高三数学一轮总复习第九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课时跟踪检测理
课时跟踪检测（五十三） 最值、范围、证明问题一保高考，全练题型做到高考达标1．如图所示，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，过F 1的直线交椭圆于A ，B 两点，△ABF 2的周长为8，且△AF 1F 2面积最大时，△AF 1F 2为正三角形．(1)求椭圆E 的方程；(2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q ，证明：点M (1,0)在以PQ 为直径的圆上．解：(1)因为点A ，B 都在椭圆上，所以根据椭圆的定义有|AF 1|＋|AF 2|＝2a 且|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，又因为△ABF 2的周长为8，所以|AB |＋|BF 2|＋|AF 2|＝|AF 1|＋|AF 2|＋|BF 1|＋|BF 2|＝4a ＝8，所以a ＝2. 因为椭圆是关于x ，y 轴，原点对称的，所以△AF 1F 2为正三角形，当且仅当A 为椭圆的短轴端点，则a ＝2c ⇒c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝3，故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1. (2)证明：由题意得，动直线l 为椭圆的切线，故不妨设切点P (x 0，y 0)，因为直线l 的斜率存在且为k ，所以y 0≠0，则直线l ：y ＝k (x －x 0)＋y 0， 联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝k x －x 0 ＋y 0，x 24＋y 23＝1消去y ， 得3x 2＋4[k (x －x 0)＋y 0]2－12＝0，由Δ＝0⇒k ＝－3x 04y 0. 则直线l 的方程为x 0x 4＋y 0y 3＝1，联立直线l 与直线x ＝4得到点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，3 1－x 0 y 0， 则PM ·QM ＝(1－x 0)(1－4)＋(－y 0)⎝ ⎛⎭⎪⎫－3 1－x 0 y 0＝－3(1－x 0)＋3(1－x 0)＝0， 所以PM ⊥QM ，即点M 在以PQ 为直径的圆上．2．设椭圆M ：x 2a 2＋y 22＝1(a ＞2)的右焦点为F 1，直线l ：x ＝a 2a 2－2与x 轴交于点A ，若OF 1 ＝21F A (其中O 为坐标原点)．(1)求椭圆M 的方程；(2)设P 是椭圆M 上的任意一点，EF 为圆N ：x 2＋(y －2)2＝1的任意一条直径(E ，F 为直径的两个端点)，求PE ·PF 的最大值．解：由题意知，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2，0，F 1()a 2－2，0， 由OF 1＝21F A ，得a 2－2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2－a 2－2， 解得a 2＝6.所以椭圆M 的方程为x 26＋y 22＝1. (2)设圆N ：x 2＋(y －2)2＝1的圆心为点N ，则点N 的坐标为(0,2)，则PE ·PF ＝(NE ―→－NP )·(NF －NP )＝(－NF －NP )·(NF －NP )＝NP 2 －N 2 PF ＝NP 2 －1，从而求PE ·PF 最大值转化为求NP 2 的最大值．因为P 是椭圆M 上的任意一点，设P (x 0，y 0)，所以x 206＋y 202＝1， 即x 20＝6－3y 20.因为点N 的坐标为(0,2)， 所以NP 2 ＝|NP |2＝x 20＋(y 0－2)2＝－2(y 0＋1)2＋12.因为点P (x 0，y 0)在椭圆M 上，则y 0∈[－2，2]，所以当y 0＝－1时，NP 2 取得最大值12，所以PE ·PF 的最大值为11.3．(2016·无锡期末)已知长轴在x 轴上的椭圆的离心率e ＝63，且过点P (1,1)． (1)求椭圆的方程；(2)若点A (x 0，y 0)为圆x 2＋y 2＝1上任一点，过点A 作圆的切线交椭圆于B ，C 两点，求证：CO ⊥OB (O 为坐标原点)． 解：(1)由题意可设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)． 由题意得c a ＝63，则c 2a 2＝23. 又a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝3b 2.因为P (1,1)在椭圆上，所以1a 2＋1b2＝1， 解得a 2＝4，b 2＝43. 所以椭圆的方程为x 24＋3y 24＝1. (2)证明：由题意得切线方程为xx 0＋yy 0＝1.①若y 0＝0，则切线方程为x ＝1或x ＝－1，所以B (1,1)，C (1，－1)或B (－1,1)，C (－1，－1)，所以CO ⊥OB ；②当y 0≠0时，切线方程为xx 0＋yy 0＝1，与椭圆方程联立并化简得(3x 20＋y 20)x 2－6x 0x ＋3－4y 20＝0.设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)．则x 1＋x 2＝6x 03x 20＋y 20，x 1x 2＝3－4y 203x 20＋y 20， x 1x 2＋y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 20y 20x 1x 2－x 0y 0(x 1＋x 2)＋1y 0 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 20y 203－4y 203x 20＋y 20－x 0y 20·6x 03x 20＋y 20＋1y 20＝4y 20－4y 40－4y 20x 20 3x 0＋y 0 y 0＝4y 20 1－y 20 －4y 20x 203x 0y 0＋y 0＝0， 所以CO ⊥OB .综上所述，CO ⊥OB . 4．(2016·合肥模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ≥1)的离心率e ＝32，且椭圆C 上一点N 到Q (0,3)距离的最大值为4，过点M (3,0)的直线交椭圆C 于点A ，B .(1)求椭圆C 的方程；(2)设P 为椭圆上一点，且满足 OA ＋ OB ＝t OP (O 为坐标原点)，当|AB |＜3时，求实数t 的取值范围．解：(1)∵e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，∴a 2＝4b 2，则椭圆方程为x 24b 2＋y 2b 2＝1，即x 2＋4y 2＝4b 2.设N (x ，y )，则|NQ |＝ x －0 2＋ y －3 2 ＝4b 2－4y 2＋ y －3 2 ＝－3y 2－6y ＋4b 2＋9 ＝－3 y ＋1 2＋4b 2＋12.当y ＝－1时，|NQ |有最大值4b 2＋12，则4b 2＋12＝4，解得b 2＝1，∴a 2＝4，故椭圆C 的方程是x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x ，y )，直线AB 的方程为y ＝k (x －3)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －3，x 24＋y 2＝1，整理得(1＋4k 2)x 2－24k 2x ＋36k 2－4＝0.