【数学】2018届一轮复习人教A版圆锥曲线的最值范围证明问题学案 10页

第三讲 第一课时 圆锥曲线的最值、范围、证明问题习题 ‎ 考情分析]‎ 解析几何的解答题一般难度较大，多为试卷的压轴题之一，常考查直线与圆锥曲线的位置关系及最值范围、定点、定值、存在性问题及证明问题，多涉及最值求法，综合性强.‎ 年份 卷别 考查角度及命题位置 ‎2017‎ Ⅰ卷 直线与抛物线的位置关系及应用·T20‎ Ⅱ卷 动点轨迹方程求法及直线过程定点的证明·T20‎ ‎2016‎ Ⅰ卷 直线与抛物线的位置关系、存在性问题·T20‎ Ⅱ卷 直线与椭圆的位置关系、面积问题及证明问题·T21‎ Ⅲ卷 直线与抛物线的位置关系、证明问题及轨迹方程的求法·T20‎ ‎2015‎ Ⅰ卷 直线与圆的综合问题·T20‎ Ⅱ卷 椭圆的标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系·T20‎ ‎ 真题自检]‎ ‎1．(2017·高考全国卷Ⅰ)设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4.‎ ‎(1)求直线AB的斜率：‎ ‎(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．‎ 解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4，‎ 于是直线AB的斜率k＝＝＝1.‎ ‎(2)由y＝，得y′＝.设M(x3，y3)，由题设知＝1，‎ 解得x3＝2，于是M(2,1)．‎ 设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|.‎ 将y＝x＋m代入y＝得x2－4x－‎4m＝0.‎ 当Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1时，x1,2＝2±2.‎ 从而|AB|＝|x1－x2|＝4.‎ 由题设知|AB|＝2|MN|，即4＝2(m＋1)，解得m＝7.‎ 所以直线AB的方程为y＝x＋7.‎ ‎2．(2016·高考全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线 C：y2＝2px(p＞0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.‎ ‎(1)求；‎ ‎(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由．‎ 解析：(1)如图，由已知得M(0，t)，P.‎ 又N为M关于点P的对称点，故N，故直线ON的方程为y＝x，‎ 将其代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，‎ 解得x1＝0，x2＝.因此H.‎ 所以N为OH的中点，即＝2.‎ ‎(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点．‎ 理由如下：‎ 直线MH的方程为y－t＝x，即x＝(y－t)．‎ 代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，‎ 所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点．‎ 第一课时　圆锥曲线的最值、范围、证明问题 最值问题 ‎ 方法结论]‎ 求解圆锥曲线中的最值问题主要有两种方法：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，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．‎ ‎ 典例]　(1)(2017·长沙模拟)P是双曲线C：－y2＝1右支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线，P在l上的射影为Q，F1是双曲线C的左焦点，则|PF1|＋|PQ|的最小值为(　　)‎ A．1 B．2＋ C．4＋ D．2＋1‎ 解析：设F2是双曲线C的右焦点，因为|PF1|－|PF2|＝2，所以|PF1|＋|PQ|＝2＋|PF2|＋|PQ|，显然当F2，P，Q三点共线且P在F2，Q之间时，|PF2|＋|PQ|最小，且最小值为F2到l的距离．易知l的方程为y＝或y＝－，F2(，0)，求得F2到l的距离为1，故|PF1|＋|PQ|的最小值为2＋1.选D.‎ 答案：D ‎(2)(2017·武汉模拟)已知椭圆的中心在坐标原点，A(2，0)，B(0,1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k＞0)与直线AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点．‎ ‎①若＝6，求k的值；‎ ‎②求四边形AEBF面积的最大值．‎ 解析：①由题设条件可得，椭圆的方程为＋y2＝1，直线AB的方程为x＋2y－2＝0.‎ 设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1＜x2，‎ 由，得(1＋4k2)x2＝4，解得x2＝－x1＝.①‎ 由＝6，得x0－x1＝6(x2－x0)，∴x0＝(6x2＋x1)＝x2＝.‎ 由D在AB上，得x0＋2kx0－2＝0，∴x0＝.‎ ‎∴＝，化简，得24k2－25k＋6＝0，‎ 解得k＝，或k＝.