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课时范围最值问题课件文苏教版
高三数学一轮复习第九篇平面解析几何第7节圆锥曲线的综合问题第二课时最值范围证明专题课件理
l 的方程为 y= 7 x-2 或 y=- 7 x-2.
2
2
反思归纳 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:一是利用几何方法,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.
则 8k2-1>0,即 k2> 1 , 8
所以 1 <k2< 1 .
8
5
由①得 t2=
36k 2
1 4k 2
=9-
9
1 4k 2
,
由②得 3<t2<4,
所以-2<t<-
3或
3 <t<2.
故实数 t 的取值范围为(-2,-
3
)∪(
② 3 ,2).
(教师备用)【即时训练】 在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: x2 + y2
【即时训练】 已知椭圆 E的中心在坐标原点、对称轴为坐标轴,且抛物线
x2=-4 2y的焦点是它的一个焦点,又点A(1, 2)在该椭圆上. (1)求椭圆 E 的方程;
反思归纳 (1)基本不等式是几个正数和与积的转化的依据,不但可直接 解决和与积的不等问题,而且通过结合不等式性质、函数单调性等还可 解决其他形式的不等式.如:和与平方和、和与倒数和、和与根式和、和 与两数之积的和等. (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.
3
高考数学大一轮复习第九章平面解析几何9.8曲线与方程课件
题型分类 深度剖析
题型一 定义法求轨迹方程
例1 已知两个定圆O1和O2，它们的半径分别是1和2，且|O1O2|＝4.动 圆M与圆O1内切，又与圆O2外切，建立适当的坐标系，求动圆圆心M 的轨迹方程，并说明轨迹是何种曲线. 解答
思维升华
应用定义法求曲线方程的关键在于由已知条件推出关于动点的等量关 系式，由等量关系结合曲线定义判断是何种曲线，再设出标准方程， 用待定系数法求解.
跟踪训练1 已知△ABC的顶点A(－5,0)，B(5,0)，△ABC的内切圆圆心
在直线x＝3上，则顶点C的轨迹方程是
答案
解析
A.x92－1y62 ＝1
B.1x62 －y92＝1
C.x92－1y62 ＝1 (x>3)
D.x92－1y62 ＝1 (x>4)
如图，|AD|＝|AE|＝8，
|BF|＝|BE|＝2，|CD|＝|CF|，
C.圆
D.双曲线
答案
解析
设 C(x，y)，则O→C＝(x，y)，O→A＝(3,1)，O→B＝(－1,3)， ∵O→C＝λ1O→A＋λ2O→B， ∴x＝3λ1－λ2，
y＝λ1＋3λ2， 又λ1＋λ2＝1，∴x＋2y－5＝0，表示一条直线.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
设 Q(x，y)，则O→P＝－12O→Q＝(－2x，－2y)，
即 P 点坐标为(－2x，－2y)，又 P 在椭圆上， 则有－a22x2＋－b22y2＝1，即4xa22＋4yb22＝1.
1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13
10.已知圆的方程为x2＋y2＝4，若抛物线过点A(－1,0)，B(1，0)且以圆 的切线为准线，则抛物线的焦点轨迹方程是__x_42_＋__y3_2_＝__1_(y_≠__0. )
近年高考数学一轮复习第九章平面解析几何9.8圆锥曲线的综合问题练习理(2021年整理)
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§9。
8 圆锥曲线的综合问题考纲解读分析解读 1.会处理动曲线(含直线）过定点的问题.2。
会证明与曲线上的动点有关的定值问题.3。
会按条件建立目标函数,研究变量的最值问题及变量的取值范围问题,注意运用“数形结合”“几何法”求某些量的最值.4.能与其他知识交汇,从假设结论成立入手，通过推理论证解答存在性问题.5.本节在高考中围绕直线与圆锥曲线的位置关系,展开对定值、最值、参数取值范围等问题的考查,注重对数学思想方法的考查，分值约为12分，难度偏大。
五年高考考点一定值与最值及范围问题1。
(2017浙江,21,15分)如图,已知抛物线x2=y，点A，B,抛物线上的点P（x,y).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.解析（1）设直线AP的斜率为k，k==x—，因为—〈x〈,所以直线AP斜率的取值范围是（-1,1)。
（2）解法一：联立直线AP与BQ的方程解得点Q的横坐标是x Q=。
因为｜PA｜==(k+1)，｜PQ|=（x Q-x）=-，所以｜PA|·|PQ｜=-（k—1)（k+1)3,令f(k)=-(k—1)（k+1）3。
课标通用版2020版高考数学大一轮复习第九章平面解析几何第9讲圆锥曲线中的证明范围最值问题课件文
所以 S△OAB＝12|AB|·d＝12×43
3－m2×|m2|＝
2 3
m2（3－m2）.
因为 m2(3－m2)≤m2＋23－m22＝94，当且仅当 m2＝3－m2，即
m2＝32时取等号，
所以
S△OAB≤
32×32＝
22，即△OAB
面积的最大值为
2 2.
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．
【证明】 (1)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x421＋y312＝1，x422＋y322＝ 1. 两式相减，并由xy11－－xy22＝k 得x1＋4 x2＋y1＋3 y2·k＝0. 由题设知x1＋2 x2＝1，y1＋2 y2＝m，于是 k＝－43m. 由题设得 0<m<32，故 k<－12.
的研究方向；分析小说，一般都是从人物、环境、情节三个要素入手；写记叙文，则要从时间、地点、人物和事情发生的起因、经过、结果六个方面进
行叙述。这些都是语文学习中的一些具体方法。其他的科目也有适用的学习方法，如解数学题时，会用到反正法；换元法；待定系数法；配方法；消元
法；因式分解法等，掌握各个科目的方法是大家应该学习的核心所在。
当且仅当 t2＝78时，等号成立．
故△AOB 面积的最大值为 1.
