2018届高考数学大一轮复习--圆锥曲线中的最值、范围、证明问题(理科含解析)
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资料简介
第九节圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 本节主要包括3个知识点: ‎1.圆锥曲线中的最值问题;‎ ‎2.圆锥曲线中的范围问题;‎ ‎3.圆锥曲线中的几何证明问题.‎ 突破点(一) 圆锥曲线中的最值问题 圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题,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.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神”‎ 利用几何性质求最值 ‎[例1] 设P是椭圆+=1上一点,M,N分别是两圆:(x+4)2+y2=1和(x-4)2+y2=1上的点,则|PM|+|PN|的最小值、最大值分别为(  )‎ A.9,12 B.8,11‎ C.8,12 D.10,12‎ ‎[解析] 如图,由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点,由椭圆定义知|PA|+|PB|=‎2a=10,连接PA,PB分别与圆相交于两点,此时|PM|+|PN|最小,最小值为|PA|+|PB|-2R=8;连接PA,PB并延长,分别与圆相交于两点,此时|PM|+|PN|最大,最大值为|PA|+|PB|+2R=12,即最小值和最大值分别为8,12.‎ ‎[答案] C ‎[方法技巧]‎ 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,也叫做几何法. ‎ 建立目标函数求最值 ‎[例2] 已知△ABP的三个顶点都在抛物线C:x2=4y上,F为抛物线C的焦点,点M为AB的中点,=3.‎ ‎(1)若|PF|=3,求点M的坐标;‎ ‎(2)求△ABP面积的最大值.‎ ‎[解] (1)由题意知焦点F(0,1),准线方程为y=-1.‎ 设P(x0,y0),由抛物线定义知|PF|=y0+1,得y0=2,‎ 所以P(2,2)或P(-2,2),‎ 由=3,得M或M.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y=kx+m,点A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),‎ 由得x2-4kx-‎4m=0.‎ 于是Δ=16k2+‎16m>0,x1+x2=4k,x1x2=-‎4m,‎ 所以AB中点M的坐标为(2k,2k2+m).‎ 由=3,得(-x0,1-y0)=3(2k,2k2+m-1),‎ 所以 由x=4y0得k2=-m+,‎ 由Δ>0,k2≥0,得-f=.‎ 所以当m=时,f(m)取到最大值,此时k=±.‎ 所以△ABP面积的最大值为.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎(1)当题目中给出的条件有明显的几何特征,考虑用图象性质来求解.‎ ‎(2)当题目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.求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、单调性法、三角换元法等. ‎ 利用基本不等式求最值 ‎[例3] (2017·太原模拟)已知椭圆M:+=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+=1,‎ 易求直线方程为y=x+1,联立方程,得 消去y,得7x2+8x-8=0,‎ 设C(x1,y1),D(x2,y2),Δ=288,x1+x2=-,x1x2=-,‎ 所以|CD|=|x1-x2|= =.‎ ‎(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 消去y,得(3+4k2)x2+8k2x+4k2-12=0,‎ Δ>0,且x1+x2=-,x1x2=,‎ 此时|S1-S2|=2||y2|-|y1||=2|y2+y1|=2|k(x2+1)+k(x1+1)|=2|k(x2+x1)+2k|=,‎ 因为k≠0,上式=≤==当且仅当k=±时等号成立,‎ 所以|S1-S2|的最大值为.‎ ‎[方法技巧]‎ ‎(1)求最值问题时,一定要注意对特殊情况的讨论.如直线斜率不存在的情况,二次三项式最高次项的系数的讨论等.‎ ‎(2)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.‎ 能力练通 抓应用体验的“得”与“失”‎ ‎ ‎ ‎1.如图所示,已知直线l:y=kx-2与抛物线C:x2=-2py(p>0)交于A,B两点,O为坐标原点,+=(-4,-12).‎ ‎(1)求直线l和抛物线C的方程;‎ ‎(2)抛物线上一动点P从A到B运动时,求△ABP面积的最大值.‎ 解:(1)由得x2+2pkx-4p=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-2pk,y1+y2=k(x1+x2)-4=-2pk2-4.‎ 因为+=(x1+x2,y1+y2)=(-2pk,-2pk2-4)=(-4,-12),所以解得 所以直线l的方程为y=2x-2,抛物线C的方程为x2=-2y.