‎ ‎②根据点到直线的距离公式和①式可知，点E，F到AB的距离分别为 d1＝＝，d2＝＝，‎ 又|AB|＝＝，∴四边形AEBF的面积为 S＝|AB|(d1＋d2)＝··＝＝2＝2＝2≤2＝2，当且仅当4k＝(k＞0)，即k＝时，等号成立．‎ 故四边形AEBF面积的最大值为2.‎ ‎ 类题通法]‎ 求圆锥曲线中的最值问题常用的方法 ‎1．几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，考虑用图象性质 解决，这是几何法，充分体现了数形结合思想．‎ ‎2．代数法：题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值．求函数最值的常见方法有配方法、判别式法、基本不等式法、单调性法、三角换元法等．充分体现了函数与方程思想．‎ ‎ 演练冲关]‎ ‎1．设抛物线y2＝6x的焦点为F，已知A，B为抛物线上的两个动点，且满足∠AFB＝60°，过弦AB的中点M作抛物线准线的垂线为MN，垂足为N，则的最大值为________．‎ 解析：过A，B分别向准线作垂线，垂足分别为A1，B1，设|AF|＝a，|BF|＝b，如图，根据梯形中位线性质知|MN|＝.在△AFB中，由余弦定理得 ‎|AB|2＝a2＋b2－2abcos 60°＝a2＋b2－ab＝(a＋b)2－3ab≥(a＋b)2－32＝.所以|AB|≥，∴≤1.‎ 答案：1‎ ‎2．(2017·江西南昌重点中学模拟)设椭圆M：＋＝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.‎ ‎(1)求椭圆M的方程；‎ ‎(2)若直线y＝x＋m交椭圆M于A，B两点，P(1，)为椭圆M上一点，求△PAB面积的最大值．‎ 解析：(1)由题可知，双曲线的离心率为，则椭圆的离心率e＝＝，‎ 由‎2a＝4，＝，b2＝a2－c2，得a＝2，c＝，b＝，‎ 故椭圆M的方程为＋＝1.‎ ‎(2)联立方程 得4x2＋2mx＋m2－4＝0，‎ 由Δ＝(‎2m)2－16(m2－4)＞0，得－2＜m＜2.‎ 且所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝·＝·.又P 到直线AB的距离为d＝，‎ 所以S△PAB＝|AB|·d＝··＝＝≤·＝.‎ 当且仅当m＝±2∈(－2，2)时取等号，所以△PAB面积的最大值为.‎ 范围问题 ‎ 方法结论]‎ 圆锥曲线中的范围问题 ‎(1)解决这类问题的基本思路是建立目标函数和不等关系．‎ ‎(2)建立目标函数的关键是选用一个合适的变量，其原则是这个变量能够表达要解决的问题；建立不等关系的关键是运用圆锥曲线的几何特征、判别式法或基本不等式等灵活处理．‎ ‎ 典例]　(2017·广西三市联考)已知右焦点为F2(c,0)的椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)过点(1，)，且椭圆C关于直线x＝c对称的图形过坐标原点．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)过点(，0)作直线l与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为M，点A是椭圆C的右顶点，求直线MA的斜率k的取值范围．‎ 解析：(1)∵椭圆C过点(1，)，∴＋＝1，①‎ ‎∵椭圆C关于直线x＝c对称的图形过坐标原点，∴a＝‎2c，‎ ‎∵a2＝b2＋c2，∴b2＝a2，②‎ 由①②得a2＝4，b2＝3，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)依题意，直线l过点(，0)且斜率不为零，故可设其方程为x＝my＋.‎ 由消去x，并整理得4(‎3m2‎＋4)y2＋12my－45＝0.‎ 设E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)，‎ ‎∴y1＋y2＝－，‎ ‎∴y0＝＝－，‎ ‎∴x0＝my0＋＝，∴k＝＝.‎ ‎①当m＝0时，k＝0；‎ ‎②当m≠0时，k＝，‎ ‎∵|‎4m＋|＝4|m|＋≥8，∴0＜≤，‎ ‎∴0＜|k|≤，∴－≤k≤且k≠0.‎ 综合①②可知，直线MA的斜率k的取值范围是 －，]．‎ ‎ 类题通法]‎ 求圆锥曲线中的范围问题常用等价转化思想与数形结合思想，常用方法有：‎ ‎(1)几何法：根据圆锥曲线自身的几何性质以及几何量之间的不等关系建立不等式，求出参数的取值范围．‎ ‎(2)代数法．常从以下五个方面入手：‎ ‎①若直线和圆锥曲线有两个不同的交点，则可以利用判别式求范围；②若已知曲线上任意一点、一定点或与定点构成的图形，则利用圆锥曲线的性质(性质中的范围)求解；③利用隐含或已知的不等关系式直接求范围；④利用基本不等式求范围；⑤利用函数值域的方法求范围．‎ ‎ 演练冲关]‎ ‎1．过椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一点B，且点B在x轴上的射影恰好为右焦点F.若＜k＜，则椭圆C的离心率的取值范围是(　　)‎ A．(，) B．(，1)‎ C．(，) D．(0，)‎ 解析：由题图可知，|AF|＝a＋c，|BF|＝，于是k＝.又＜k＜，所以＜＜，化简可得＜＜，从而可得＜e＜，选C.‎ 答案：C ‎2．