编后语
听课对同学们的学习有着非常重要的作用。课听得好好，直接关系到大家最终的学习成绩。如何听好课，同学们可以参考如下建议：
高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 9.9 圆锥曲线的综合问题 第2课时 范围、最值问题教师用
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 (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＋12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫c 22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫b 22， 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 ＋c2＋⎝⎛⎭⎪⎫233c －02＝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 ＝y x ＋1，即直线FP 的方程为y ＝t (x ＋1)(x ≠－1)，与椭圆方程联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝t x ＋，x 23＋y22＝1，消去y ，整理得2x 2＋3t 2(x ＋1)2＝6， 又由已知，得t ＝6－2x2x ＋2＞2，解得－32＜x ＜－1或－1＜x ＜0.设直线OP 的斜率为m ，得m ＝y x ，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.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．(2016·扬州模拟)如图，已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，P 是椭圆上一点，点M 在PF 1上，且满足F 1M →＝λMP →(λ∈R )，PO ⊥F 2M ，O 为坐标原点．(1)若椭圆的方程为x 28＋y 24＝1，且点P 的坐标为(2，2)，求点M 的横坐标；(2)若λ＝2，求椭圆离心率e 的取值范围． 解 (1)因为椭圆的方程为x 28＋y 24＝1，所以点F 1的坐标为(－2,0)，点F 2的坐标为(2,0)，所以k OP ＝22，2F M k ＝－2，1F M k ＝24， 所以直线F 2M 的方程为y ＝－2(x －2)， 直线F 1M 的方程为y ＝24(x ＋2)． 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－2x －，y ＝24x ＋， 解得x ＝65，所以点M 的横坐标为65.(2)设点P 的坐标为(x 0，y 0)，点M 的坐标为(x M ，y M )， 因为F 1M →＝2MP →，所以F 1M →＝23(x 0＋c ，y 0)＝(x M ＋c ，y M )，所以点M 的坐标为(23x 0－13c ，23y 0)，F 2M →＝(23x 0－43c ，23y 0)．因为PO ⊥F 2M ，OP →＝(x 0，y 0)，所以(23x 0－43c )x 0＋23y 20＝0，即x 20＋y 20＝2cx 0.联立⎩⎪⎨⎪⎧x 20＋y 20＝2cx 0，x 20a 2＋y 2b2＝1，消去y 0，得c 2x 20－2a 2cx 0＋a 2(a 2－c 2)＝0， 解得x 0＝a a ＋c c 或x 0＝a a －cc. 因为－a <x 0<a ，所以x 0＝a a －cc∈(0，a )， 所以0<a 2－ac <ac ，解得e >12.又椭圆离心率e ∈(0,1)，故椭圆离心率e 的取值范围为(12，1)．题型二 最值问题命题点1 利用三角函数有界性求最值例2 (2016·徐州模拟)过抛物线y 2＝4x 的焦点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点O 是坐标原点，则AF ·BF 的最小值是_____. 答案 4解析 设直线AB 的倾斜角为θ，可得AF ＝21－cos θ，BF ＝21＋cos θ，则AF ·BF ＝21－cos θ×21＋cos θ＝4sin 2θ≥4. 命题点2 数形结合利用几何性质求最值例3 (2015·江苏)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_____________． 答案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. 命题点3 转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值例4 (2016·山东)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的长轴长为4，焦距为2 2.(1)求椭圆C 的方程．(2)过动点M (0，m )(m ＞0)的直线交x 轴于点N ，交C 于点A ，P (P 在第一象限)，且M 是线段PN 的中点．过点P 作x 轴的垂线交C 于另一点Q ，延长QM 交C 于点B .①设直线PM ，QM 的斜率分别为k ，k ′，证明k ′k为定值； ②求直线AB 的斜率的最小值． (1)解 设椭圆的半焦距为c . 由题意知2a ＝4,2c ＝2 2. 所以a ＝2，b ＝a 2－c 2＝ 2. 所以椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1.(2)①证明 设P (x 0，y 0)(x 0＞0，y 0＞0)． 由M (0，m )，可得P (x 0,2m )，Q (x 0，－2m )．所以直线PM 的斜率k ＝2m －m x 0＝mx 0.直线QM 的斜率k ′＝－2m －m x 0＝－3m x 0.此时k ′k ＝－3.所以k ′k为定值－3. ②解 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)． 由①知直线PA 的方程为y ＝kx ＋m ，则 直线QB 的方程为y ＝－3kx ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y22＝1，整理得(2k 2＋1)x 2＋4mkx ＋2m 2－4＝0， 由x 0x 1＝2m 2－42k 2＋1，可得x 1＝m 2－k 2＋x 0，所以y 1＝kx 1＋m ＝2km 2－k 2＋x 0＋m .同理x 2＝m 2－k 2＋x 0，y 2＝－6k m 2－k 2＋x 0＋m . 所以x2－x 1＝m 2－k 2＋x 0－2m 2－k 2＋x 0＝－32k 2m 2－k 2＋k 2＋x 0，y 2－y 1＝－6k m 2－k 2＋x 0＋m －2k m 2－k 2＋x 0－m ＝－8kk 2＋m 2－k 2＋k 2＋x 0，所以k AB ＝y 2－y 1x 2－x 1＝6k 2＋14k ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫6k ＋1k ，由m ＞0，x 0＞0，可知k ＞0，所以6k ＋1k ≥26，当且仅当k ＝66时取“＝”．因为P (x 0,2m )在椭圆x 24＋y 22＝1上，所以x 0＝4－8m 2，故此时2m －m4－8m 2－0＝66， 即m ＝147，符合题意．所以直线AB 的斜率的最小值为62. 