2020新高考数学二轮培优新方案课件：题型篇 专题五 第三讲 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－
4km 1＋2k2
，x1x2＝
2m2－2 1＋2k2
，∴y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)
4km 所以d＝1＋1＋5kk22.
将|m|＝
4km
1＋k2
代入得，d＝
1＋5k2 1＋k2
＝
|4k| 1＋5k2
＝
4 |k1|＋5|k|
≤4 2
＝2 5
5
5，当且仅当|k|＝
55，|m|＝
530时，取等号．
综上所述，点O到弦AB的垂直平分线的距离的最大值为
联立得x92＋y82＝1， 得(9k2＋8)x2＋18kmx＋9m2－72＝0. y＝kx＋m，
因为直线l与椭圆C相切，所以Δ＝(18km)2－4(9k2＋8)(9m2 －72)＝0，
化简得m2＝9k2＋8. 所以―F1→M·―F1→N ＝－8＋m2－9k2＝0， 所以―F1→M⊥―F1→N ，故∠MF1N＝π2. 同理可得―F2→M⊥―F2→N ，∠MF2N＝π2. 故∠MF1N＝∠MF2N.
由点A，B在椭圆上得，xx551222＋＋yy2122＝＝11，，
① ②
①－②得，
1 5
(x1－x2)(x1＋x2)＋(y1－y2)(y1＋y2)＝0，即kAB＝
xy11－－yx22＝－15·xy11＋＋xy22＝－5xy00，直线l的方程为y－y0＝kAB(x－x0)，
化简得x0x＋5y0y－x20－5y20＝0.
|4x0y0| x20＋5y02
＝
4 xy00＋5xy00
≤
2
4
5
＝
2
5
5，当且仅当
x20＝5y20时，取等号．
综上所述，点O到弦AB的垂直平分线的距离的最大值为2
5 5.
[思维流程] 目标函对点训练] (2019·合肥质检)已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线 C：y2＝2px(p>0)相切． (1)求抛物线C的方程； (2)过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到 直线l的距离之和的最小值． 解：(1)由xy2－＝y2＋px1＝0， 消去x，得y2－2py＋2p＝0， ∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C相切， ∴Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍去)． ∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)证明：由(1)可得，F1(－1,0)，F2(1,0)，l1的方程为x＝ －3，l2的方程为x＝3.
由yx＝＝k－x＋3，m， 得xy＝＝－－33k，＋m， 由yx＝＝k3x，＋m， 得xy＝＝33k，＋m， 所以M(－3，－3k＋m)，N(3,3k＋m)， 所以―F1→M＝(－2，－3k＋m)，―F1→N ＝(4,3k＋m)， 所以―F1→M·―F1→N ＝－8＋m2－9k2.
∵1， 22在椭圆上，∴21b2＋21b2＝1，b2＝1，a2＝2， ∴椭圆C的方程为x22＋y2＝1.
(2)证明：∵直线l与圆x2＋y2＝23相切，
∴ 1|m＋| k2＝ 36，即3m2－2k2－2＝0，
由yx＝2＋k2xy＋2＝m2，， 得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0， Δ＝16 k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)>0.
B，求点O到弦AB的垂直平分线距离的最大值．
[解] 第(1)问 如图，设椭圆的右焦点为F，由于 直线l与圆O相切于点D，所以三角形 FOD是以∠ODF为直角的直角三角形． 因为切点的坐标为D12， 23，所以∠DOF＝60°. 由条件知r2＝122＋ 232＝1，所以圆的半径r＝1，b＝1. 所以在Rt△FOD中，|OF|＝2. 从而a2＝b2＋c2＝5. 所以椭圆C的方程为x52＋y2＝1.
[对点训练]
已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a>b>0)经过点M
1，
2 2
，其离心率为
2 2
，
设直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l与圆x2＋y2＝23相切，求证：OA⊥OB(O为坐标原点)． 解：(1)∵e＝ac＝ 22，a2＝b2＋c2， ∴a2＝2b2，∴椭圆方程为2xb22＋by22＝1.