‎ ‎(2)设P(x0,y0),依题意,知抛物线过点P的切线与l平行时,△ABP的面积最大,又y′=-x,所以-x0=2,故x0=-2,y0=-x=-2,所以P(-2,-2).‎ 此时点P到直线l的距离d===.‎ 由得x2+4x-4=0,故x1+x2=-4,x1x2=-4,‎ 所以|AB|=×=×=4.‎ 所以△ABP面积的最大值为=8.‎ ‎2.平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,左、右焦点分别是F1,F2.以F1为圆心、以3为半径的圆与以F2为圆心、以1为半径的圆相交,且交点在椭圆C上.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)设椭圆E:+=1,P为椭圆C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求的值;‎ ‎②求△ABQ面积的最大值.‎ 解:(1)由题意知‎2a=4,则a=2.‎ 又=,a2-c2=b2,可得b=1,‎ 所以椭圆C的方程为+y2=1.‎ ‎(2)由(1)知椭圆E的方程为+=1.‎ ‎①设P(x0,y0),=λ,由题意知Q(-λx0,-λy0).‎ 因为+y=1,‎ 又+=1,即=1,‎ 所以λ=2,即=2.‎ ‎②设A(x1,y1),B(x2, y2).‎ 将y=kx+m代入椭圆E的方程,‎ 可得(1+4k2)x2+8kmx+‎4m2‎-16=0,‎ 由Δ>0,可得m2,‎ ‎∴△ABC面积的最小值是,此时直线AB的方程为y=x或y=-x.‎ 突破点(二) 圆锥曲线中的范围问题 圆锥曲线中的范围问题是高考中的热点问题,常涉及不等式的恒成立问题、函数的值域问题,综合性比较强.解决此类问题常用几何法和判别式法.‎ 考点贯通 抓高考命题的“形”与“神” ‎ 利用判别式构造不等关系求范围 ‎[例1] 已知A,B,C是椭圆M:+=1(a>b>0)上的三点,其中点A的坐标为(2,0),BC过椭圆的中心,且·=0,||=2||.‎ ‎(1)求椭圆M的方程;‎ ‎(2)过点(0,t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P,Q,设D为椭圆M与y轴负半轴的交点,且||=||,求实数t的取值范围.‎ ‎[解] (1)因为||=2||且BC过(0,0),则|OC|=|AC|.‎ 因为·=0,所以∠OCA=90°,‎ 即C(,).‎ 又因为a=2,设椭圆的方程为+=1,‎ 将C点坐标代入得+=1,‎ 解得c2=8,b2=4.‎ 所以椭圆的方程为+=1.‎ ‎(2)由条件D(0,-2),当k=0时,显然-22或λ===3-20)的左、右焦点,若P是该椭圆上的一个动点,且·的最大值为1.‎ ‎(1)求椭圆E的方程;‎ ‎(2)设直线l:x=ky-1与椭圆E交于不同的两点A,B,且∠AOB为锐角(O为坐标原点),求k的取值范围.‎ 解:(1)易知a=2,c=,b20,‎ 故y1+y2=,y1·y2=.‎ 又∠AOB为锐角,故·=x1x2+y1y2>0,‎ 又x1x2=(ky1-1)(ky2-1)=k2y1y2-k(y1+y2)+1,‎ 所以x1x2+y1y2=(1+k2)y1y2-k(y1+y2)+1=(1+k2)·-+1==>0,所以k20)的离心率为,F 是椭圆E的右焦点,直线AF的斜率为,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,=,得c=.‎ 又=,所以a=2,b2=a2-c2=1.‎ 故E的方程为+y2=1.‎ ‎(2)当l⊥x轴时不合题意,故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2).‎ 将y=kx-2代入+y2=1,‎ 得(1+4k2)x2-16kx+12=0.‎ 当Δ=16(4k2-3)>0,即k2>时,‎ x1,2=.‎ 从而|PQ|=|x1-x2|=.‎ 又点O到直线PQ的距离d=.‎ 所以△OPQ的面积S△OPQ=d·|PQ|=.‎ 设=t,则t>0,S△OPQ==.‎ 因为t+≥4,当且仅当t=2,即k=±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=x-2或y=-x-2.‎ ‎2.(2013·新课标全国卷Ⅱ)平面直角坐标系xOy中,过椭圆M:+=1 (a>b>0)右焦点的直线x+y-=0交M于A,B两点,P为AB的中点,且OP的斜率为.‎ ‎(1)求M的方程;‎ ‎(2)C,D为M上的两点,若四边形ACBD的对角线CD⊥AB,求四边形ACBD面积的最大值.‎ 解:(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),P(x0,y0),‎ 则+=1,+=1,=-1,‎ 由此可得=-=1.‎ 因为x1+x2=2x0,y1+y2=2y0,=,所以a2=2b2.‎ 又由题意知,M的右焦点为(,0),故a2-b2=3.‎ 因此a2=6,b2=3.所以M的方程为+=1.‎ ‎(2)由解得或 因此|AB|=.由题意可设直线CD的方程为y=x+n,‎ 设C(x3,y3),D(x4,y4).‎ 由得3x2+4nx+2n2-6=0.‎ 于是x3,4=.‎ 因为直线CD的斜率为1,‎ 所以|CD|=|x4-x3|=.‎ 由已知,四边形ACBD的面积S=|CD|·|AB|=.当n=0时,S取得最大值,最大值为.‎ 所以四边形ACBD面积的最大值为.