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．(2017·扬州预测)已知圆(x －a )2＋(y ＋1－r )2＝r 2(r >0)过点F (0,1)，圆心M的轨迹为C .(1)求轨迹C 的方程；(2)设P 为直线l ：x －y －2＝0上的点，过点P 作曲线C 的两条切线PA ，PB ，当点P (x 0，y 0)为直线l 上的定点时，求直线AB 的方程；(3)当点P 在直线l 上移动时，求AF ·BF 的最小值． 解 (1)依题意，由圆过定点F 可知轨迹C 的方程为x 2＝4y . (2)抛物线C 的方程为x 2＝4y ，即y ＝14x 2，求导得y ′＝12x .设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(其中y 1＝x 214，y 2＝x 224)，则切线PA ，PB 的斜率分别为12x 1，12x 2，所以切线PA 的方程为y －y 1＝x 12(x －x 1)， 即y ＝x 12x －x 212＋y 1，即x 1x －2y －2y 1＝0.同理可得切线PB 的方程为x 2x －2y －2y 2＝0. 因为切线PA ，PB 均过点P (x 0，y 0)， 所以x 1x 0－2y 0－2y 1＝0，x 2x 0－2y 0－2y 2＝0，所以(x 1，y 1)，(x 2，y 2)为方程x 0x －2y 0－2y ＝0的两组解． 所以直线AB 的方程为x 0x －2y －2y 0＝0. (3)由抛物线定义可知AF ＝y 1＋1，BF ＝y 2＋1， 所以AF ·BF ＝(y 1＋1)(y 2＋1)＝y 1y 2＋(y 1＋y 2)＋1，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧x 0x －2y －2y 0＝0，x 2＝4y ，消去x 整理得y 2＋(2y 0－x 20)y ＋y 20＝0，由一元二次方程根与系数的关系可得y 1＋y 2＝x 20－2y 0，y 1y 2＝y 20，所以AF ·BF ＝y 1y 2＋(y 1＋y 2)＋1＝y 20＋x 20－2y 0＋1. 又点P (x 0，y 0)在直线l 上，所以x 0＝y 0＋2， 所以y 20＋x 20－2y 0＋1＝2y 20＋2y 0＋5＝2(y 0＋12)2＋92，所以当y 0＝－12时，AF ·BF 取得最小值，且最小值为92.1．(2016·昆明两区七校调研)过抛物线y 2＝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 (14，1＋22]解析 记点A 的横坐标是x 1，则有AF ＝x 1＋14＝(14＋AF ·cos θ)＋14＝12＋AF ·cos θ， AF (1－cos θ)＝12，AF ＝1－cos θ.由π4≤θ<π得－1<cos θ≤22，2－2≤2(1－cos θ)<4，14<1－cos θ≤12－2＝1＋22， 即AF 的取值范围是(14，1＋22]．2．已知P 为双曲线C ：x 29－y 216＝1上的点，点M 满足|OM →|＝1，且OM →·PM →＝0，则当|PM →|取得最小值时点P 到双曲线C 的渐近线的距离为________． 答案125解析 由OM →·PM →＝0，得OM ⊥PM ，根据勾股定理，求MP 的最小值可以转化为求OP 的最小值，当OP 取得最小值时，点P 的位置为双曲线的顶点(±3,0)，而双曲线的渐近线为4x ±3y ＝0，∴所求的距离d ＝125.3．已知F 1，F 2分别是双曲线x 2a 2－y 2b2＝1(a >0，b >0)的左，右焦点，对于左支上任意一点P 都有PF 22＝8a ·PF 1(a 为实半轴长)，则此双曲线的离心率e 的取值范围是__________． 答案 (1,3]解析 由P 是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义，得PF 2＝2a ＋PF 1，所以PF 22PF 1＝PF 1＋4a2PF 1＋4a ＝8a ，所以PF 1＝2a ，PF 2＝4a ，在△PF 1F 2中，PF 1＋PF 2≥F 1F 2， 即2a ＋4a ≥2c ，所以e ＝c a≤3. 又e >1，所以1<e ≤3.4．(2016·宿迁质检)若点O 和点F 分别为椭圆x 29＋y 28＝1的中点和左焦点，点P 为椭圆上的任意一点，则OP →·FP →的最小值为________． 答案 6解析 点P 为椭圆x 29＋y 28＝1上的任意一点，设P (x ，y )(－3≤x ≤3，－22≤y ≤22)，依题意得左焦点F (－1,0)，∴OP →＝(x ，y )，FP →＝(x ＋1，y )， ∴OP →·FP →＝x (x ＋1)＋y 2＝x 2＋x ＋72－8x 29＝19·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234. ∵－3≤x ≤3，∴32≤x ＋92≤152，∴94≤⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤2254， ∴14≤19⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922≤22536， ∴6≤19·⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋922＋234≤12，即6≤OP →·FP →≤12.故最小值为6.5．(2017·郑州第一次质量预测)已知椭圆C 1：x 2m ＋2－y 2n ＝1与双曲线C 2：x 2m ＋y 2n＝1有相同的焦点，则椭圆C 1的离心率e 1的取值范围为________． 答案 (22，1) 解析 ∵椭圆C 1：x 2m ＋2－y 2n＝1，∴a 21＝m ＋2，b 21＝－n ，c 21＝m ＋2＋n ，e 21＝m ＋2＋n m ＋2＝1＋n m ＋2. ∵双曲线C 2：x 2m ＋y 2n＝1，∴a 22＝m ，b 22＝－n ，c 22＝m －n ，∴由条件知m ＋2＋n ＝m －n ，则n ＝－1， ∴e 21＝1－1m ＋2. 由m >0，得m ＋2>2，1m ＋2<12，－1m ＋2>－12， ∴1－1m ＋2>12，即e 21>12，而0<e 1<1， ∴22<e 1<1. 6．已知F 为抛物线y 2＝x 的焦点，点A ，B 在该抛物线上且位于x 轴的两侧，OA →·OB →＝2(其中O 为坐标原点)，则△ABO 与△AFO 面积之和的最小值是________． 答案 3解析 依题意不妨设A (x 1，x 1)，B (x 2，－x 2)，OA →·OB →＝2⇒x 1x 2－x 1x 2＝2⇒x 1x 2＝2或x 1x 2＝－1(舍去)．当x 1＝x 2时，有x 1＝x 2＝2，则S △ABO ＋S △AFO ＝22＋28＝1728；当x 1≠x 2时，直线AB 的方程为y －x 1＝x 1＋x 2x 1－x 2(x －x 1)，则直线AB 与x 轴的交点坐标为(2,0)．于是S △ABO ＋S △AFO ＝12×2×(x 1＋x 2)＋12×14x 1＝98x 1＋x 2≥298x 1x 2＝3(当且仅当98x 1＝x 2时取“＝”)，而1728>3，故填3.7．已知椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b2＝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M ，N 两点．