＝1(a＞b＞0)的
左、右顶点，点P(0，－2)，直线BP交E于点Q，―PQ→＝32―Q→B ，
且△ABP是等腰直角三角形．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O
位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．
[解] (1)由△ABP是等腰直角三角形，知a＝2，B(2,0)， 设Q(x0，y0)，由―PQ→＝32―Q→B ，得x0＝65，y0＝－45， 代入椭圆方程，解得b2＝1，∴椭圆E的方程为x42＋y2＝1. (2)由题意可知，直线l的斜率存在，设方程为y＝kx－2， M(x1，y1)，N(x2，y2)，
题型(三) 证明问题
[典例]
已知椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a>b>0)的离心率为
1 3
，
左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆C上一点，AF1与y轴相交
于B，|AB|＝|F2B|，|OB|＝43(O为坐标原点)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设椭圆C的左、右顶点分别为A1，A2，过A1，A2分别
所以Δ＝4p2－8pkb>0，得kb<p2，
又y1＋y2＝2kp，y1y2＝2pkb，由y1＋y2＝2kp>0，y1y2＝2pkb>0， 可知k>0，b>0， 因为|CD|＝ 1＋k2|x1－x2|＝a 1＋k2， 点O到直线CD的距离d＝ 1|＋b| k2， 所以S1＝12·a 1＋k2· 1|＋b| k2＝12ab. 又S2＝12(y1＋y2)·|x1－x2|＝12·2kp·a＝akp，所以SS12＝k2bp， 因为0<kb<p2，所以0<SS12<14，即SS12的取值范围为0，14.
[规律方法] (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．
作x轴的垂线l1，l2，椭圆C的一条切线l：y＝kx＋m(k≠0)分
别与l1，l2交于点M，N，求证：∠MF1N＝∠MF2N.
[解] (1)如图，连接AF2，由题意得 |AB|＝|F2B|＝|F1B|，
所以BO为△F1AF2的中位线， 又BO⊥F1F2，所以AF2⊥F1F2， 且|AF2|＝2|BO|＝ba2＝83，又e＝ac＝13，a2＝b2＋c2， 所以a2＝9，b2＝8， 故所求椭圆C的方程为x92＋y82＝1.
2 5 5.
法二：利用点的坐标构建目标函数
设点O到弦AB的垂直平分线距离为d， ①若直线l⊥x轴，则弦AB的垂直平分线为x轴，所以d＝0；
若直线l⊥y轴，则l与C只有一个交点，不符合题意．
②若直线l不与坐标轴垂直，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中 点坐标为M(x0，y0)，x0≠0，y0≠0，
第三讲 大题考法(一)——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
题型(一) 最值问题
[典例]
已知圆O：x2＋y2＝r2(r>0)，椭圆C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝
1(a>b>0)的短半轴长等于圆O的半径，且过C右焦点的直线与
圆O相切于点D12， 23. (1)求椭圆C的方程；
(2)若动直线l与圆O相切，且与C相交于不同的两点A，
y＝kx＋m， 由x52＋y2＝1， 消去y得(1＋5k2)x2＋10kmx＋5m2－5＝0. 设A(x1，y1)，B(x2，y2)， 则x1＋x2＝－11＋0k5mk2，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝1＋2m5k2. 所以AB中点的坐标为－1＋5k5mk2，1＋m5k2， 所以弦AB的垂直平分线方程为y－1＋m5k2＝－1kx＋1＋5k5mk2， 即x＋ky＋1＋4k5mk2＝0.
第(2)问 法一：利用斜率构建目标函数 设点O到弦AB的垂直平分线的距离为d， ①若直线l⊥x轴，则弦AB的垂直平分线为x轴，所以d＝0； 若直线l⊥y轴，则l与C只有一个交点，不符合题意． ②若直线l不与坐标轴垂直，设直线l的方程为y＝kx＋ m(k≠0)，因为l与圆O相切， 所以 1|m＋| k2＝1，即|m|＝ 1＋k2.
y＝kx－2，
由x42＋y2＝1
消去y，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，
则x1＋x2＝1＋164kk2，x1x2＝1＋124k2.