则x 1＋x 2＝24k21＋4k 2，x 1x 2＝36k 2－41＋4k 2，Δ＝(－24k 2)2－16(9k 2－1)(1＋4k 2)＞0，解得k 2＜15.由题意得 OA ＋ OB ＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝t (x ，y )，则x ＝1t (x 1＋x 2)＝24k 2t 1＋4k 2 ，y ＝1t (y 1＋y 2)＝1t [k (x 1＋x 2)－6k ]＝－6kt 1＋4k 2 .由点P 在椭圆上，得 24k 2 2t 2 1＋4k 2 2＋144k 2t 2 1＋4k 2 2＝4， 化简得36k 2＝t 2(1＋4k 2)．①由|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＜3，得(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＜3，将x 1＋x 2，x 1x 2代入得(1＋k 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤242k4 1＋4k 2 2－4 36k 2－4 1＋4k 2＜3， 化简得(8k 2－1)(16k 2＋13)＞0，则8k 2－1＞0，即k 2＞18， ∴18＜k 2＜15.② 由①得t 2＝36k 21＋4k 2＝9－91＋4k 2， 由②得3＜t 2＜4，∴－2＜t ＜－3或3＜t ＜2.故实数t 的取值范围为(－2，－3)∪(3，2)．二上台阶，自主选做志在冲刺名校 如图所示，设F (－c,0)是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，直线l ：x ＝－a 2c 与x 轴交于P 点，MN 为椭圆的长轴，已知|MN |＝8，且|PM |＝2|MF |.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点P 的直线m 与椭圆相交于不同的两点A ，B .①证明：∠AFM ＝∠BFN ；②求△ABF 面积的最大值．解：(1)∵|MN |＝8，∴a ＝4，又∵|PM |＝2|MF |，∴e ＝12. ∴c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝12.∴椭圆的标准方程为x 216＋y 212＝1.(2)①证明：当AB 的斜率为0时，显然∠AFM ＝∠BFN ＝0，满足题意； 当AB 的斜率不为0时，设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，AB 的方程为x ＝my －8，代入椭圆方程整理得(3m 2＋4)y 2－48my ＋144＝0.Δ＝576(m 2－4)＞0，得m 2＞4，y A ＋y B ＝48m3m 2＋4，y A y B ＝1443m 2＋4.则k AF ＋k BF ＝y A x A ＋2＋y B x B ＋2＝y A my A －6＋y Bmy B －6＝y A my B －6 ＋y B my A －6my A －6 my B －6＝2my A y B －6 y A ＋y Bmy A －6 my B －6，而2my A y B －6(y A ＋y B )＝2m ·1443m 2＋4－6·48m3m 2＋4＝0，∴k AF ＋k BF ＝0，∴∠AFM ＝∠BFN .综上可知，∠AFM ＝∠BFN .②S △ABF ＝S △BFP －S △AFP ＝12|PF |·|y B －y A | ＝72m 2－43m ＋4，即S △ABF ＝72m 2－43 m 2－4 ＋16＝723m 2－4＋16m 2－4≤7223×16＝33， 当且仅当3m 2－4＝16m 2－4，即m ＝±2213时(此时适合于Δ＞0的条件)取到等号． ∴△ABF 面积的最大值是3 3.。
三维设计江苏专用高三数学一轮总复习第九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
OA·OB，且23≤λ≤34.
(1)求椭圆的方程；
(2)求k的取值范围；
(3)求△OAB的面积S的取值范围．
(－则 λ解3(所＝)24|：A)xx以O因11B(＋xA原1|为22)·]x＝由O＝点直2＝B题(2线xO＝－1－1意＋－到xl4：2知12kxx直kkm22y2)＋22＋2＝线2，c＋＝y1kx1lx(y12的2y＋x2，1，＝2－＝距m所(12y离1与＋2m以＋)为2圆2k＝－2c2k＝)x(22x112.1|1＋m2＋x＋.2|＋ykk22＝2k)＝[m(1x1(相1x，＋1＋切xx2，)22) 由 设 则 即＋ 由 即因 从 所即 由 得 设12△ △23为 而 以mSk≤(≤＝mA12yxOO2的圆 所＝＋＝b(2k2λAA12＋ x＝＝2≤取与 求1|1≤BB2kAk，＋ykk1x234B值椭 椭2的 的＋122，＋＝，y＋ )2，|dx1范圆 圆k面1)故m2＝A得 1，12得＋，围有 方B.，积1212aB4|≤2边是且 程 ＝Ak(6SxmB≤上k只 为2的－，2x|，2≤|＋ 的A有 x， 2取1y2所 B，12＋高 2两)值，|m，≤以－y为个范2243－＝4公.2围d6221，≤共＝.是∪S点0≤.42，6223，，. 231..
于由是Δ＝2设(所b8＝kt以＝)2－△2，k2A24－O解(2B3得k，面 2＋b由积＝1)的k>12.0>又最，32，大a得2知－值k2为ct>2>＝3202..2b.2，从而 a＝ 2，c＝1.
所解以得椭x于1圆,2＝是C－S的△4A方k2O±kB程2＝＋4为k12x2－2＋6t，＋y82＝t412＝.
(因 所 即213解 所 因 所 即 因 即)－ －为 因 ① ② ⑤证 以xyxy以 为 b： 以 为1111xy为 × × ＋bC－ ＋明 － ＋2x(1因 所 所 因 所1所 又 ＝ 即c＝1＝P直 点 F＋(4③ ④ ⑥C1： λλλλa2－为 以 以 为 以以 因 椭13＝＋ )yyxx－－Q＝ (线cO，因22得 得 得－22设y点 点＝ ＝为 圆＝ ＝到－ x＝＋x3λbλ8A32为1c1≠2(2，xyx,3F＋Cy直131,cλxλbCQ2C1210c212112△2－－＝2－QP±1－ ＋(－c＋2－ 1＋所)，－ ＋的yx线＝的 ＝，在1D－D21A1λλbλ，λy＝λ， 3以9yD1λ方2，， 2A21， 224方0BA定λ)1＝， y－xy－＝)，.x所F，322Fa在(y22程..同＝ ＝程，0直＝，1＝41λ2b)(，的以④的圆b2，为 12理为3线((－x22，－x1(－.距22周.D－ x122－＋可Ox4＋所x＋ xλ－λ2b(离长(2＋＋cx上λ得y)x)y以＋232λ，22(d222， 为＝)2x3yy，)3－ x＝)＋ ＝＝2－yy.＝b8y3－y.⑥42，，133(b＝)11，，y3＝b，－.)＝b29．＋cQ1，yλ0，2(2cx)－所上③2⑤(，＝x①以．＋3②yba))c3． ，＝by2)所．b2c，以
人教版高考数学总复习第一部分考点指导第九章平面解析几何第八节 第1课时圆锥曲线中的最值、范围问题
已知椭圆 C：xa22 ＋yb22
＝1(a＞b＞0)的离心率
e＝
3 2
，直线
x＋
3
y－1＝0 被
以椭圆 C 的短轴为直径的圆截得的弦长为 3 .