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 (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 ＋t2. 设线段PA 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1.8. (2016·苏北四市联考)如图，在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的离心率e ＝12，左顶点为A (－4,0)，过点A 作斜率为k (k ≠0)的直线l 交椭圆C 于点D ，交y 轴于点E .(1)求椭圆C 的标准方程；(2)已知P 为AD 的中点，是否存在定点Q ，对于任意的k (k ≠0)都有OP ⊥EQ ？若存在，求出点Q 的坐标；若不存在，请说明理由．(3)若过点O 作直线l 的平行线交椭圆C 于点M ，求AD ＋AEOM的最小值． 解 (1)因为左顶点为A (－4,0)， 所以a ＝4，又e ＝12，所以c ＝2.又因为b 2＝a 2－c 2＝12，所以椭圆C 的标准方程为x 216＋y 212＝1.(2)直线l 的方程为y ＝k (x ＋4)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，y ＝k x ＋，得x 216＋[k x ＋212＝1，化简，得(x ＋4)[(4k 2＋3)x ＋16k 2－12]＝0， 所以x 1＝－4，x 2＝－16k 2＋124k 2＋3. 当x ＝－16k 2＋124k 2＋3时，y ＝k (－16k 2＋124k 2＋3＋4)＝24k 4k 2＋3， 所以点D 的坐标为(－16k 2＋124k 2＋3，24k4k 2＋3)． 因为P 为AD 的中点，所以点P 的坐标为(－16k 24k 2＋3，12k4k 2＋3)，则k OP ＝－34k(k ≠0)．直线l 的方程为y ＝k (x ＋4)，令x ＝0，得点E 的坐标为(0,4k )． 假设存在定点Q (m ，n )(m ≠0)，使得OP ⊥EQ ，则k OP k EQ ＝－1， 即－34k ·n －4k m＝－1，所以(4m ＋12)k －3n ＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧4m ＋12＝0，－3n ＝0， 解得⎩⎪⎨⎪⎧m ＝－3，n ＝0，因此定点Q 的坐标为(－3,0)．(3)因为OM ∥l ，所以OM 的方程可设为y ＝kx ，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，y ＝kx ，得点M 的横坐标为x ＝±434k 2＋3.由OM ∥l ， 得AD ＋AE OM ＝|x D －x A |＋|x E －x A ||x M |＝x D －2x A|x M |＝－16k 2＋124k 2＋3＋8434k 2＋3＝13·4k 2＋94k 2＋3＝13(4k 2＋3＋64k 2＋3)≥22， 当且仅当4k 2＋3＝64k 2＋3，即k ＝±32时取等号． 所以当k ＝±32时，AD ＋AE OM取得最小值为2 2. 9．如图，O 为坐标原点，椭圆C 1：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左，右焦点分别为F 1，F 2，离心率为e 1；双曲线C 2：x 2a 2－y 2b 2＝1的左，右焦点分别为F 3，F4，离心率为e 2.已知e 1e 2＝32，且F 2F 4＝3－1.(1)求C 1，C 2的方程；(2)过F 1作C 1的不垂直于y 轴的弦AB ，M 为AB 的中点，当直线OM 与C 2交于P ，Q 两点时，求四边形APBQ 面积的最小值．解 (1)因为e 1e 2＝32，所以 a 2－b 2a ·a 2＋b 2a ＝32，即a 4－b 4＝34a 4，因此a 2＝2b 2，从而F 2(b,0)，F 4(3b,0)，于是3b －b ＝F 2F 4＝3－1，所以b ＝1，a 2＝2.故C 1，C 2的方程分别为x 22＋y 2＝1，x 22－y 2＝1.(2)因为AB 不垂直于y 轴，且过点F 1(－1,0)， 故可设直线AB 的方程为x ＝my －1.由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my －1，x 22＋y 2＝1得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0.易知此方程的判别式大于0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 1，y 2是上述方程的两个实根， 所以y 1＋y 2＝2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2. 因此x 1＋x 2＝m (y 1＋y 2)－2＝－4m 2＋2， 于是AB 的中点为M (－2m 2＋2，mm 2＋2)，故直线PQ 的斜率为－m 2，PQ 的方程为y ＝－m2x ，即mx ＋2y ＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－m2x ，x 22－y 2＝1得(2－m 2)x 2＝4，所以2－m 2>0，且x 2＝42－m 2，y 2＝m 22－m 2，从而PQ ＝2x 2＋y 2＝2m 2＋42－m2. 设点A 到直线PQ 的距离为d ， 则点B 到直线PQ 的距离也为d ， 所以2d ＝|mx 1＋2y 1|＋|mx 2＋2y 2|m 2＋4.因为点A ，B 在直线mx ＋2y ＝0的异侧，所以(mx 1＋2y 1)(mx 2＋2y 2)<0， 于是|mx 1＋2y 1|＋|mx 2＋2y 2| ＝|mx 1＋2y 1－mx 2－2y 2|， 从而2d ＝m 2＋y 1－y 2|m 2＋4.又因为|y 1－y 2|＝y 1＋y 22－4y 1y 2＝22·1＋m 2m 2＋2，所以2d ＝22·1＋m2m 2＋4.故四边形APBQ 的面积S ＝12·PQ ·2d＝22·1＋m 22－m2＝22·－1＋32－m2.而0<2－m 2≤2，故当m ＝0时，S 取得最小值2. 综上所述，四边形APBQ 面积的最小值为2.。
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．
第三页，共四十七页。
【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，
2021高考数学一轮复习第9章平面解析几何第8节圆锥曲线中的范围最值问题教学案文