由直线l与E有两个不同的交点，得Δ＞0， 则(－16k)2－4×12×(1＋4k2)＞0，解得k2＞34.① 由坐标原点O位于以MN为直径的圆外， 则―OM→·―O→N ＞0，即x1x2＋y1y2＞0， 则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)＝(1＋k2)x1x2－2k(x1 ＋x2)＋4＝(1＋k2)·1＋124k2－2k·1＋164kk2＋4＞0， 解得k2＜4.② 联立①②可知34＜k2＜4，解得 23＜k＜2或－2＜k＜－ 23， 故直线l斜率的取值范围为－2，－ 23∪ 23，2.
[对点训练]
已知A，B是x轴正半轴上两点(A在B的左侧)，且|AB|＝ a(a>0)，过A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y2＝2px(p>0) 在第一象限分别交于D，C两点． (1)若a＝p，点A与抛物线y2＝2px的焦点重合，求直线CD的 斜率； (2)若O为坐标原点，记△OCD的面积为S1，梯形ABCD的面 积为S2，求SS12的取值范围．
2020届高考数学二轮复习分层讲义(拔高)圆锥曲线第3章 圆锥曲线中的最值、定点、定值
第三章圆锥曲线中的最值、定点、定值第一节:最值问题 (均值、函数)求以下式子的最值（1）()2222288842m m t m m m m +-=-=-≤= （2）()()222221183383833t mm m m m m =-=⋅-=⋅-≤ （3）223232313323m t m m m==≤=++（4）()22222222222111121112m k m m k m m k m t k k k ++-+-+-==≤=+++ （5）22134m t m +=+ 设21m x +=，则221m x =-()2211313143x x t x x x x====+-++上述式子可以通过配凑，换元，使用均值不等式得到最值.（6）221k t k==+ ；（7）224143m t m +==+ ；（8）()242864m t m +==+ ；（9）4242451441k k t k k ++==++ ；上述式子求最值可以通过分离常数法实现.【例1】.平面直角坐标系xOy 中,椭圆C:x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率是√32,抛物线2:2E x y =的焦点F 是C 的一个顶点.(I)求椭圆C 的方程;(2)设P 是E 上的动点,且位于第一象限,E 在点P 处的切线l 与C 交于不同的两点A,B ,线段AB 的中点为D ,直线OD 与过P 且垂直于x 轴的直线交于点M . (i)求证:点M 在定直线上;(ii)直线l 与y 轴交于点G ,记△PFG 的面积为1S ,△PDM 的面积为2S ,求S 1S2的最大值及取得最大值时点P 的坐标.【解答】解:(I)由题意可得e=c a =√32,抛物线E:x 2=2y 的焦点F 为(0,12),即有b=12,a 2﹣c 2=14,解得a=1,c=√32,可得椭圆的方程为x 2+4y 2=1; (2)(i)证明:设P(x 0,y 0),可得x 02=2y 0,由y=12x 2的导数为y ′=x,即有切线的斜率为x 0,则切线的方程为y ﹣y 0=x 0(x ﹣x 0), 可化为y=x 0x ﹣y 0,代入椭圆方程, 可得(1+4x 02)x 2﹣8x 0y 0x +4y 02﹣1=0,△=64x 02y 02﹣4(1+4x 02)(4y 02﹣1)>0,可得1+4x 02>4y 02. 设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2), 可得x 1+x 2=8x 0y 01+4x 02,即有中点D(4x 0y 01+4x 02,﹣y 01+4x 02),直线OD 的方程为y=﹣14x 0x,可令x=x 0,可得y=﹣14.