2021高三数学人教B版一轮学案：第八章 第九节　第1课时　最值、范围、证明问题 14页

www.ks5u.com 第九节　圆锥曲线的综合问题 最新考纲 考情分析 ‎1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法．‎ ‎2．了解圆锥曲线的简单应用．‎ ‎3．理解数形结合的思想.‎ ‎1.直线与椭圆、抛物线的位置关系是近几年高考命题的热点．‎ ‎2．考查知识有直线与椭圆、抛物线相交，涉及弦长、中点、面积、对称、存在性问题．‎ ‎3．题型主要以解答题的形式出现，属中高档题.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 知识点一　　直线与圆锥曲线的位置关系 ‎1．直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．‎ 即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.‎ ‎(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；‎ Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；‎ Δ<0⇔直线与圆锥曲线C相离．‎ ‎(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一元一次方程，则直线l 与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．‎ ‎2．圆锥曲线的弦长 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ‎|AB|＝|x1－x2|＝· ‎＝·|y1－y2|＝·.‎ 知识点二　　圆锥曲线中的最值与取值范围问题 圆锥曲线中的最值与取值范围问题一直是高考命题的热点，各种题型都有，命题角度很广，归纳起来常见的命题角度有：‎ ‎1．转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值；‎ ‎2．利用三角函数有界性求最值；‎ ‎3．数形结合利用几何性质求最值．‎ 知识点三　　圆锥曲线中的定值与定点问题 ‎1．这类问题一般考查直线与圆锥曲线的位置关系，一元二次方程的根与系数之间的关系，考查斜率、向量的运算以及运算能力．‎ ‎2．解决这类定点与定值问题的方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向．‎ ‎1．思考辨析 判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”)‎ ‎(1)直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点．(　√　)‎ ‎(2)直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点．(　×　)‎ ‎(3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C只有一个公共点．(　×　)‎ ‎(4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则弦长|AB|＝|y1－y2|.(　√　)‎ 解析：(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时，也只有一个公共点，是相交，但并不相切．‎ ‎(3)因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时，也只有一个公共点，是相交，但不相切．‎ ‎2．小题热身 ‎(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(　C　)‎ A．1条 B．2条 C．3条 D．4条 解析：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．‎ ‎(2)(2020·浙江八校联考)抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0)交于A，B两点，且这两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则(　B　)‎ A．x3＝x1＋x2 B．x1x2＝x1x3＋x2x3‎ C．x1＋x2＋x3＝0 D．x1x2＋x2x3＋x3x1＝0‎ 解析：由消去y得ax2－kx－b＝0，可知x1＋x2＝，x1x2＝－，令kx＋b＝0得x3＝－，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.‎ ‎(3)已知抛物线y＝ax2(a>0)的准线为l，l与双曲线－y2＝1的两条渐近线分别交于A，B两点，若|AB|＝4，则a＝.‎ 解析：抛物线y＝ax2(a>0)的准线l：y＝－，双曲线－y2＝1的两条渐近线分别为y＝x，y＝－x，可得xA＝－，xB＝，可得|AB|＝－＝4，解得a＝.‎ ‎(4)(2020·福州市模拟)如图，已知抛物线y2＝8x的焦点为F，直线l过F且依次交抛物线及圆(x－2)2＋y2＝1于A，B，C，D四点，则|AB|＋4|CD|的最小值为13.‎ 解析：抛物线y2＝8x的焦点F(2,0)，圆(x－2)2＋y2＝1的圆心为(2,0)，与抛物线的焦点重合，且半径为1，设A(x1，y1)，D(x2，y2)，因为直线AD过焦点F，所以x1x2＝4，则|AB|＋4|CD|＝(|AF|－1)＋4(|DF|－1)＝|AF|＋4|DF|－5＝(x1＋2)＋4(x2＋2)－5＝x1＋4x2＋5≥2＋5＝2＋5＝13，当且仅当x1＝4x2，即x1＝4，x2＝1时取“＝”．故|AB|＋4|CD|的最小值为13.‎ 第1课时　最值、范围、证明问题 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 考点一　最值问题 ‎【例1】　(2020·宁夏银川一中月考)椭圆＋＝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＝2.‎ ‎(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)，‎ ‎∵＝2，∴F2为线段AF1的中点，‎ 则a2＝3，b2＝2，则椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线DE与x轴垂直时，|DE|＝＝，此时|MN|＝‎2a＝2，‎ 四边形DMEN的面积S＝＝4.‎ 同理当MN与x轴垂直时，‎ 也有四边形DMEN的面积S＝＝4.‎ 当直线DE，MN与x轴均不垂直时，‎ 设直线DE：y＝k(x＋1)(k≠0)，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＝，x1x2＝，‎ ‎∴|x1－x2|＝，‎ ‎∴|DE|＝|x1－x2|＝.‎ 同理|MN|＝＝，‎ ‎∴四边形DMEN的面积S＝ ‎＝××＝，‎ 令u＝k2＋，则S＝4－.‎ ‎∴u＝k2＋≥2，‎ 当k＝±1时，u＝2，S＝，‎ 且S是以u为自变量的增函数，则≤S<4.