方程得x82＋y42＝1， 整理得(m2＋2)y2＋4my－4＝0. 所以直线 l1 与椭圆两交点的中点 M 的纵坐标 yM＝－m242＋m 2＝－m22＋m 2. 同理直线 l2 与椭圆两交点的中点 N 的纵坐标 yN＝－m1－2＋m22＝2m22m＋1， 所以 S△MNF2＝12|MF2||NF2| ＝12 1＋m2· 1＋m12|yM||yN|
第二课时 最值与范围、证明问题
题型一 最值问题 圆锥曲线中的最值问题是高考的热点和难点，主要涉及两个类型：一是 以圆锥曲线定义与几何性质为背景的求最值问题；二是以直线和圆锥曲线的 位置关系、弦长、面积等知识为背景的求最值问题.
[典例] 已知 P( 2， 3)是椭圆 C：xa22＋by22＝1(a>b>0)上一点，以点 P 及 椭圆的左、右焦点 F1，F2 为顶点的三角形面积为 2 3.
解：(1)由 p＝116得 C2 的焦点坐标是312，0. (2)由题意可设直线 l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)， 点 A(x0，y0)． 将直线 l 的方程代入椭圆 C1：x22＋y2＝1，消去 x， 得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0， 所以点 M 的纵坐标 yM＝－mm2＋t 2. 将直线 l 的方程代入抛物线 C2：y2＝2px，消去 x，
[针对训练] (2020·浙江高考)如图，已知椭圆 C1：x22＋y2＝1，抛物线 C2：y2 ＝2px(p>0)，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 于点 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．
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互动探究 重点保分考点——师生共研
(2)由(1)知，F(1,0)，设C(x0，y0)，则圆C的方程是
(x－x0)2＋(y－y0)2＝(x0－1)2＋y20.
令x＝－12，得y2－2y0y＋3x0－34＝0.
又∵y
2 0
＝4x0，∴Δ＝4y
2 0
－12x0＋3＝y
2 0
＋3>0恒成立．设
A－12，y3，B－12，y4，
第八章 平面解析几何
第八节 圆锥曲线的综合问题 第二课时 最值、范围、证明问题
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核心考点 互动探究
考点一 最值问题
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[典例]
设椭圆M：
y2 a2
＋
x2 b2
＝1(a>b>0)的离心率与双曲线x2－y2
＝1的离心率互为倒数，且椭圆的长轴长为4.
核心考题
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2．已知边长为8 3 的正三角形的一个顶点位于原点，另外两 个顶点在抛物线C：x2＝2py(p>0)上． (1)求抛物线C的方程； (2)已知圆过定点D(0,2)，圆心M在抛物线C上运动，且圆M与x 轴交于A，B两点，设|DA|＝l1，|DB|＝l2，求ll21＋ll21的最大值．
y＝ 2x＋m， (2)联立方程x22＋y42＝1，
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考点一 最值问题
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得 4x2＋2 2mx＋m2－4＝0， 由 Δ＝(2 2m)2－16(m2－4)>0，得－2 2<m<2 2.
且xx11x＋2＝x2m＝2－4－42，2m，
(4)数形结合法：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结 合思想求解．
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考点二 范围问题
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即时应用
1．(2017·高考全国卷Ⅰ)设A，B是椭圆C：
x2 3
＋
y2 m
＝1长轴的两
个端点．若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围
A．16
B．14
C．12
D．10
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考点一 最值问题
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解析：抛物线C：y2＝4x的焦点为F(1,0)，
由题意可知l1，l2的斜率存在且不为0. 不妨设直线l1的斜率为k，
则l1：y＝k(x－1)，l2：y＝－1k(x－1)，
∴|PM|2＝54.
当直线l与x轴垂直时，|PA|·|PB|＝(2＋ 3)×(2－ 3)＝1，
由λ|PM|2＝|PA|·|PB|，得λ＝45.
当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2，
A(x1，y1)，B(x2，y2)．
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考点二 范围问题
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考点一 最值问题
即时应用
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1．(2017·高考全国卷Ⅰ)已知F为抛物线C：y2＝4x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( )
(1)求椭圆M的方程；
(2)若直线y＝ 2 x＋m交椭圆M于A，B两点，P(1， 2 )为椭圆
M上一点，求△PAB面积的最大值．
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考点一 最值问题
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解析：(1)由题可知，双曲线的离心率为 2，则椭圆的离心率e ＝ac＝ 22， 由2a＝4，ac＝ 22，b2＝a2－c2，得a＝2，c＝ 2，b＝ 2， 故椭圆M的方程为y42＋x22＝1.