(2017·怀化模拟)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的两焦点分别为F1，F2，若椭圆上存在点P，使得 ‎∠F1PF2＝120°，则椭圆的离心率的取值范围是________．‎ 解析：由题意可得，椭圆的上顶点和两个焦点构成的等腰三角形中，顶角大于等于120°，所以底角小于等于30°，则≥， 即e≥，又e＜1，所以椭圆的离心率的取值范围是 ，1)．‎ 答案： ，1)‎ ‎3．(2016·贵州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率，且椭圆C上的点到一个焦点的距离的最小值为－.‎ ‎(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： 解得a＝，c＝，∴b2＝1，‎ 故椭圆C的方程为＋x2＝1.‎ ‎(2)由已知可得，以AB为直径的圆与x轴有公共点．‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中点为M(x0，y0)，‎ 将直线l：y＝kx＋2代入＋x2＝1，得(3＋k2)x2＋4kx＋1＝0，Δ＝12k2－12，‎ ‎∴x0＝＝，y0＝kx0＋2＝，‎ ‎|AB|＝＝，‎ ‎∴ 解得k4≥13，即k≥或k≤－.‎ 所以直线l的斜率k的取值范围为(－∞，－]∪ ，＋∞)．‎ 圆锥曲线中的证明问题 ‎ 方法结论]‎ ‎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．‎ ‎ 典例]　(2017·山西四校联考)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.‎ ‎(1)求圆C的方程；‎ ‎(2)过点M任作一条直线与椭圆＋＝1相交于两点A、B，连接AN、BN，求证：∠ANM＝∠BNM.‎ 解析：(1)设圆C的半径为r(r>0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r)．‎ ‎∵|MN|＝3，∴r2＝2＋22，解得r2＝.‎ ‎∴圆C的方程为(x－2)2＋2＝.‎ ‎(2)证明：把x＝0代入方程(x－2)2＋2＝，解得y＝1或y＝4，即点M(0,1)、N(0,4)．‎ ‎①当AB⊥x轴时，可知∠ANM＝∠BNM＝0°.‎ ‎②当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为y＝kx＋1.‎ 联立方程，消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.‎ 设直线AB交椭圆于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ ‎∴kAN＋kBN＝＋＝＋＝.‎ 若kAN＋kBN＝0，则∠ANM＝∠BNM.‎ ‎∵2kx1x2－3(x1＋x2)＝＋＝0，‎ ‎∴∠ANM＝∠BNM.‎ ‎ 类题通法]‎ 圆锥曲线中的证明问题常以椭圆、抛物线为载体，借助设而不求法，考查数形结合思想、方程思想、化归与转化能力、逻辑思维能力、运算求解能力．‎ ‎ 演练冲关]‎ ‎1．(2017·长沙模拟)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|＝|FB|·|EQ|.‎ 证明：(1)设AE切圆Γ于点M，直线x＝4与x轴的交点为N，‎ 故|EM|＝|EB|.‎ 从而|EA|＋|EB|＝|AM|＝＝＝＝＝4.‎ 所以|EA|＋|EB|为定值4.‎ ‎(2)由(1)同理可知|FA|＋|FB|＝4，‎ 故E，F均在椭圆＋＝1上．‎ 设直线EF的方程为x＝my＋1(m≠0)．‎ 令x＝4，求得y＝，即Q点纵坐标yQ＝.‎ 由得，(‎3m2‎＋4)y2＋6my－9＝0.‎ 设E(x1，y1)，F(x2，y2)，‎ 则有y1＋y2＝－，y1y2＝－.‎ 因为E，B，F，Q在同一条直线上，‎ 所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|等价于(yB－y1)(yQ－y2)＝(y2－yB)(yQ－y1)，‎ 即－y1·＋y1y2＝y2·－y1y2，‎ 等价于2y1y2＝(y1＋y2)·.‎ 将y1＋y2＝－，y1y2＝－代入，知上式成立．‎ 所以|EB|·|FQ|＝|FB|·|EQ|.‎ ‎2．如图，椭圆C1：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，x轴被曲线C2：y＝x2－b截得的线段长等于C1的长半轴长．‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)设C2与y轴的交点为M，过坐标原点O的直线l与C2相交于点A，B，直线MA，MB分别与C1相交于点D，E.‎ 证明：MD⊥ME.‎ 解析：(1)由题意，知e＝＝，从而a＝2b.‎ 又2＝a，解得a＝2，b＝1，‎ 故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，y＝x2－1.‎ ‎(2)证明：①由题意，知直线l的斜率存在，设为k，则直线l的方程为y＝kx.‎ 由，得x2－kx－1＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2是上述方程的两个实数根，于是x1＋x2＝k，x1x2＝－1.‎ 又点M的坐标为(0，－1)，‎ 所以kMA·kMB＝·＝＝＝＝－1，‎ 故MA⊥MB，即MD⊥ME.‎