消去 y 整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 x1＋x2＝1＋4k22k2
2k2－2 ，x1x2＝1＋2k2
，
所以|AB|＝ 1＋k2 · （x1＋x2）2－4x1x2 ＝ 1＋k2 · 1＋4k22k22－4×21k＋2－2k22
2 2（1＋k2）
【解析】(1)由题意得，抛物线 C2 的焦点坐标为 F312，0 .
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，C(－x1，－y1)，则 OM∥BC，
kAM·kOM＝kAB·kBC＝yx11－ －yx22
y1＋y2 · x1＋x2
＝yx1122
－y22 －x22
＝－21 ，
则 kAM·kOM＝yx11－ －yx33 ·yx33 ＝2py（21 y－1－y32y3） ·yx33
10 40
.
于是 p 的最大值为
10 40
，
此时 x1＝2
10 5
，y1＝
5 5
，
即在 A2
510，
5
5
时取得．
圆锥曲线中的最值问题的常见解法 (1)几何法：即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质 等进行求解； (2)代数法：即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析 式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
综上，k 的取值范围为[－3，－1)∪(1，3].
高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 9.8 圆锥曲线的综合问题 第2课时 范围、最值问题教师用
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第2课时范围、最值问题题型一范围问题例1 （2015·天津）已知椭圆错误!＋错误!＝1（a＞b＞0)的左焦点为F(－c，0),离心率为错误!，点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2＋y2＝错误!截得的线段的长为c,FM＝错误!。
（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的斜率大于错误!，求直线OP(O为原点）的斜率的取值范围．解（1）由已知，有错误!＝错误!，又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2,b2＝2c2.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，有错误!2＋错误!2＝错误!2，解得k＝错误!.（2)由(1）得椭圆方程为错误!＋错误!＝1，直线FM的方程为y＝错误!（x＋c）,两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－错误!c或x＝c。
因为点M在第一象限，可得M的坐标为错误!.由FM＝错误!＝错误!.解得c＝1,所以椭圆的方程为错误!＋错误!＝1。
高考数学一轮复习第8章平面解析几何第8节圆锥曲线的综合问题第2课时范围最值问题教学案含解析理
第2课时 范围、最值问题【例1】 (2018·贵阳监测)已知椭圆C ：y a 2＋x b 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] (1)设椭圆的半焦距长为c ， 则由题设有⎩⎪⎨⎪⎧ca ＝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 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 1＋x 2＝－4k 3＋k 2，x 1x 2＝13＋k 2.∴x 0＝x 1＋x 22＝－2k 3＋k 2，y 0＝kx 0＋2＝63＋k2，|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝1＋k 2·x 1＋x 22－4x 1x 2＝1＋k212k 2－123＋k 2＝23k 4－13＋k2， 由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝12k 2－12＞0，63＋k 2≤12|AB |，解得k 4≥13，即k ≥413或k ≤－413.故直线l 的斜率k 的取值范围是(－∞，－413]∪[413，＋∞)． 函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式数形结合法：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解(2019·临沂摸底考试)已知点F 为椭圆E ：a 2＋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＋y2＝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＋y2＝1与y 轴交于P ，过点P 的直线l 与椭圆E 交于不同两点A ，B ，若λ|PM |2＝|PA |·|PB |，求实数λ的取值范围．[解] (1)由题意得a ＝2c ，b ＝3c ，则椭圆E 为x 24c 2＋y 23c2＝1.由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝c 2，x 4＋y 2＝1得x 2－2x ＋4－3c 2＝0.∵直线x 4＋y2＝1与椭圆E 有且仅有一个交点M ，∴Δ＝4－4(4－3c 2)＝0⇒c 2＝1， ∴椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)得M ⎝ ⎛⎭⎪⎫1，32， ∵直线x 4＋y 2＝1与y 轴交于P (0,2)，∴|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 |⇒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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2，3x 2＋4y 2－12＝0⇒(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，依题意得x 1x 2＝43＋4k 2，且Δ＝48(4k 2－1)＞0，∴k 2＞14， ∴|PA |·|PB |＝(1＋k 2)x 1x 2＝(1＋k 2)·43＋4k 2＝1＋13＋4k 2＝54λ， ∴λ＝45⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋13＋4k 2，∵k 2＞14，∴45＜λ＜1，综上所述，λ的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫45，1.