‎ ‎[课时达标检测] 难点增分课时——设计3级训练,考生据自身能力而选 一、全员必做题 ‎1.已知椭圆E:+=1(a>b>0)的一个焦点为F2(1,0),且该椭圆过定点M.‎ ‎(1)求椭圆E的标准方程;‎ ‎(2)设点Q(2,0),过点F2作直线l与椭圆E交于A,B两点,且=λ,λ∈[-2,-1],以QA,QB为邻边作平行四边形QACB,求对角线QC长度的最小值.‎ 解:(1)由题易知c=1,+=1,又a2=b2+c2,解得b2=1,a2=2,故椭圆E的标准方程为+y2=1.‎ ‎(2)设直线l:x=ky+1,由 得(k2+2)y2+2ky-1=0,‎ Δ=4k2+4(k2+2)=8(k2+1)>0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则可得y1+y2=,y1y2=.‎ ‎=+=(x1+x2-4,y1+y2)‎ ‎=,‎ ‎∴||2=|+|2=16-+,由此可知,||2的大小与k2的取值有关.‎ 由=λ可得y1=λy2,λ=,=(y1y2≠0).‎ 从而λ+=+==,‎ 由λ∈[-2,-1]得∈,从而-≤≤-2,解得0≤k2≤.‎ 令t=,则t∈,∴||2=8t2-28t+16=82-,‎ ‎∴当t=时,|QC|min=2.‎ ‎2.已知点F为抛物线E:y2=2px(p>0)的焦点,点A(2,m)在抛物线E上,且|AF|=3.‎ ‎(1)求抛物线E的方程;‎ ‎(2)已知点G(-1,0),延长AF交抛物线E于点B,证明:以点F为圆心且与直线GA相切的圆,必与直线GB相切.‎ 解:(1)由抛物线的定义得|AF|=2+.‎ 因为|AF|=3,即2+=3,解得p=2,‎ 所以抛物线E的方程为y2=4x.‎ ‎(2)证明:设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.‎ 因为点A(2,m)在抛物线E:y2=4x上,‎ 所以m=±2.‎ 由抛物线的对称性,不妨设A(2,2).‎ 由A(2,2),F(1,0)可得直线AF的方程为 y=2(x-1).‎ 由 得2x2-5x+2=0,‎ 解得x=2或x=,从而B.‎ 又G(-1,0),‎ 故直线GA的方程为2x-3y+2=0,‎ 从而r== .‎ 又直线GB的方程为2x+3y+2=0,‎ 所以点F到直线GB的距离 d===r.‎ 这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切.‎ ‎3.(2017·合肥模拟)已知中心在原点,焦点在y轴上的椭圆C,其上一点P到两个焦点F1,F2的距离之和为4,离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若直线y=kx+1与曲线C交于A,B两点,求△OAB面积的取值范围.‎ 解:(1)设椭圆的标准方程为+=1(a>b>0),‎ 由条件知,解得a=2,c=,b=1,‎ 故椭圆C的方程为+x2=1.‎ ‎(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 由得(k2+4)x2+2kx-3=0,‎ 故x1+x2=-,x1x2=-,‎ 设△OAB的面积为S,‎ 由x1x2=-0,‎ ‎∴y=t+在t∈[3,+∞)上单调递增,∴t+≥,‎ ‎∴00)的右焦点F(1,0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A,B,设|FA|=λ|FB|,T(2,0).‎ ‎(1)求椭圆C的方程;‎ ‎(2)若1≤λ≤2,求△ABT中AB边上中线长的取值范围.‎ 解:(1)∵e= ,c=1,∴a=,b=1,‎ 即椭圆C的方程为:+y2=1.‎ ‎(2)①当直线的斜率为0时,显然不成立.‎ ‎②设直线l:x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 联立得(m2+2)y2+2my-1=0,‎ 则y1+y2=,y1y2=,‎ 由|FA|=λ|FB|,得y1=-λy2,‎ ‎∵-λ+=+,‎ ‎∴-λ++2==,∴m2≤,‎ 又∵AB边上的中线长为 |+ |‎ ‎= ‎= ‎= ∈.‎ ‎2.如图所示,已知直线l过点M(4,0)且与抛物线y2=2px(p>0)交于A,B两点,以弦AB为直径的圆恒过坐标原点O.‎ ‎(1)求抛物线的标准方程;‎ ‎(2)设Q是直线x=-4上任意一点,求证:直线QA,QM,QB的斜率依次成等差数列.‎ 解:(1)设直线l的方程为x=ky+4,‎ 代入y2=2px得y2-2kpy-8p=0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),则有y1+y2=2kp,y1y2=-8p,‎ 而AB为直径,O为圆上一点,所以·=0,‎ 故0=x1x2+y1y2=(ky1+4)(ky2+4)-8p=k2y1y2+4k(y1+y2)+16-8p,‎ 即0=-8k2p+8k2p+16-8p,得p=2,‎ 所以抛物线方程为y2=4x.‎ ‎(2)设Q(-4,t)由(1)知y1+y2=4k,y1y2=-16,‎ 所以y+y=(y1+y2)2-2y1y2=16k2+32.‎ 因为kQA===,kQB===,kQM=,‎ 所以kQA+kQB=+ ‎=4× ‎=4× ‎== ‎=-=2kQM.‎ 所以直线QA,QM,QB的斜率依次成等差数列.‎ 三、冲刺满分题 ‎1.已知椭圆C:+=1(0

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