第八节 圆锥曲线中的范围、最值问题(对应学生用书第165页)⊙考点1 范围问题圆锥曲线中范围问题的五个解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(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．(2019·大连模拟)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1，离心率为12，点F 1为圆M ：x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心．(1)求椭圆的方程；(2)已知过椭圆右焦点F 2的直线l 交椭圆于A ，B 两点，过点F 2且与直线l 垂直的直线l 1与圆M 交于C ，D 两点，求四边形ACBD 面积的取值范围．[解](1)由题意知c a ＝12，则a ＝2c .圆M 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而椭圆的左焦点为F 1(－1,0)，即c ＝1.所以a ＝2. 由b 2＝a 2－c 2，得b ＝ 3. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)可知椭圆右焦点F 2(1,0)．①当直线l 与x 轴垂直时，此时斜率k 不存在，直线l ：x ＝1，直线l 1：y ＝0，可得|AB |＝3，|CD |＝8，四边形ACBD 的面积为12.②当直线l 与x 轴平行时，此时斜率k ＝0，直线l ：y ＝0，直线l 1：x ＝1，可得|AB |＝4，|CD |＝43，四边形ACBD 的面积为8 3.③当直线l 与x 轴不垂直也不平行时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.显然Δ＞0，且x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12k 2＋14k 2＋3. 过点F 2(1,0)且与直线l 垂直的直线l 1：y ＝－1k(x －1)，则圆心到直线l 1的距离为2k 2＋1，所以|CD |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形ACBD 的面积S ＝12|AB ||CD |＝121＋14k 2＋3. 可得当直线l 与x 轴不垂直时，四边形ACBD 面积的取值范围为(12,83)． 综上，四边形ACBD 面积的取值范围为[12,83]．过点F 2的直线l 与l 1，有斜率不存在的情况，应分类求解．[教师备选例题](2019·石家庄模拟)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)上一点P (x 0,2)到焦点F 的距离|PF |＝2x 0.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点P 引圆M ：(x －3)2＋y 2＝r 2(0＜r ≤2)的两条切线PA ，PB ，切线PA ，PB 与抛物线C 的另一交点分别为A ，B ，线段AB 中点的横坐标记为t ，求t 的取值范围．[解](1)由抛物线定义，得|PF |＝x 0＋p2，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧2x 0＝x 0＋p2，2px 0＝4，p ＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，x 0＝1.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)由题意知，过P 引圆(x －3)2＋y 2＝r 2(0＜r ≤2)的切线斜率存在且不为0，设切线PA 的方程为y ＝k 1(x －1)＋2，则圆心M (3,0)到切线PA 的距离d ＝|2k 1＋2|k 21＋1＝r ，整理得，(r 2－4)k 21－8k 1＋r 2－4＝0.设切线PB 的方程为y ＝k 2(x －1)＋2，同理可得(r 2－4)k 22－8k 2＋r 2－4＝0. 所以k 1，k 2是方程(r 2－4)k 2－8k ＋r 2－4＝0的两根，k 1＋k 2＝8r 2－4，k 1k 2＝1.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －1＋2，y 2＝4x得，k 1y 2－4y －4k 1＋8＝0，由根与系数的关系知，2y 1＝8－4k 1k 1，所以y 1＝4－2k 1k 1＝4k 1－2＝4k 2－2，同理可得y 2＝4k 1－2.(8分)t ＝x 1＋x 22＝y 21＋y 228＝4k 2－22＋4k 1－228＝2(k 21＋k 22)－2(k 1＋k 2)＋1＝2(k 1＋k 2)2－2(k 1＋k 2)－3，设λ＝k 1＋k 2，则λ＝8r 2－4∈[－4，－2)， 所以t ＝2λ2－2λ－3，其图像的对称轴为λ＝12＞－2，所以9＜t ≤37.(2019·郑州模拟)已知椭圆的一个顶点A (0，－1)，焦点在x 轴上，离心率为3. (1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆交于不同的两点M ，N .当|AM |＝|AN |时，求m 的取值范围．[解](1)设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.故椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设P (x 0，y 0)为弦MN 的中点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0.则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－14k 2＋1. Δ＝(8km )2－16(4k 2＋1)(m 2－1)＞0，所以m 2＜1＋4k 2. ①所以x 0＝x 1＋x 22＝－4km 4k 2＋1，y 0＝kx 0＋m ＝m4k 2＋1.所以k AP ＝y 0＋1x 0＝－m ＋1＋4k 24km.又|AM |＝|AN |，所以AP ⊥MN ，则－m ＋1＋4k 24km ＝－1k，即3m ＝4k 2＋1. ②把②代入①得m 2＜3m ，解得0＜m ＜3. 由②得k 2＝3m －14＞0，解得m ＞13.综上可知，m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，3.⊙考点2 最值问题求解圆锥曲线中最值问题的两种方法(1)利用几何法：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；(2)利用代数法：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)，再求这个函数的最值，最值通常用基本不等式法、配方法、导数法求解．利用基本不等式求最值已知抛物线E ：y 2＝2px (0＜p ＜10)的焦点为F ，点M (t,8)在抛物线E 上，且|FM |＝10.(1)求抛物线E 的方程；(2)过点F 作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A ，B ，C ，D ，P 、Q 分别为弦AB 、CD 的中点，求△FPQ 面积的最小值．[解](1)抛物线E 的准线方程为x ＝－p2.由抛物线的定义可得|FM |＝t ＋p 2＝10，故t ＝10－p2.由点M 在抛物线上，可得82＝2p ⎝ ⎛⎭⎪⎫10－p 2，整理得p 2－20p ＋64＝0，解得p ＝4或p ＝16，又0＜p ＜10，所以p ＝4. 故抛物线E 的方程为y 2＝8x .(2)由(1)知抛物线E 的方程为y 2＝8x ，焦点为F (2,0)，由已知可得AB ⊥CD ，所以两直线AB ，CD 的斜率都存在且均不为0. 设直线AB 的斜率为k ，则直线CD 的斜率为－1k，故直线AB 的方程为y ＝k (x －2)．