►考法1 【例2】 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[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，故两平行线的距离d ＝|1－0|12＋－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.] ►考法2 建立函数关系利用基本不等式或二次函数求最值【例3】 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] (1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又ca ＝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. ►考法3 建立函数关系利用导数求最值问题【例4】 (2017·浙江高考)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A －12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )－12<x <32.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．[解] (1)设直线AP 的斜率为k ，k ＝x 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)．(2)联立直线AP 与BQ 的方程⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋3k 2＋.因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －k ＋2k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.代数法：从代数的角度考虑，通过建立函数、不等式等模型，利用二次函数法和基本不等式法、换元法、导数法等方法求最值几何法：从圆锥曲线几何性质的角度考虑，根据圆锥曲线几何意义求最值(2019·邢台模拟)已知椭圆x 22＋y 2＝1上两个不同的点A ，B 关于直线y ＝mx＋12对称．(1)求实数m 的取值范围；(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点)．[解] (1)由题意知m ≠0，可设直线AB 的方程为y ＝－1mx ＋b.由⎩⎪⎨⎪⎧x 22＋y 2＝1，y ＝－1m x ＋b ，消去y ，得⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋1m 2x 2－2b m x ＋b 2－1＝0.因为直线y ＝－1m x ＋b 与椭圆x 22＋y 2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b 2＋2＋4m 2＞0，①将AB 的中点M ⎝ ⎛⎭⎪⎫2mbm 2＋2，m 2b m 2＋2代入直线方程y ＝mx ＋12，解得b ＝－m 2＋22m2，②由①②得m ＜－63或m ＞63. 故m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，－63∪⎝ ⎛⎭⎪⎫63，＋∞. (2)令t ＝1m ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫－62，0∪⎝⎛⎭⎪⎫0，62，则t 2∈⎝ ⎛⎭⎪⎫032.则|AB |＝t 2＋1·－2t 4＋2t 2＋32t 2＋12，且O 到直线AB 的距离为d ＝t 2＋12t 2＋1.设△AOB 的面积为S (t )， 所以S (t )＝12|AB |·d ＝12－2⎝⎛⎭⎪⎫t 2－122＋2≤22，当且仅当t 2＝12时，等号成立，此时满足t 2∈⎝⎛⎭⎪⎫0，32.故△AOB 面积的最大值为22.(2018·全国卷Ⅱ)设抛物线C ：y 2＝4x 的焦点为F ，过F 且斜率为k (k >0)的直线l 与C 交于A ，B 两点，|AB |＝8.(1)求l 的方程；(2)求过点A ，B 且与C 的准线相切的圆的方程．[解] (1)由题意得F (1,0)，l 的方程为y ＝k (x －1)(k >0)． 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，y 2＝4x得k 2x 2－(2k 2＋4)x ＋k 2＝0.Δ＝16k 2＋16>0，故x 1＋x 2＝2k 2＋4k2.所以|AB |＝|AF |＋|BF |＝(x 1＋1)＋(x 2＋1)＝4k 2＋4k2.由题设知4k 2＋4k2＝8，解得k ＝－1(舍去)，k ＝1.因此l 的方程为y ＝x －1.(2)由(1)得AB 的中点坐标为(3,2)，所以AB 的垂直平分线方程为y －2＝－(x －3)，即y ＝－x ＋5.设所求圆的圆心坐标为(x 0，y 0)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 0＝－x 0＋5，x 0＋2＝y 0－x 0＋22＋16.解得⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝3，y 0＝2或⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝11，y 0＝－6.因此所求圆的方程为(x －3)2＋(y －2)2＝16或(x －11)2＋(y ＋6)2＝144.自我感悟：______________________________________________________ ________________________________________________________________ ________________________________________________________________。
高考数学一轮复习 第9章 解析几何 专题研究2 圆锥曲线中的最值与范围问题课件 理
令y＝0，可得x2－2ax＋4b－4＝0，∴x2－2ax＋a2－4＝0， 解得x＝a±2.
不妨设A(a－2，0)，B(a＋2，0)． ∴l1＝ （a－2）2＋4，l2＝ （a＋2）2＋4，
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
l1 l2
＋
l2 l1
的最大
值．
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【解析】 (1)由题意可得此正三角形的另外两个顶点为 (±4 3 ，12)，代入抛物线方程可得(±4 3 )2＝2p×12，解得p＝ 2.∴抛物线方程为x2＝4y.
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∴|MN|＝|m－n|＝ （m＋n）2－4mn
＝ （x04－y021）2＋4（xx00－＋11）. ∵y02＝4x0，|y0|＝2 x0，
∴|MN|＝ （x10－6x10）2＋4（xx00－＋11）
＝2
x（02＋x0－4x10－）12 ，
(1)求椭圆 C 的方程； (2)若点 A，B 都在椭圆 C 上，且 AB 中点 M 在线段 OP(不包 括端点)上． ①求直线 AB 的斜率； ②求△AOB 面积的最大值．
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【解析】 (1)离心率e＝ca＝ 22，将P点坐标代入椭圆方程，
可得a42＋b12＝1，
北师大版版高考数学一轮复习第九章平面解析几何圆锥曲线的综合问题圆锥曲线中的范围最值问题教学案理