即有点M 在定直线y=﹣14上;(ii)直线l 的方程为y=x 0x ﹣y 0,令x=0,可得G(0,﹣y 0),则S 1=12|FG |•|x 0|=12x 0•(12+y 0)=14x 0(1+x 02);S 2=12|PM |•|x 0﹣4x 0y 01+4x 02|=12(y 0+14)•x 0+4x 03−4x 0y 01+4x 02=18x 0•(1+2x 02)21+4x 02,则S 1S 2=2(1+x 02)(1+4x 02)(1+2x 02)2, 令1+2x 02=t(t ≥1),则S 1S 2=2(1+t−12)(1+2t−2)t 2=(t+1)(2t−1)t 2=2t 2+t−1t 2=2+1t ﹣1t 2=﹣(1t ﹣12)2+94,则当t=2,即x 0=√22时,S 1S 2取得最大值94,此时点P 的坐标为(√22,14).【例2】.如图,O 为坐标原点,椭圆1:C x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的左、右焦点分别为12,F F ,离心率为1e ;双曲线2:C x 2a 2−y 2b 2=1的左、右焦点分别为34,F F ,离心率为2e ,已知12e e =√32,且24||F F =√3﹣1 (1)求12C C 、的方程;(2)过1F 作1C 的不垂直于y 轴的弦AB,M 为AB 的中点,当直线OM 与2C 交于P,Q 两点时,求四边形APBQ 面积的最小值【解答】解:(1)由题意可知,e 1=√1−b 2a 2,e 2=√1+b2a2,且|F 1F 2|=2√a 2−b 2.∵e 1e 2=√32,且|F 2F 4|=√3﹣1.∴√1−b 2a 2⋅√1+b2a2=√32,且√a 2+b 2−√a 2−b 2=√3−1.解得:a =√2,b =1.∴椭圆C 1的方程为x 22+y 2=1,双曲线C 2的方程为x 22−y 2=1;(2)由(1)可得F 1(﹣1,0). ∵直线AB 不垂直于y 轴, ∴设AB 的方程为x=ny ﹣1,联立{x =ny −1x 22+y 2=1,得(n 2+2)y 2﹣2ny ﹣1=0.设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),M(x 0,y 0), 则y 1+y 2=2n n 2+2,y 0=n n 2+2,y 1y 2=−1n 2+2. 则|AB|=√1+n 2√(y 1+y 2)2−4y 1y 2=√1+n 2√(2n n 2+2)2+4n 2+2=2√2(n 2+1)n 2+2.∵M 在直线AB 上,∴x 0=n 2n 2+2−1=−2n 2+2.直线PQ 的方程为y =y 0x 0x =−n2x ,联立{y =−n 2xx22−y 2=1,得x 2−2×(−n 2x)2−2=0.解得x 2=42−n 2,代入y =−n 2x 得y 2=n 22−n 2.由2﹣n 2>0,得﹣√2＜n ＜√2.∴P,Q 的坐标分别为(−√42−n 2,√n 22−n 2),(√42−n 2,−√n22−n 2),则P,Q 到AB 的距离分别为:d 1=|n⋅√n 22−n 2+√42−n2−1|√n 2+1,d 2=|−n⋅√n 22−n 2−√42−n2−1|√n 2+1.∵P,Q 在直线A,B 的两端,∴d 1+d 2=|2n⋅√n 22−n 2+2√42−n2|√n 2+1.则四边形APBQ 的面积S=12|AB |(d 1+d 2)=2√2⋅√32−n 2−1.∴当n 2=0,即n=0时,四边形APBQ 面积取得最小值2.第二节:定点、定值【例1】.如图,已知抛物线2:4C x y =,过点()0,2M 任作一直线与C 相交于A,B 两点,过点B 作y 轴的平行线与直线AO 相交于点D (O 为坐标原点). (1)证明:动点D 在定直线上;(2)作C 的任意一条切线l (不含x 轴),与直线y =2相交于点1N ,与(1)中的定直线相交于点2N ,证明: 2221||||MN MN ﹣为定值,并求此定值.