联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8xy ＝k x －2，消去x ，整理得ky 2－8y －16k ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝8k，因为P (x P ，y P )为弦AB 的中点，所以y P ＝12(y 1＋y 2)＝4k ，由y P ＝k (x P －2)得x P ＝y P k ＋2＝4k2＋2，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋2，4k .同理可得Q (4k 2＋2，－4k )． 故|QF |＝4k 2＋2－22＋－4k2＝16k 4＋16k 2＝4k21＋k2，|PF |＝16k 4＋16k 2＝41＋k2k2. 因为PF ⊥QF ，所以△FPQ 的面积S ＝12|PF |·|QF |＝12×41＋k 2k2×4k 21＋k2＝8×1＋k 2|k |＝8⎝⎛⎭⎪⎫|k |＋1|k |≥8×2|k |·1|k |＝16，当且仅当|k |＝1|k |，即k ＝±1时，等号成立．所以△FPQ 的面积的最小值为16.求点Q 的坐标时，可根据直线AB 与CD 的斜率关系，把点P 坐标中的k 换成－1k，即可得到点Q 的坐标．[教师备选例题]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. 利用二次函数求最值(2019·合肥模拟)已知直线l ：x －y ＋1＝0与焦点为F 的抛物线C ：y 2＝2px (p＞0)相切．(1)求抛物线C 的方程；(2)过焦点F 的直线m 与抛物线C 分别相交于A ，B 两点，求A ，B 两点到直线l 的距离之和的最小值．[解](1)∵直线l ：x －y ＋1＝0与抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)相切，联立⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1＝0，y 2＝2px ，消去x 得y 2－2py ＋2p ＝0，从而Δ＝4p 2－8p ＝0，解得p ＝2或p＝0(舍)．∴抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)由于直线m 的斜率不为0，可设直线m 的方程为ty ＝x －1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧ty ＝x －1，y 2＝4x ，消去x 得y 2－4ty －4＝0，∵Δ＞0，∴y 1＋y 2＝4t ，即x 1＋x 2＝4t 2＋2， ∴线段AB 的中点M 的坐标为(2t 2＋1,2t )．设点A 到直线l 的距离为d A ，点B 到直线l 的距离为d B ，点M 到直线l 的距离为d ，则d A ＋d B ＝2d ＝2·|2t 2－2t ＋2|2＝22|t 2－t ＋1|＝22⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋34， ∴当t ＝12时，A ，B 两点到直线l 的距离之和最小，最小值为322.本例第(2)问的关键是根据梯形中位线定理得到d A ＋d B ＝2d .[教师备选例题](2019·齐齐哈尔模拟)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，过点F 且斜率为1的直线与抛物线C 相交于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点Q (1,1)作直线交抛物线C 不同于R (1,2)的D ，E 两点，若直线DR ，ER 分别交直线l ：y ＝2x ＋2于M ，N 两点，求|MN |取最小值时直线DE 的方程．[解](1)由题意知，设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，直线AB 的方程为x ＝y ＋p2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，x ＝y ＋p2，得y 2－2py －p 2＝0，解得y ＝(1±2)p . 则|AB |＝x A －x B2＋y A －y B2＝2y A －y B2＝4p ＝8，∴p ＝2，∴抛物线的方程为y 2＝4x . (2)设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，由题意知，直线DE 的斜率存在且不为0. 设直线DE 的方程为x ＝m (y －1)＋1(m ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝m y －1＋1，消去x 得y 2－4my ＋4(m －1)＝0，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝4(m －1)．∴|y 2－y 1|＝y 1＋y 22－4y 1y 2＝4m 2－m ＋1.设直线DR 的方程为y ＝k 1(x －1)＋2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －1＋2，y ＝2x ＋2，解得x M ＝k 1k 1－2.又k 1＝y 1－2x 1－1＝y 1－2y 214－1＝4y 1＋2，∴x M ＝4y 1＋24y 1＋2－2＝－2y 1.同理得x N ＝－2y 2.∴|MN |＝5|x M －x N |＝5⎪⎪⎪⎪⎪⎪2y 2－2y 1＝25·⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 2－y 1y 1y 2＝25·m 2－m ＋1|m －1|. 令m －1＝t ，t ≠0，则m ＝t ＋1. ∴|MN |＝25t 2＋t ＋1t 2＝251t2＋1t＋1＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋34≥15. ∴当t ＝－2，m ＝－1时，|MN |取得最小值．此时直线DE 的方程为x ＝－(y －1)＋1，即x ＋y －2＝0.(2019·黄山模拟)已知点M (1，n )在抛物线y 2＝2px (p ＞0)上，且点M 到抛物线焦点的距离为2.直线l 与抛物线交于A ，B 两点，且线段AB 的中点为P (3,2)．(1)求直线l 的方程．(2)点Q 是直线y ＝x 上的动点，求QA →·QB →的最小值．[解](1)由题意知，抛物线的准线方程为x ＝－p 2，所以1＋p2＝2，解得p ＝2，所以抛物线的方程为y 2＝4x . 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 21＝4x 1，y 22＝4x 2， 则y 21－y 22＝4(x 1－x 2)， 即y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2＝42×2＝1， 所以直线l 的方程为y －2＝x －3， 即x －y －1＝0.(2)因为点A ，B 都在直线l 上，所以A (x 1，x 1－1)，B (x 2，x 2－1)，设Q (m ，m )， QA →·QB →＝(x 1－m ，x 1－(m ＋1))·(x 2－m ，x 2－(m ＋1))＝(x 1－m )(x 2－m )＋[x 1－(m ＋1)][x 2－(m ＋1)]＝x 1x 2－m (x 1＋x 2)＋m 2＋x 1x 2－(m ＋1)(x 1＋x 2)＋(m ＋1)2＝2x 1x 2－(2m ＋1)(x 1＋x 2)＋m 2＋(m ＋1)2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝x －1，得x 2－6x ＋1＝0，则x 1＋x 2＝6，x 1x 2＝1，所以QA →·QB →＝2－(2m ＋1)×6＋m 2＋m 2＋2m ＋1＝2m 2－10m －3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫m －522－312，当m ＝52时，QA →·QB →取得最小值，为－312.