考点二 范围问题
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[典例]
已知点F为椭圆E：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a>b>0)的左焦点，且两
焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线
x 4
＋
y 2
＝1与
椭圆E有且仅有一个交点M.
(1)求椭圆E的方程；
(2)设直线
x 4
＋
y 2
＝1与y轴交于点P，过点P的直线l与椭圆E交于
，
m>3
所以
m3 ≥tan 60°
或
m3 ≥tan 60°
，
0<m<3
m>3
解得0<m≤1或m≥9.故选A. 答案：A
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考点二 范围问题
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2．(2018·九江模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F， 过点F且倾斜角为π4的直线l被E截得的线段长为8.
(k≠0)，l与抛物
线C的交点为M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由y＝kx＋12， 得4k2x2＋(4k－4)x＋1＝0. y2＝x
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考点三 证明问题
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则x1＋x2＝1－k2 k，x1x2＝41k2. 因为点P的坐标为(1,1)，所以直线OP的方程为y＝x，点A的坐 标为(x1，x1)． 直线ON的方程为y＝xy22x，点B的坐标为x1，yx2x21.
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考点一 最值问题
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不妨设A(a－2,0)，B(a＋2,0)．
∴l1＝ (a－2)2＋4，l2＝ (a＋2)2＋4，
∴ll12＋ll21＝l12l＋1l2l22＝ 2aa24＋＋1664＝2
(aa42＋＋684)2＝2
所以|AB|＝ 1＋2|x1－x2| ＝ 3· (x1＋x2)2－4x1x2 ＝ 3· 12m2－m2＋4＝ 3·
4－m22.
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考点一 最值问题
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又P到直线AB的距离为d＝|m3|，
所以S△PAB＝12|AB|·d＝
3 2·
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考点三 证明问题
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解析：(1)由抛物线C：y2＝2px过点P(1,1)，得p＝12. 所以抛物线C的方程为y2＝x.
抛物线C的焦点坐标为14，0，准线方程为x＝－14.
(2)证明：由题意，设直线l的方程为y＝kx＋
1 2
则y3＋y4＝2y0，y3y4＝3x0－34.
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考点二 范围问题
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∴|FA|·|FB|＝
y23＋94· y24＋94
＝
(y3y4)2＋94(y23＋y24)＋8116
＝
3x0－342＋944y20－23x0－34＋8116
(1)求抛物线E的方程；
(2)已知点C是抛物线上的动点，以C为圆心的圆过点F，且圆C
与直线x＝－12相交于A，B两点，求|FA|·|FB|的取值范围．
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考点二 范围问题
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解析：(1)由题意，直线l的方程为y＝x－p2.
由yy2＝＝k4(xx，－1) 消去y得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)， ∴x1＋x2＝2k2k＋2 4＝2＋k42，
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考点一 最值问题
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由抛物线的定义可知， |AB|＝x1＋x2＋2＝2＋k42＋2＝4＋k42. 同理得|DE|＝4＋4k2， ∴|AB|＋|DE|＝4＋k42＋4＋4k2＝8＋4k12＋k2≥8＋8＝16，当且 仅当k12＝k2，即k＝±1时取等号， 故|AB|＋|DE|的最小值为16. 答案：A
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联立y3＝x2＋kx4＋y22－，12＝0， 得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0. 依题意得，x1x2＝3＋44k2，且Δ＝48(4k2－1)>0， ∴|PA|·|PB|＝ 1＋k2 ·|x1|· 1＋k2 ·|x2|＝(1＋k2)·3＋44k2 ＝1＋ 3＋14k2＝54λ，∴λ＝451＋3＋14k2.∵k2>14，∴45<λ<1. 综上所述，λ的取值范围是45，1.
＝ 9x02＋18x0＋9＝3|x0＋1|.
∵x0≥0，∴|FA|·|FB|∈[3，＋∞)．
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考点三 证明问题
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[典例] (2017·高考北京卷)已知抛物线C：y2＝2px过点 P(1,1)．过点 0，12 作直线l与抛物线C交于不同的两点M，N， 过点M作x轴的垂线分别与直线OP，ON交于点A，B，其中O 为原点． (1)求抛物线C的方程，并求其焦点坐标和准线方程； (2)求证：A为线段BM的中点．
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