【解答】(1)证明:依题意,可设AB 的方程为y=kx +2,代入x 2=4y,得x 2=4(kx +2),即x 2﹣4kx ﹣8=0,设A(x 1,y 1),B(x 2,y 2),则有:x 1x 2=﹣8,直线AO 的方程为y=y 1x 1x;BD 的方程为x=x 2.解得交点D 的坐标为{x =x 2y =y 1x 2x1. 注意到x 1x 2=﹣8及x 12=4y 1,则有y=y 1x 1x 2x 12=−8y 14y 1=﹣2,因此D 点在定直线y=﹣2(x ≠0)上.(2)证明:依题设,切线l 的斜率存在且不等于0,设切线l 的方程为y=ax +b(a ≠0),代入x 2=4y 得x 2=4(ax +b),即x 2﹣4ax ﹣4b=0,由△=0得(4a)2+16b=0,化简整理得b=﹣a 2. 故切线l 的方程可写成y=ax ﹣a 2.分别令y=2、y=﹣2得N 1、N 2的坐标为N 1(2a +a,2)、N 2(﹣2a+a,﹣2),则|MN 2|2﹣|MN 1|2=(2a −a)2+42﹣(2a +a)2=8,即|MN2|2﹣|MN1|2为定值8.。
圆锥曲线有关最值问题研究PPT教学课件
1、看地图，辩方向。面对地图，通是 上北下南左西右东；
2、在有指向标北的方地图上，要根据 指向标 定方向，指向标的
箭头指向
方；
技巧：先转动地图，使指向标的经箭纬头线朝上，然后再按照 南北“上 北下南左西右东东”西来判断方向；
3、在有经纬网的地图上，要根据
定方向，经线指
基础过关
1、 地球表面积约
平方千米，地球平均半径约 千米，
；
练习 1、在海边看船从远方驶来，总是先看到桅杆，后看到船身，
而目送离岸的船总是船身先消失，桅杆后消失。这种现象是
由于 原因造成的。
2、 在地球仪上，划分东西半球的界线是
组成的经线圈，
划3、分瑶南瑶北的半爸球爸的是界一线名是海员，。一中天国她属打于电东话西问半他球爸的爸出半差球到，了
南什北么半地球方的，她爸半爸球神。秘地告诉瑶瑶说：“我现在的位置北边
B、通过地球仪可以方便地知道地球的地貌。
8、有关经纬线的说法正确的是：
A、东经和西经的分界线是0°经线
B、东西半球的分界线是0°和180°经线组成的经线圈
C、西经20°以东为西半球
D、所有纬线均不等长
9、已知某地西侧是东半球，东侧是西半球，该地经度肯定是：
A、180° B、0° C、20°W D、160°E
经线和经度
1、经线的形状： 半圆
（1）所有的经线都是 都相等；
（2）所有经线的南长北度
；
（3）经线指示
方向。 本初子午线
2、经度：
180
（1）地球上的零度经线叫做WE
；
（2）从本初子午线向东西各分 度；
增大
（3） 以东的为东经，用
表示；
（4） 以西的为西经，用 表示；
2020年高考数学圆锥曲线中的最值问题(共16张PPT)
x
y
t cos 1 t sin
代入
2x2
y2
2
0
得
(1 cos2 )t2 2sin t 1 0
设
P, Q
对应的参数为 t1, t2
，则 t1
t2
2 cos 1 cos2
, t1t2
1
1 cos2
所以| PQ || t1 t2 |
(t1
t2 )2
4t1t2
1
22 cos2
因为
PQ
的最大值为__________.
解析：题目中点 P 是一动点，点 B 是椭圆的右焦点，因此在椭圆上的一个动点和焦点的 连线经常需要考虑这个点和另外一个焦点，即把动点放到焦点三角形中考虑，因
为 PF PB 2a 10，所以 PB 10 PF, PA PB PA PF 10 ，接下来需 要求 PA PF 10 的最大值。 因为如果 P, A, F 能构成三角形， PA PF AF ，因此当取得最大值时 P, A, F 三点共线， PA PF 10 AF 10 15
例 3：已知 P(x, y) 是抛物线上的点，则 (x 3)2 ( y 2)2 x 的最大值是________.