一、知识梳理１．直线与圆锥曲线的位置关系（１）从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异的公共点．（２）从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得方程解的情况来判断．设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为f（x，y）＝0．由错误!消元（如消去y），得ax２＋bx＋c＝0．１若a＝0，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l 与抛物线的对称轴平行（或重合）；２若a≠0，Δ＝b２—４ac.Ａ．当Δ＞0时，直线和圆锥曲线相交于不同两点；Ｂ．当Δ＝0时，直线和圆锥曲线相切于一点；Ｃ．当Δ＜0时，直线和圆锥曲线没有公共点．２．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题（１）斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P１（x１，y１），P２（x２，y２），则所得弦长：|P１P２|＝错误!＝错误!·|x１—x２|＝错误!＝错误!|y１—y２|．（２）斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算（利用两点间距离公式）．（３）直线l与曲线C相交于P，Q两点，联立直线方程与曲线方程，消去y得Ax２＋Bx＋C＝0，Δ＝B２—４AC>0，则|PQ|＝错误!.３．圆锥曲线的中点弦问题遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．在椭圆错误!＋错误!＝１中，以P（x0，y0）为中点的弦所在直线的斜率k＝—错误!；在双曲线错误!—错误!＝１中，以P（x0，y0）为中点的弦所在直线的斜率k＝错误!；在抛物线y２＝２px（p＞0）中，以P（x0，y0）为中点的弦所在直线的斜率k＝错误!．在使用根与系数关系时，要注意前提条件是Δ≥0．常用结论过一点的直线与圆锥曲线的位置关系的特点（１）过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；过椭圆内一点的直线与椭圆相交．（２）过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线．（３）过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线．二、教材衍化１．过点（0，１）作直线，使它与抛物线y２＝４x仅有一个公共点，这样的直线有（）Ａ．１条Ｂ．２条Ｃ．３条Ｄ．４条解析：选Ｃ．过（0，１）与抛物线y２＝４x相切的直线有２条，过（0，１）与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点．２．已知与向量v＝（１，0）平行的直线l与双曲线错误!—y２＝１相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．解析：由题意可设直线l的方程为y＝m，代入错误!—y２＝１得x２＝４（１＋m２），所以x１＝错误!＝２错误!，x２＝—２错误!，所以|AB|＝|x１—x２|＝４错误!≥４，即当m＝0时，|AB|有最小值４．答案：４一、思考辨析判断正误（正确的打“√”，错误的打“×”）（１）直线l与抛物线y２＝２px只有一个公共点，则l与抛物线相切．（）（２）直线y＝kx（k≠0）与双曲线x２—y２＝１一定相交．（）（３）与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．（）（４）直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．（）（５）过点（２，４）的直线与椭圆错误!＋y２＝１只有一条切线．（）答案：（１）×（２）×（３）√（４）√（５）×二、易错纠偏错误!错误!（１）没有发现直线过定点，导致运算量偏大；（２）不会用函数法解最值问题；（３）错用双曲线的几何性质．１．直线y＝kx—k＋１与椭圆错误!＋错误!＝１的位置关系为（）Ａ．相交Ｂ．相切Ｃ．相离Ｄ．不确定解析：选Ａ．直线y＝kx—k＋１＝k（x—１）＋１恒过定点（１，１），又点（１，１）在椭圆内部，故直线与椭圆相交．故选Ａ．２．如图，两条距离为４的直线都与y轴平行，它们与抛物线y２＝—２px（0＜p＜１４）和圆（x—４）２＋y２＝9分别交于A，B和C，D，且抛物线的准线与圆相切，则当|AB|·|CD|取得最大值时，直线AB的方程为________．解析：根据题意，由抛物线的准线与圆相切可得错误!＝１或7，又0＜p＜１４，故p＝２，设直线AB的方程为x＝—t（0＜t＜３），则直线CD的方程为x＝４—t，则|AB|·|CD|＝２错误!·２错误!＝8错误!（0＜t＜３），设f（t）＝t（9—t２）（0＜t＜３），则f′（t）＝9—３t２（0＜t＜３），令f′（t）＞0⇒0＜t＜错误!，令f′（t）＜0⇒错误!＜t＜３，故f（t）max＝f（错误!），此时直线AB的方程为x＝—错误!.答案：x＝—错误!３．已知点F１，F２分别是双曲线错误!—错误!＝１（a＞0，b＞0）的左、右焦点，过F１且垂直于x 轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABF２是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是________．解析：由题设条件可知△ABF２为等腰三角形，只要∠AF２B为钝角即可，所以有错误!＞２c，即b２＞２ac，所以c２—a２＞２ac，即e２—２e—１＞0，所以e＞１＋错误!.答案：（１＋错误!，＋∞）第１课时圆锥曲线中的范围、最值问题最值问题（多维探究）角度一数形结合利用几何性质求最值已知椭圆C：错误!＋错误!＝１的右焦点为F，P为椭圆C上一动点，定点A（２，４），则|PA|—|PF|的最小值为________．【解析】如图，设椭圆的左焦点为F′，则|PF|＋|PF′|＝４，所以|PF|＝４—|PF′|，所以|PA|—|PF|＝|PA|＋|PF′|—４．当且仅当P，A，F′三点共线时，|PA|＋|PF′|取最小值|AF′|＝错误!＝５，所以|PA|—|PF|的最小值为１．【答案】１角度二建立目标函数求最值如图，已知抛物线x２＝y，点A错误!，B错误!，抛物线上的点P（x，y）错误!.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．【解】（１）设直线AP的斜率为k，k＝错误!＝x—错误!，因为—错误!<x<错误!，所以直线AP斜率的取值范围是（—１，１）．（２）联立直线AP与BQ的方程错误!解得点Q的横坐标是x Q＝错误!.因为|PA|＝错误!错误!＝错误!（k＋１），|PQ|＝错误!（x Q—x）＝—错误!，所以|PA|·|PQ|＝—（k—１）（k＋１）３.令f（k）＝—（k—１）（k＋１）３，因为f′（k）＝—（４k—２）（k＋１）２，所以f（k）在区间错误!上是增加的，错误!上是减少的，因此当k＝错误!时，|PA|·|PQ|取得最大值错误!.角度三构造基本不等式求最值已知椭圆M：错误!＋错误!＝１（a>0）的一个焦点为F（—１，0），左、右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．