利用导数求最值(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 ＋32k 2＋1. 因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －1k ＋12k 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.|PA |·|PQ |用含k 的高次多项式表示，宜用导数求最值．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，点A 在C 上，若|AO |＝|AF |＝32.(1)求C 的方程；(2)设直线l 与C 交于P ，Q ，若线段PQ 的中点的纵坐标为1，求△OPQ 的面积的最大值． [解](1)∵点A 在抛物线C 上，|AO |＝|AF |＝32，∴p 4＋p 2＝32，∴p ＝2， ∴C 的方程为x 2＝4y .(2)设直线方程为y ＝kx ＋b ，代入抛物线方程，可得x 2－4kx －4b ＝0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，∴y 1＋y 2＝4k 2＋2b ， ∵线段PQ 的中点的纵坐标为1，∴2k 2＋b ＝1，△OPQ 的面积S ＝12·b ·16k 2＋16b ＝b 2＋2b ＝2·b 3＋b 2(0＜b ≤1)，设y ＝b 3＋b 2，y ′＝3b 2＋2b ＞0，故函数单调递增， ∴b ＝1时，△OPQ 的面积取得最大值为2.。
核按钮(新课标)高考数学一轮复习第九章平面解析几何9.8直线与圆锥曲线的位置关系课件文
(2)注意消元后非二次的情况，即当 a＝0 时，对应圆
锥曲线只可能是双曲线或抛物线．
当圆锥曲线是双曲线时，直线 l 与双曲线的渐近线的 位置关系是________；当圆锥曲线是抛物线时，直线 l 与
抛物线的对称轴的位置关系是________． (3)直线方程涉及斜率 k 要考虑其不存在的情形．
又∵y0＝x0＋m，∴P－m4 ，34m， 代入抛物线方程得196m2＝18·－m4 ，
解得 m＝0 或－8，经检验都符合．故填 0 或－8.
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类型二 定点问题
(2013·陕西)已知动圆过定点 A(4，0)，且在 y 轴上截得弦 MN 的长为 8.
(1)求动圆圆心的轨迹 C 的方程； (2)已知点 B(－1，0)，设不垂直于 x 轴的直线 l 与轨迹 C 交于不同的
又|O1A|＝ （x－4）2＋y2，
∴ （x－4）2＋y2＝ x2＋42，化简得 y2＝8x(x≠0)； 当 O1 在 y 轴上时，O1 与 O 重合，点 O1 的坐标(0，0)也满足方程 y2＝ 8x，∴动圆圆心的轨迹 C 的方程为 y2＝8x.
第十九页，共48页。
(2)证明：如图，
设直线 l 的方程为 y＝kx＋b(k≠0)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将 y＝kx＋b 代入 y2＝8x 中，得 k2x2＋(2kb－8)x＋b2＝0，其中Δ＝(2kb－8)2－4k2b2＝64－32kb>0，得 kb<2.
两式相减得（x1－x2）a（2 x1＋x2）＋（y1－y2）b（2 y1＋y2）＝0，
变形得－ba22（（xy11＋＋xy22））＝yx11－－yx22，即－22ba22＝－12，
新高考数学一轮总复习课件第九章第九节第二课时圆锥曲线中的最值问题
1 4， m2－8
其中 0＜m2＜12 ，所以 k＞0.
将直线 y＝Kx＋m 与椭圆方程联立，可得，
(2K2＋1) x2＋4Kmx＋2m2－4＝0.
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线 PA：y＝kx＋m，直线 QB：y＝－3kx＋m，
2m2－4
2m2－4
分别令 K＝k，K＝－3k 可得：x1p＝2k2＋1 ，x2p＝18k2＋1 ，
规律方法 几何方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．
对点训练
1．已知以圆 C：(x－1)2＋y2＝4 的圆心为焦点的抛物线 C1 与圆 C 在第一象限 交于 A 点，B 点是抛物线 C2：x2＝8y 上任意一点，BM 与直线 y＝－2 垂直，垂
m2－4＋
16 ≤
3
2
m2－4
16 ＝ 4 . 3
16
当且仅当
m2－4 ＝
3 m2－4 ，
即 m2＝238 时(此时适合Δ>0 的条件)取得等号．
33 故△MNF1 面积的最大值为 4 .
函数法求最值 x2 y2
【典例 3】已知椭圆a2 ＋b2 ＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为 F1 和 F2，由 M (－a，b)，N(a，b)，F2 和 F1 这 4 个点构成了一个高为 3 ，面积为 3 3 的等 腰梯形． (1)求椭圆的方程； (2)过点 F1 的直线和椭圆交于 A，B 两点，求△F2AB 面积的最大值．
2－n n
11
由 AD//EF 得m－n ＝m＋n ，所以m ＋n ＝1，
2021版高考数学一轮复习第9章解析几何第9节直线与圆锥曲线的综合问题第2课时最值范围证明问题课时跟
第二课时 最值、范围、证明问题A 级·基础过关 |固根基|1.(2019年全国卷Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的两个焦点，P 为椭圆C 上的点，O 为坐标原点．(1)若△POF 2为等边三角形，求椭圆C 的离心率；(2)如果存在点P ，使得PF 1⊥PF 2，且△F 1PF 2的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围． 解：(1)连接PF 1.由△POF 2为等边三角形可知在△F 1PF 2中，∠F 1PF 2＝90°，|PF 2|＝c ，|PF 1|＝3c ，于是2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(3＋1)c ，故椭圆C 的离心率为e ＝ca＝3－1.(2)由题意可知，满足条件的点P (x ，y )存在当且仅当12|y |·2c ＝16，y x ＋c ·y x －c＝－1，x 2a 2＋y 2b 2＝1， 即⎩⎪⎨⎪⎧c |y |＝16， ①x 2＋y 2＝c 2， ②x 2a 2＋y 2b 2＝1. ③由②③及a 2＝b 2＋c 2得y 2＝b 4c2.又由①知y 2＝162c2，故b ＝4.由②③及a 2＝b 2＋c 2得x 2＝a 2c2(c 2－b 2)，所以c 2≥b 2，从而a 2＝b 2＋c 2≥2b 2＝32， 故a ≥4 2.所以当b ＝4，a ≥42时，存在满足条件的点P . 所以b ＝4，a 的取值范围为[42，＋∞)．2．(2019年浙江卷)如图，已知点F (1，0)为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点．