解析： (x 3)2 ( y 2)2 x (x 3)2 ( y 2)2 (x 1)2 y2 1 题目转化为点 P(x, y) 到点 A(3, 2) 的距离减去到点 M (1, 0) 的距离加 1 因此当 A, M , P 三点共线时取得最大值，最大值为| AM | 1，剩余步骤省
4x
2b
0
令 0，则b 2
则直线 y 2x 2 与 y 2x 2 之间的距离即为高的最大值，因此可以求出面积 的最大值。
例 7：点 P 在抛物线 y2 x 上，点 Q 在圆 (x 1)2 ( y 4)2 1，则| PQ |的最小值为 2
高三数学圆锥曲线中的最值问题课件(与“问题”有关的文档共10张)
B
题 的两个顶点，C、D是椭圆上两点，
且 分 别 在AB两 侧 ， 则 四 边 形ABCD
O
面 积 的 最 大 值 是_1_2__2____.
D
C x
A
例1.设实数 x，y满足x2 y2 1 16 9
则3x4y的最大值_是 1_2 _2__， _
最小值是 __1_2_2__. _
y
3
O ( t ,0 )
一 想
x2 y2 a2 b2 1
y2 2px
2.若 将 3x4y换 成 y4如何求其范围呢？ x3
y
Q(3,4) 利用几何意义：看成PQ 的斜率
k2
O
P
x k ,k 1 k 2 ,
k 1 第二页，共10页。
圆锥曲线中的最值问题（一）
变 如图，已知A、B是椭圆x2 y2 1
y
16 9
转移法
D
C
要善双 于结合图形曲 ，通过C 数、 形线 结D 合将以 抽象过 A 的、 问题B 、繁为 杂的问题 焦点，由 称双 性 C 、 曲 D 知 关 线 y于 轴 的 对 .
圆锥曲线中的最值问题（一）
设 双 曲 线x的 y方 1程 ，e为 则 c 记A(c,0) 化归为动态的形的问题，从而使问题顺利解决.
y
y
PQ
B
O
F
x
P
B
P2
P1 F1 O
F
x
利用圆锥曲线的定义将折线段和的问题化归为平面上直线段最短来解决.
第六页，共10页。
小结
圆锥曲线中的最值问题（一）
y
例3. 如图，已知A梯 BC形中 D| AB|2|CD|，
点E分有向线A段 C所成的比 ， 为双曲线 C、 过 D
高三数学圆锥曲线中的最值问题 优质课件
25 9
17
题
则| PBB||5| |PPQF ||的最小值 ____4_____;
4
| PB | | PF |的最小值 __1_0____3_7__ .
y
y
PQ
B
O
F
x
P
B
P2
P1 F1 O
F
x
利用圆锥曲线的定义将折线段和的问题化归为平面上直线段最短来解决.
小结
圆锥曲线中的最值问题（一）
y
16 9
B
题 的 两 个 顶 点 ，C、D是 椭 圆 上 两 点 ，
且 分 别 在AB两 侧 ， 则 四 边 形ABCD
O
面 积 的 最 大 值 是_1_2___2___.
D
C x
A
例1.设 实 数x，y满 足 x2 y2 1 16 9
则3x 4 y的 最 大 值 是_1_2__2__，
y2 b2
1(a
0，b
0)的 离
心率，则e1 e2的最小值是___2__2__.
想 1. 已知双曲线 x 2 y2 1，过其右焦点F的直线l交
一
16 9 双曲线于AB，若 | AB | 5，则直线l有 __2__ 个.
想
y
y
P
O
Fx
F1 O
F2
x
2.已
知
椭
圆
x a
2 2
y2 b2
记A(c,0)
则C( c , h) 2
E( x0 , y0 )
设双曲线的方程为 x2 a2
y2 b2
1，则e
c a
由定比分点坐标公式得：x0
高三总复习数学精品课件 圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题
14
【解】 (1)由题意可得ac＝ 23， 2c＝2 3，
解得ac＝＝2，3， 所以 b2＝a2－c2＝1， 故椭圆 C 的方程为x42＋y2＝1.