（１）当直线l的倾斜角为４５°时，求线段CD的长；（２）记△ABD与△ABC的面积分别为S１和S２，求|S１—S２|的最大值．【解】（１）由题意，c＝１，b２＝３，所以a２＝４，所以椭圆M的方程为错误!＋错误!＝１，易求直线方程为y＝x＋１，联立方程，得错误!消去y，得7x２＋8x—8＝0，Δ＝２88＞0，设C（x１，y１），D（x２，y２），x１＋x２＝—错误!，x１x２＝—错误!，所以|CD|＝错误!|x１—x２|＝错误!错误!＝错误!.（２）当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝—１，此时△ABD与△ABC面积相等，|S１—S２|＝0；当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k（x＋１）（k≠0），联立方程，得错误!消去y，得（３＋４k２）x２＋8k２x＋４k２—１２＝0，Δ>0，且x１＋x２＝—错误!，x１x２＝错误!，此时|S１—S２|＝２||y２|—|y１||＝２|y２＋y１|＝２|k（x２＋１）＋k（x１＋１）|＝２|k（x１＋x２）＋２k|＝错误!，因为k≠0，上式＝错误!≤错误!＝错误!＝错误!错误!，所以|S１—S２|的最大值为错误!.错误!圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数法，即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），然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．（２0２0·河北武邑中学模拟）抛物线y２＝４x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．（１）O为坐标原点，求证：错误!·错误!＝—３；（２）设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值．解：（１）证明：依题意得F（１，0），且直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝my＋１．联立错误!消去x得y２—４my—４＝0．设A（x１，y１），B（x２，y２），则y１＋y２＝４m，y１y２＝—４．x１x２＝（my１＋１）（my２＋１）＝m２y１y２＋m（y１＋y２）＋１＝１，故错误!·错误!＝x１x２＋y１y２＝—３．（２）由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，从而点O与点C到直线AB的距离相等，所以四边形OACB的面积等于２S△AOB.由（１）知２S△AOB＝２×错误!|OF||y１—y２|＝错误!＝４错误!，所以当m＝0时，四边形OACB的面积最小，最小值是４．范围问题（多维探究）角度一求代数式的取值范围已知椭圆C：错误!＋错误!＝１（a＞b＞0）的离心率为错误!，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线x sin θ＋y cos θ—１＝0相切（θ为常数）．（１）求椭圆C的标准方程；（２）若椭圆C的左、右焦点分别为F１，F２，过F２作直线l与椭圆交于M，N两点，求错误!·错误!的取值范围．【解】（１）由题意，得错误!⇒错误!故椭圆C的标准方程为错误!＋y２＝１．（２）由（１）得F１（—１，0），F２（１，0）．１若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线l的方程为x＝１，不妨记M错误!，N错误!，所以错误!＝错误!，错误!＝错误!，故错误!·错误!＝错误!.２若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k（x—１），由错误!消去y得，（１＋２k２）x２—４k２x＋２k２—２＝0，设M（x１，y１），N（x２，y２），则x１＋x２＝错误!，x１x２＝错误!.错误!＝（x１＋１，y１），错误!＝（x２＋１，y２），则错误!·错误!＝（x１＋１）（x２＋１）＋y１y２＝（x１＋１）（x２＋１）＋k（x１—１）·k（x２—１）＝（１＋k２）·x１x２＋（１—k２）（x１＋x２）＋１＋k２，代入可得错误!·错误!＝错误!＋错误!＋１＋k２＝错误!＝错误!—错误!，由k２≥0可得错误!·错误!∈错误!.综上，错误!·错误!∈错误!.角度二求参数的取值范围已知椭圆C的两个焦点为F１（—１，0），F２（１，0），且经过点E错误!.（１）求椭圆C的方程；（２）过点F１的直线l与椭圆C交于A，B两点（点A位于x轴上方），若错误!＝λ错误!，且２≤λ＜３，求直线l的斜率k的取值范围．【解】（１）由错误!解得错误!所以椭圆C的方程为错误!＋错误!＝１．（２）由题意得直线l的方程为y＝k（x＋１）（k＞0），联立方程，得错误!整理得错误!y２—错误!y—9＝0，Δ＝错误!＋１４４＞0，设A（x１，y１），B（x２，y２），则y１＋y２＝错误!，y１y２＝错误!，又错误!＝λ错误!，所以y１＝—λy２，所以y１y２＝错误!（y１＋y２）２，则错误!＝错误!，λ＋错误!—２＝错误!，因为２≤λ＜３，所以错误!≤λ＋错误!—２＜错误!，即错误!≤错误!＜错误!，且k＞0，解得0＜k≤错误!.故直线l的斜率k的取值范围是错误!.错误!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．（２0２0·郑州模拟）已知椭圆错误!＋错误!＝１（a＞b＞0）上的点到右焦点F（c，0）的最大距离是错误!＋１，且１，错误!a，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）由已知可得错误!解得错误!所以椭圆的方程为错误!＋y２＝１．（２）由题意得F（１，0），设直线AB的方程为y＝k（x—１）．与椭圆方程联立得错误!消去y可得（１＋２k２）x２—４k２x＋２k２—２＝0．设A（x１，y１），B（x２，y２），则x１＋x２＝错误!，y１＋y２＝k（x１＋x２）—２k＝错误!.可得线段AB的中点为N错误!.当k＝0时，直线MN为y轴，此时m＝0．当k≠0时，直线MN的方程为y＋错误!＝—错误!错误!，化简得ky＋x—错误!＝0．令y＝0，得x＝错误!.所以m＝错误!＝错误!∈错误!.综上所述，实数m的取值范围为错误!.[基础题组练]１．（２0２0·河南新乡二模）如图，已知抛物线C１的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，且过点（３，6），圆C２：x２＋y２—6x＋8＝0，过圆心C２的直线l与抛物线和圆分别交于P，Q，M，N，则|PN|＋３|QM|的最小值为（）Ａ．１２＋４错误!Ｂ．１6＋４错误!Ｃ．１6＋6错误!Ｄ．２0＋6错误!解析：选Ｃ．设抛物线的方程为y２＝２px（p＞0），则３6＝２p×３，则２p＝１２，所以抛物线的方程为y２＝１２x，设抛物线的焦点为F，则F（３，0），准线方程为x＝—３，圆C２：x２＋y２—6x＋8＝0的圆心为（３，0），半径为１，由直线PQ过抛物线的焦点，则错误!＋错误!＝错误!＝错误!.|PN|＋３|QM|＝|PF|＋１＋３（|QF|＋１）＝|PF|＋３|QF|＋４＝３（|PF|＋３|QF|）错误!＋４＝３错误!＋４≥３（４＋２错误!）