‎ 综上可知，≤S≤4，故四边形DMEN面积的最大值为4，最小值为.‎ 方法技巧 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.‎ ‎1．在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝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.‎ 解析：双曲线x2－y2＝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＝＝.由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤，故c的最大值为.‎ ‎2．(2018·浙江卷)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．‎ ‎(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；‎ ‎(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．‎ 解：(1)证明：设P(x0，y0)，Ay，y1，By，y2.‎ 因为PA，PB的中点在抛物线上，‎ 所以y1，y2为方程2＝4· 即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．‎ 所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y轴．‎ ‎(2)由(1)可知 所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，|y1－y2|＝2.‎ 因为x＋＝1(x0<0)，‎ 所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]．‎ 因此，△PAB面积的取值范围是6，.‎ 考点二　范围问题 ‎【例2】　(2020·石家庄市模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|＝2x0.‎ ‎(1)求抛物线C的方程；‎ ‎(2)过点P引圆M：(x－3)2＋y2＝r2(0－2，所以9b>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＋＝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＋＝1与y轴交于P，过点P的直线l与椭圆E交于不同的两点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＝c，‎ 则椭圆E为＋＝1.‎ 由得x2－2x＋4－‎3c2＝0.‎ ‎∵直线＋＝1与椭圆E有且仅有一个交点M，‎ ‎∴Δ＝4－4(4－‎3c2)＝0⇒c2＝1，‎ ‎∴椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)得M(1，)，‎ ‎∵直线＋＝1与y轴交于P(0,2)，‎ ‎∴|PM|2＝，当直线l与x轴垂直时，‎ ‎|PA|·|PB|＝(2＋)×(2－)＝1，‎ ‎∴λ|PM|2＝|PA|·|PB|⇒λ＝，‎ 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)，‎ 由⇒(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，‎ 依题意得，x1x2＝，且Δ＝48(4k2－1)>0，‎ ‎∴|PA|·|PB|＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)·＝1＋＝λ，∴λ＝(1＋)，‎ ‎∵k2>，∴<λ<1.‎ 综上所述，λ的取值范围是[，1)．‎ 考点三　证明问题 ‎【例3】　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F为该椭圆的右焦点，过点F任作一直线l交椭圆于M，N两点，且|MN|的最大值为4.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设椭圆C的左顶点为A，若直线AM，AN分别交直线x＝‎2a于P，Q两点，求证：PF⊥QF.‎ ‎【解】　(1)依题意知‎2a＝4，＝，即a＝2，c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所求椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：由(1)知A(－2,0)，F(1,0)．‎ ‎(ⅰ)当直线l的斜率不存在时，不妨取M，N，‎ 直线AM：y＝(x＋2)，所以P(4,3)．‎ 同理Q(4，－3)，所以＝(3,3)，＝(3，－3)，‎ 所以·＝0，所以PF⊥QF.‎ ‎(ⅱ)当直线l的斜率存在时，设直线l：y＝k(x－1)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(4，y3)，Q(4，y4)．‎ 由得(3＋4k2)x2－8k2x＋4k2－12＝0，‎ 所以x1＋x2＝，x1·x2＝.‎ 由A，M，P三点共线得y3＝，同理y4＝，‎ 所以P，Q，‎ 所以＝，＝，‎ 所以·＝9＋· ‎＝9＋ ‎＝9＋ ‎＝9＋＝0，‎ 所以PF⊥QF.‎ 综上，PF⊥QF.‎ 方法技巧 圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立等.在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接证明，但有时也会用到反证法.‎ 在平面直角坐标系xOy中，点F的坐标为，以线段MF为直径的圆与x轴相切．‎ ‎(1)求点M的轨迹E的方程；‎ ‎(2)设T是E上横坐标为2的点，OT的平行线l交E于A，B两点，交曲线E在T处的切线于点N，求证：|NT|2＝|NA|·|NB|.‎ 解：(1)设点M(x，y)，因为F，所以MF的中点坐标为.‎ 因为以线段MF为直径的圆与x轴相切，‎ 所以＝，即|MF|＝，‎ 故 ＝，得x2＝2y，‎ 所以M的轨迹E的方程为x2＝2y.‎ ‎(2)证明：因为T是E上横坐标为2的点，所以由(1)得T(2,2)，所以直线OT的斜率为1.‎ 因为l∥OT，所以可设直线l的方程为y＝x＋m，m≠0.‎ 由y＝x2，得y′＝x，则曲线E在T处的切线的斜率为y′|x＝2＝2，所以曲线E在T处的切线方程为y＝2x－2.‎ 由得 所以N(m＋2,‎2m＋2)，‎ 所以|NT|2＝[(m＋2)－2]2＋[(‎2m＋2)－2]2＝‎5m2‎.‎ 由消去y，得x2－2x－‎2m＝0，由Δ＝4＋‎8m>0，解得m>－.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝2，x1x2＝－‎2m.‎ 因为N，A，B在l上，‎ 所以|NA|＝|x1－(m＋2)|，‎ ‎|NB|＝|x2－(m＋2)|，‎ 所以|NA|·|NB|＝2|x1－(m＋2)|·|x2－(m＋2)|‎ ‎＝2|x1x2－(m＋2)(x1＋x2)＋(m＋2)2|‎ ‎＝2|－‎2m－2(m＋2)＋(m＋2)2|＝‎2m2‎，‎ 所以|NT|2＝|NA|·|NB|.‎