15
(2)证明：设直线 l 的方程为 y＝－12x＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)． 由xy4＝2＋－y212＝x＋1，m，消去 y 得 x2－2mx＋2(m2－1)＝0. 则 Δ＝4m2－8(m2－1)＝4(2－m2)>0， 且 x1＋x2＝2m，x1x2＝2(m2－1)，
7
1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”) (1)直线 y＝kx(k≠0)与双曲线 x2－y2＝1 一定相交． (2)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． (3)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切． (4)过点(2，4)的直线与椭圆x42＋y2＝1 只有一条切线．
(× ) (√ ) (√ )
34
技法三 目标函数法
(2020·河北九校第二次联考)椭圆xa22＋by22＝1(a>b>0)的左焦点为 F，短
轴长为 2
3，右顶点为
A，上顶点为
B，△ABF
的面积为3 2
3 .
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过 A 作直线 l 与椭圆交于另一点 M，连接 MF 并延长交椭圆于点 N，当
△AMN 的面积最大时，求直线 l 的方程．
26
联立得y＝1－x1mx＋1， y＝－4（mx＋1 1）x－1，
解得点 D 的纵坐标为 yD＝－ －1144xx2121－ ＋mm22＋ －11. 因为点 M 在椭圆 C 上，所以x421＋m2＝1， 则 yD＝0. 所以点 D 在 x 轴上．
27
范围(最值)问题
2020版高考理科数学突破二轮复习新课标通用讲义：专题五第3讲圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
【基本不等式法】 (2014 ·高考课标全国卷 Ⅰ )
已知点
A(0，－ 2)，椭圆
E：
x2 a2＋
y2 b2＝
1(
a>b
>0)
的离心率为 3， F 是椭圆 E 的右焦点，直线 2
8k±2 4k2－3 2＝ 4k2＋1 ， [关键 2： 设出直线方程 ， 并与椭圆方程联立 ，利用根与系数的关系求 出 A， B两点的横坐标与参数 k的关系式 ]
AF 的斜率为
2 3， O 为坐标原点 3
.
(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 .
从而 |PQ|＝ k 2＋ 1|x1 －x2 |＝
4 k2＋ 1· 4k2 － 3
4k2 ＋1
.
又点 O 到直线 PQ 的距离 d＝
u(3k2＋ 2) xG＝ 2＋ k2 ，由此得
yG＝
2
uk3 ＋ k2.
[ 关键 3： 正确求出 G点的坐标 ]
(2)过坐标原点的直线交
C 于 P，Q 两点， 点 P
3
2u＋kk2－uk
从而直线
PG 的斜率为
u(3k2＋ 2) 2＋ k2
－
＝－ u
在第一象限， PE⊥ x 轴，垂足为 E，连接 QE 1
y)满足直线 AM 与 BM 的斜率之积为－ 2.记 M
u).[ 关键 2： 求直线 QG的方程 ]
的轨迹为曲线 C.
(1)求 C 的方程，并说明 C 是什么曲线；
k
由
y＝
2
2
(x－
2
u
)，
得
第3讲 大题专攻——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 2023高考数学二轮复习课件
当t∈(2，3)时，u′＞0，u＝4t3－t4单调递增，
当t∈(3，4)时，u′＜0，u＝4t3－t4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3 4
3.
目录
圆锥曲线中的范围问题
【例2】 已知抛物线E：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点P在抛物线E上，点P 的横坐标为2，且|PF|＝2. (1)求抛物线E的标准方程； 解 法一：依题意得 F0，2p，设 P(2，y0)，则 y0＝2－p2，因为点 P 是抛 物线 E 上一点，所以 4＝2p2－2p，即 p2－4p＋4＝0，解得 p＝2.所以抛物 线 E 的标准方程为 x2＝4y. 法二：依题意，设 P(2，y0)，代入抛物线 E 的方程 x2＝2py 可得 y0＝2p，由 抛物线的定义可得|PF|＝y0＋p2，即 2＝2p＋p2，解得 p＝2.所以抛物线 E 的 标准方程为 x2＝4y.