＋４＝１6＋6错误!错误!.故选Ｃ．２．如图，抛物线W：y２＝４x与圆C：（x—１）２＋y２＝２５交于A，B两点，点P为劣弧错误!上不同于A，B的一个动点，与x轴平行的直线PQ交抛物线W于点Q，则△PQC的周长的取值范围是（）Ａ．（１0，１４）Ｂ．（１２，１４）Ｃ．（１0，１２）Ｄ．（9，１１）解析：选Ｃ．抛物线的准线l：x＝—１，焦点（１，0），由抛物线定义可得|QC|＝x Q＋１，圆（x—１）２＋y２＝２５的圆心为C（１，0），半径为５，可得△PQC的周长＝|QC|＋|PQ|＋|PC|＝x Q＋１＋（x P—x Q）＋５＝6＋x P，由抛物线y２＝４x及圆（x—１）２＋y２＝２５可得交点的横坐标为４，即有x P∈（４，6），可得6＋x P∈（１0，１２），故△PQC的周长的取值范围是（１0，１２）．故选Ｃ．３．（２0２0·湖南湘潭一模）已知F（错误!，0）是椭圆C：错误!＋错误!＝１（a＞b＞0）的一个焦点，点M错误!在椭圆C上．（１）求椭圆C的方程；（２）若直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且k OA＋k OB＝—错误!（O为坐标原点），求直线l 的斜率的取值范围．解：（１）由题意知，椭圆的另一个焦点为（—错误!，0），所以点M到两焦点的距离之和为错误!＋错误!＝４．所以a＝２．又因为c＝错误!，所以b＝１，所以椭圆C的方程为错误!＋y２＝１．（２）当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，k OA＋k OB＝0，不符合题意．故设直线l的方程为y＝kx＋m（k≠0），A（x１，y１），B（x２，y２），联立错误!可得（４k２＋１）x２＋8kmx＋４（m２—１）＝0．则x１＋x２＝错误!，x１x２＝错误!.而k OA＋k OB＝错误!＋错误!＝错误!＝２k＋错误!＝２k＋错误!＝错误!.由k OA＋k OB＝—错误!，可得m２＝４k＋１，所以k≥—错误!.又由Δ＞0，得１6（４k２—m２＋１）＞0，所以４k２—４k＞0，解得k＜0或k＞１，综上，直线l的斜率的取值范围为错误!∪（１，＋∞）．４．（２0２0·银川模拟）椭圆错误!＋错误!＝１（a＞b＞0）的焦点分别为F１（—１，0），F２（１，0），直线l：x＝a２交x轴于点A，且错误!＝２错误!.（１）试求椭圆的方程；（２）过点F１，F２分别作互相垂直的两条直线与椭圆分别交于D，E，M，N四点（如图所示），试求四边形DMEN面积的最大值和最小值．解：（１）由题意知，|F１F２|＝２c＝２，A（a２，0），因为错误!＝２错误!，所以F２为线段AF１的中点，则a２＝３，b２＝２，所以椭圆方程为错误!＋错误!＝１．（２）当直线DE与x轴垂直时，|DE|＝错误!＝错误!，此时|MN|＝２a＝２错误!，四边形DMEN的面积S＝错误!＝４．同理当MN与x轴垂直时，也有四边形DMEN的面积S＝错误!＝４．当直线DE，MN与x轴均不垂直时，设直线DE：y＝k（x＋１）（k≠１），D（x１，y１），E（x２，y２），代入椭圆方程，消去y可得（２＋３k２）x２＋6k２x＋３k２—6＝0，则x１＋x２＝错误!，x１x２＝错误!，所以|x１—x２|＝错误!，所以|DE|＝错误!|x１—x２|＝错误!.同理|MN|＝错误!＝错误!，所以四边形DMEN的面积S＝错误!＝错误!×错误!×错误!＝错误!，令u＝k２＋错误!，则S＝４—错误!.因为u＝k２＋错误!≥２，当k＝±１时，u＝２，S＝错误!，且S是以u为自变量的增函数，则错误!≤S＜４．综上可知，错误!≤S≤４，故四边形DMEN面积的最大值为４，最小值为错误!.[综合题组练]１．已知椭圆E的中心在原点，焦点F１，F２在y轴上，离心率等于错误!，P是椭圆E上的点．以线段PF１为直径的圆经过F２，且9错误!·错误!＝１．（１）求椭圆E的方程；（２）作直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N.如果线段MN被直线２x＋１＝0平分，求直线l 的倾斜角的取值范围．解：（１）依题意，设椭圆E的方程为错误!＋错误!＝１（a>b>0），半焦距为c.因为椭圆E的离心率等于错误!，所以c＝错误!a，b２＝a２—c２＝错误!.因为以线段PF１为直径的圆经过F２，所以PF２⊥F１F２.所以|PF２|＝错误!.因为9错误!·错误!＝１，所以9|错误!|２＝错误!＝１．由错误!，得错误!，所以椭圆E的方程为错误!＋x２＝１．（２）因为直线x＝—错误!与x轴垂直，且由已知得直线l与直线x＝—错误!相交，所以直线l不可能与x轴垂直，所以设直线l的方程为y＝kx＋m.由错误!，得（k２＋9）x２＋２kmx＋m２—9＝0．因为直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N，所以Δ＝４k２m２—４（k２＋9）（m２—9）>0，即m２—k２—9<0．设M（x１，y１），N（x２，y２），则x１＋x２＝错误!.因为线段MN被直线２x＋１＝0平分，所以２×错误!＋１＝0，即错误!＋１＝0．由错误!，得错误!错误!—（k２＋9）<0．因为k２＋9>0，所以错误!—１<0，所以k２>３，解得k>错误!或k<—错误!.所以直线l的倾斜角的取值范围为错误!∪错误!.２．（２0１9·高考全国卷Ⅱ）已知点A（—２，0），B（２，0），动点M（x，y）满足直线AM与BM的斜率之积为—错误!.记M的轨迹为曲线C.（１）求C的方程，并说明C是什么曲线；（２）过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.（ⅰ）证明：△PQG是直角三角形；（ⅱ）求△PQG面积的最大值．解：（１）由题设得错误!·错误!＝—错误!，化简得错误!＋错误!＝１（|x|≠２），所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．（２）（ⅰ）证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx（k>0）．由错误!得x＝±错误! .记u＝错误!，则P（u，uk），Q（—u，—uk），E（u，0）．于是直线QG的斜率为错误!，方程为y＝错误!（x—u）．由错误!得（２＋k２）x２—２uk２x＋k２u２—8＝0．１设G（x G，y G），则—u和x G是方程１的解，故x G＝错误!，由此得y G＝错误!.从而直线PG的斜率为错误!＝—错误!.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．（ⅱ）由（ⅰ）得|PQ|＝２u错误!，|PG|＝错误!，所以△PQG的面积S＝错误!|PQ||PG|＝错误!＝错误!.设t＝k＋错误!，则由k>0得t≥２，当且仅当k＝１时取等号．因为S＝错误!在[２，＋∞）单调递减，所以当t＝２，即k＝１时，S取得最大值，最大值为错误!.因此，△PQG面积的最大值为错误!.。
(江苏专版)2019版高考数学一轮复习第九章解析几何第八节圆锥曲线中的最值、范围、证明问题实用课件文
03 突破点（三） 圆锥曲线中的几何证明问题
圆锥曲线中的几何证明问题多出现在解答题中，难 度较大，多涉及线段或角相等以及位置关系的证明等.
考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”
圆锥曲线中的几何证明问题
[典例] 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.