过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在抛物线上，使得△ABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记△AFG ，△CQG 的面积分别为S 1，S 2.(1)求p 的值及抛物线的准线方程；(2)求S 1S 2的最小值及此时点G 的坐标． 解：(1)由题意得，p2＝1，即p ＝2，所以抛物线的准线方程为x ＝－1.(2)设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，C (x C ，y C )，重心G (x G ，y G )． 令y A ＝2t ，t ≠0，则x A ＝t 2.由于直线AB 过点F ，故直线AB 的方程为x ＝t 2－12ty ＋1，代入y 2＝4x ，得y 2－2（t 2－1）ty －4＝0，故2ty B ＝－4，即y B ＝－2t，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t .又x G ＝13(x A ＋x B ＋x C )，y G ＝13(y A ＋y B ＋y C )及重心G 在x 轴上，所以2t －2t＋y C ＝0，得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝⎛⎭⎪⎫1t －t 2，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t ，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 4－2t 2＋23t 2，0. 所以直线AC 的方程为y －2t ＝2t (x －t 2)，得Q (t 2－1，0)． 由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2>2， 从而S 1S 2＝12|FG |·|y A |12|QG |·|y C |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 4－2t 2＋23t 2－1·|2t |⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－1－2t 4－2t 2＋23t 2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t －2t ＝2t 4－t 2t 4－1＝2－t 2－2t 4－1. 令m ＝t 2－2，则m >0，S 1S 2＝2－m m 2＋4m ＋3＝2－1m ＋3m＋4≥2－12m ·3m＋4＝1＋32. 当m ＝3时，S 1S 2取得最小值1＋32，此时G 的坐标为(2，0). B 级·素养提升 |练能力|3.如图，P 是直线x ＝4上一动点，以P 为圆心的圆Γ过定点B (1，0)，直线l 是圆Γ在点B 处的切线，过A (－1，0)作圆Γ的两条切线分别与l 交于E ，F 两点．(1)求证：|EA |＋|EB |为定值；(2)设直线l 交直线x ＝4于点Q ，证明：|EB |·|FQ |＝|BF |·|EQ |.证明：(1)设AE 切圆于M ，直线x ＝4与x 轴的交点为N ，则|EM |＝|EB |，∴|EA |＋|EB |＝|AM |＝|AP |2－|PM |2＝|AP |2－|PB |2＝|AN |2－|BN |2＝4.故|EA |＋|EB |为定值．(2)由(1)同理知|FA |＋|FB |＝4，∴E ，F 均在椭圆x 24＋y 23＝1上．由椭圆的对称性，不妨设直线EF 的方程为x ＝my ＋1(m <0)，令x ＝4，得y Q ＝3m，直线EF 与椭圆方程联立得(3m 2＋4)y2＋6my －9＝0.设E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，且y 1>y 2. 则y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4.过E 作EE ′⊥x 轴于E ′，过F 作FF ′⊥x 轴于F ′，则|EE ′|＝y 1，|FF ′|＝－y 2，设PQ 交x 轴于Q ′，则|QQ ′|＝－3m.若|EB |·|FQ |＝|BF |·|EQ |，则|EB ||EQ |＝|BF ||FQ |. ①又E ，B ，F ，Q 在同一条直线上， 则|EB ||EQ |＝|EE ′||QQ ′|＋|EE ′|，即|EB ||EQ |＝y 1－3m＋y 1； ②|BF ||FQ |＝|FF ′||QQ ′|－|FF ′|， 即|BF ||FQ |＝－y 2－3m －（－y 2）＝－y 2－3m＋y 2. ③由①②③得，y 1－3m＋y 1＝－y 2－3m＋y 2，从而有－y 1·3m ＋y 1y 2＝y 2·3m －y 1y 2，∴2y 1y 2＝(y 1＋y 2)·3m. ④将y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4代入④，知等式成立，∴|EB |·|FQ |＝|BF |·|EQ |.4．(2020届四川五校联考)已知抛物线E ：y 2＝8x ，直线l ：y ＝kx －4. (1)若直线l 与抛物线E 相切，求直线l 的方程；(2)设Q (4，0)，直线l 与抛物线E 交于不同的两点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，若存在点C 满足|CQ →＋CA →|＝|CQ →－CA →|，且线段OC 与AB 互相平分(O 为坐标原点)，求x 2的取值范围．解：(1)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4，y 2＝8x 得，k 2x 2－8(k ＋1)x ＋16＝0，由题意知k ≠0及Δ＝64(k ＋1)2－64k 2＝0，解得k ＝－12，所以直线l 的方程为y ＝－12x －4.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －4，y 2＝8x得k 2x 2－8(k ＋1)x ＋16＝0，因为Δ＝64(k ＋1)2－64k 2＞0，k ≠0，所以k ＞－12，且k ≠0，所以x 1＋x 2＝8（k ＋1）k 2，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－8＝8k.因为线段OC 与AB 互相平分，所以四边形OACB 为平行四边形，所以OC →＝OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝⎝⎛⎭⎪⎫8（k ＋1）k 2，8k ，即C ⎝⎛⎭⎪⎫8（k ＋1）k 2，8k . 由|CQ →＋CA →|＝|CQ →－CA →|得，AC ⊥QC ， 所以k AC ·k QC ＝－1.又k QC ＝8k 8（k ＋1）k2－4＝2k 2（k ＋1）－k 2，k AC ＝k OB ＝y 2x 2＝k －4x 2，所以2k 2（k ＋1）－k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫k －4x 2＝－1，所以8x 2＝k ＋2k＋2. 若k ＞0，则8x 2≥22＋2＝2(2＋1)，当且仅当k ＝2时取等号，此时0＜x 2≤4(2－1)．综上，x 2的取值范围为(0，4(2－1)]．。