4 1＋k2· k2＋b.
因为x2＝4y，即y＝x42，所以y′＝x2，则抛物线在点A处的切线斜率为
x1 2
，在
点A处的切线方程为y－x421＝x21(x－x1)，即y＝x21x－x421，
目录
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x22x－x422，
联立得yy＝ ＝xx2212xx－－xx442212， ，则xy＝＝xx114x＋22＝x2－＝b2，k， 即P(2k，－b)．
＋ 2， 圆心O(0，0)到MN的距离d＝ m22＋1＝1⇒m2＝1.
联立xx＝ 2＋m3yy＋2＝32，⇒(m2＋3)y2＋2 2my－1＝0⇒4y2＋2 2my－1＝0，
|MN|＝
1＋m2·
8m2＋16＝ 4
圆锥曲线的有关最值PPT优秀课件
2 2 5 . 已 知 椭 圆 3 x + 1 2 y = 3 6 和 直 线 L : x y + 9 = 0 , 在 L 上 任 取
一 点 M , 经 过 点 M 且 以 椭 圆 的 焦 点 F , F 为 焦 点 作 椭 圆 . 1 2
求 M 在 何 处 时 所 作 的 椭 圆 长 轴 最 短 , 并 求 出 此 椭 圆 的 方 程 .
8 p ( p 2 a )
0 | A B |2 p ,0 8 p ( p 2 ap ) 2 p p 解 得 : a . 2 4
( 2 ) 设的 A B垂 直 平 分 线 交于令 A BQ , 坐 标 为 ( x ,y ) , 则 由 3 3 中 点 坐 标 公 式 , 得 x x y y ( x a ) ( x a ) 1 2 1 2 1 2 x a p ,y p , 3 3 2 2 2
圆锥曲线的有关最值
高三——圆锥曲线轮复习
教学目标： 灵活运用代数、三角、几何方法求解析 几何中的有关最值问题.
一、代数法： 借助代数函数求最值的方法，运用代数法时，先要 建立“目标函数”，然后根据“目标函数”的特点 灵活运用求最值的方法。常用的方法有： 1、配方法：将“目标函数”与二次函数在某一闭区 间上的最值联系起来。 2、基本不等式法：转化为定和或定积问题。
2 2 83 k ( 1 k ) 4 2 1 3 ( 当 k 时 取 等 号 ) 2 2 ( 14 k) 3 3
解 法 2 : 设 椭 圆 上 的 点 ( 2 c o s , s i n ) , 设 弦 长 l 1 64 2 2 21 l 4 c o s ( s i n 1 ) 3 ( s i n ) 3 . 3 33
高优指导2020高考数学二轮复习 专题七 解析几何 第三讲 圆锥曲线的综合应用课件 理
∵u=k2+���1���2≥2,当 k=±1 时,u=2,S=9265,
且 S 是以 u 为自变量的增函数,
∴9265≤S<4. 综上可知,9265≤S≤4. 故四边形 DMEN 面积的最大值为 4,最小值为9265.
考点1 考点2 考点3 考点4
轨迹问题
例 3(2014 吉林长春调研,20)已知平面上动点 P(x,y)及两个定
,
∴四边形的面积 S=|������������|2·|������������| =
1 2
·4
3(������2+1) 2+3������2
4
·
3 ������12+1 2+������32
= 264���������2���+2+������12������12++123.
令 u=k2+���1���2,得 S=2143(2++6������������)=4-13+4 6������,
考点1 考点2
最值问题
考点3
考点4
例 2(2014 课标全国Ⅰ高考,理 20)已知点 A(0,-2),椭圆 E:������������22 +
������������22=1(a>b>0)的离心率为 23,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.
设 4������2-3=t,则 t>0,S△OPQ=������24+������4 = ������+44������. 因为 t+4������≥4,当且仅当 t=2,即 k=±27时等号成立,且满足 Δ>0.