[解] (1)由已知得ac＝ 23，a32＋b42＝1，得 a2＝4，b2＝1， 椭圆 C 的方程是x42＋y2＝1.
能力练通 抓应用体验的“得”与“失”
1.[考点二]平面直角坐标系 xOy 中，已知椭圆 E：1x62＋y42＝1，P 为椭圆 C：x42＋y2＝1 上任意一点．过点 P 的直线 y＝kx＋m 交 椭圆 E 于 A，B 两点，射线 PO 交椭圆 E 于点 Q. (1)求||OOQP||的值； (2)求△ABQ 面积的最大值． 解：(1)设 P(x0，y0)，||OOQP||＝λ，由题意知 Q(－λx0，－λy0)． 因为x420＋y20＝1，又－1λ6x02＋－λ4y02＝1，即λ42x420＋y20＝1， 所以 λ＝2，即||OOQP||＝2.
[方法技巧]
利用函数性质求范围的策略 (1)利用函数性质解决圆锥曲线中求范围问题的关键是建 立求解关于某个变量的函数，通过求这个函数的值域确定目 标的取值范围． (2)在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件，把 需要的量都用我们选用的变量表示，有时为了运算方便，在 建立函数的过程中也可以采用多个变量，只要在最后结果中 把多个变量化为单个变量即可，同时要特别注意变量的取值 范围．
圆锥曲线中的最值问题常涉及不等式、函数的值域问题， 综合性比较强，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法： 一是利用几何方法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面 几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把 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，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.
2018版高考数学一轮复习第九章解析几何9.9圆锥曲线的综合问题第2课时范围最值问题课件理
点P为椭圆上的任意一点，则
→→ OP·FP
的最小值为__6___.
答案
解析
1 2 3 4 5 6 7 89
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
②求直线AB的斜率的解最答 小值.
思维升华
处理圆锥曲线最值问题的求解方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种 方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几 何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何 量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、 不等式方法等进行求解.
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.
几何画板展示
(3)当点P在直线l上移动时，求|AF|·|BF|的最小值. 解答
课时作业Βιβλιοθήκη 1.(2016·昆明两区七校调研)过抛物线y2＝x的焦点F的直线l交抛物线于A， B两点，且直线l的倾斜角θ≥π4，点A在x轴上方，则|FA|的取值范围是
答案
解析
A.(41，1]
B.(14，＋∞)
高考数学大一轮复习 第八章 平面解析几何 第9节 圆锥曲线的综合问题 第2课时 最值与范围问题课件
【解】 (1)由已知有ac22＝13，又由 a2＝b2＋c2，可得 a2
＝3c2，b2＝2c2.
设直线 FM 的斜率为 k(k>0)，
则直线 FM 的方程为 y＝k(x＋c)．
由已知，有
kk2c＋12＋2c2＝b22，解得
k＝
3 3.
(2)由(1)得椭圆方程为3xc22＋2yc22＝1，直线 FM 的方程为 y ＝ 33(x＋c)，两个方程联立，消去 y，整理得 3x2＋2cx－5c2 ＝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－02 ＝ 433，解得 c＝1，所以椭圆的方程为x32＋y22＝1.
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，
由 Δ>0，可得 m2<4＋16k2.①
则有 x1＋x2＝－1＋8km4k2，x1x2＝41m＋2－4k126.
所以|x1－x2|＝4
16k2＋4－m2 1＋4k2 .
因为直线 y＝kB 的面积
y，得12＋m12x2－2mbx＋b2－1＝0.
因为直线 y＝－m1 x＋b 与椭圆x22＋y2＝1 有两个不同的交
点，所以 Δ＝－2b2＋2＋m42>0，①
将 AB 中点 Mm22m＋b2，mm2＋2b2代入直线方程 y＝mx＋12， 解得 b＝－m22m＋22.②
由①②得 m<－ 36或 m> 36.
(2)由(1)知椭圆 E 的方程为1x62 ＋y42＝1. ①设 P(x0，y0)，||OOQP||＝λ，由题意知 Q(－λx0，－λy0)． 因为x420＋y20＝1，又（－1λ6x0）2＋（－λ4y0）2＝1，
高考数学一轮复习 第9章 解析几何 专题研究2 圆锥曲线中的最值与范围问题课件 理
故(y0－m)2＋(x0＋1)2＝(y0－m)2＋2m(y0－m)(x0＋1)＋m2(x0 ＋1)2.
易知x0>1，上式化简得，(x0－1)m2＋2y0m－(x0＋1)＝0. 同理，有(x0－1)n2＋2y0n－(x0＋1)＝0. ∴m，n是关于t的方程(x0－1)t2＋2y0t－(x0＋1)＝0的两根． ∴m＋n＝－x0－2y10，mn＝－（x0x－0＋11）.
相减可得(x1－x2)(x1＋x2)＋2(y1－y2)(y1＋y2)＝0， 由题意可得kOM＝kOP＝12，即为yx11＋＋yx22＝12， 可得直线AB的斜率yx11－－yx22＝－2（xy11＋＋xy22）＝－12×2＝－1.
12/11/2021
②设直线 AB 的方程为 y＝－x＋t，代入椭圆方程可得 3x2－
(1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 P 作互相垂直的两条直线 l1，l2，且 l1 交椭圆 C 于 A， B 两点，直线 l2 交圆 Q 于 C，D 两点，且 M 为 CD 的中点，求△MAB 的面积的取值范围．
12/11/2021
【解析】 (1)因为椭圆 C 的右焦点 F(c，0)，|PF|＝ 6， ∴c＝2， 圆 Q：(x－2)2＋(y－ 2)2＝2 的圆心(2， 2)， ∴(2， 2)在椭圆 C 上，代入椭圆xa22＋yb22＝1， ∴a42＋b22＝1， 由 a2－b2＝4，解得 a2＝8，b2＝4， 所以椭圆 C 的方程为x82＋y42＝1.
l1 l2
＋
l2 l1
的最大
值．
12/11/2021
【解析】 (1)由题意可得此正三角形的另外两个顶点为 (±4 3 ，12)，代入抛物线方程可得(±4 3 )2＝2p×12，解得p＝ 2.∴抛物线方程为x2＝4y.