高考数学二轮复习第一部分专题五解析几何第三讲第一课时圆锥曲线的最值范围证明问题教案

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卷直线与抛物线的位置关系及应用T20卷动点轨迹方程求法及直线过程定点的证明T202016卷直线与抛物线的位置关系、存在性问题T20卷直线与椭圆的位置关系、面积问题及证明问题T21卷直线与抛物线的位置关系、证明问题及轨迹方程的求法T202015卷直线与圆的综合问题T20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)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AMBM，求直线AB的方程解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，y1，y2，x1x24，于是直线AB的斜率k1.(2)由y，得y.设M(x3，y3)，由题设知1，解得x32，于是M(2,1)设直线AB的方程为yxm，故线段AB的中点为N(2,2m)，|MN|m1|.将yxm代入y得x24x4m0.当16(m1)0，即m1时，x1,222.从而|AB|x1x2|4.由题设知|AB|2|MN|，即42(m1)，解得m7.所以直线AB的方程为yx7.2(2016高考全国卷)在直角坐标系xOy中，直线l：yt(t0)交y轴于点M，交抛物线C：y22px(p0)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yx，将其代入y22px，整理得px22t2x0，解得x10，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ytx，即x(yt)代入y22px得y24ty4t20，解得y1y22t，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：y21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()A1B2C4 D21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21.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ykx(k0)与直线AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点若6，求k的值；求四边形AEBF面积的最大值解析：由题设条件可得，椭圆的方程为y21，直线AB的方程为x2y20.设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1x2，由，得(14k2)x24，解得x2x1.由6，得x0x16(x2x0)，x0(6x2x1)x2.由D在AB上，得x02kx020，x0.，化简，得24k225k60，解得k，或k.根据点到直线的距离公式和式可知，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|(d1d2)22222，当且仅当4k(k0)，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，考虑用图象性质来解决，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y26x的焦点为F，已知A，B为抛物线上的两个动点，且满足AFB60，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|2a2b22abcos 60a2b2ab(ab)23ab(ab)232.所以|AB|，1.答案：12(2017江西南昌重点中学模拟)设椭圆M：1(ab0)的离心率与双曲线x2y21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yxm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2a4，b2a2c2，得a2，c，b，故椭圆M的方程为1.(2)联立方程得4x22mxm240，由(2m)216(m24)0，得2m2.且所以|AB|x1x2|.又P到直线AB的距离为d，所以SPAB|AB|d.当且仅当m2(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(ab0)过点(1，)，且椭圆C关于直线xc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，椭圆C关于直线xc对称的图形过坐标原点，a2c，a2b2c2，b2a2，由得a24，b23，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xmy.由消去x，并整理得4(3m24)y212my450.设E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)，y1y2，y0，x0my0，k.当m0时，k0；当m0时，k，|4m|4|m|8，0，0|k|，k且k0.综合可知，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：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；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；利用隐含或已知的不等关系式直接求范围；利用基本不等式求范围；利用函数值域的方法求范围演练冲关1过椭圆C：1(ab0)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|ac，|BF|，于是k.又k，所以，化简可得，从而可得e，选C.答案：C2(2017怀化模拟)已知椭圆1(ab0)的两焦点分别为F1，F2，若椭圆上存在点P，使得F1PF2120，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e1，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(ab0)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AEB90，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，b21，故椭圆C的方程为x21.(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：ykx2代入x21，得(3k2)x24kx10，12k212，x0，y0kx02，|AB|，解得k413，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：ANMBNM.解析：(1)设圆C的半径为r(r0)，依题意，圆心C的坐标为(2，r)|MN|3，r2222，解得r2.圆C的方程为(x2)22.(2)证明：把x0代入方程(x2)22，解得y1或y4，即点M(0,1)、N(0,4)当ABx轴时，可知ANMBNM0.当AB与x轴不垂直时，可设直线AB的方程为ykx1.联立方程，消去y得，(12k2)x24kx60.设直线AB交椭圆于A(x1，y1)、B(x2，y2)两点，则x1x2，x1x2.kANkBN.若kANkBN0，则ANMBNM.2kx1x23(x1x2)0，ANMBNM.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x4上一动点，以P为圆心的圆过定点B(1,0)，直线l是圆在点B处的切线，过A(1,0)作圆的两条切线分别与l交于E，F两点(1)求证：|EA|EB|为定值；(2)设直线l交直线x4于点Q，证明：|EB|FQ|FB|EQ|.证明：(1)设AE切圆于点M，直线x4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xmy1(m0)令x4，求得y，即Q点纵坐标yQ.由得，(3m24)y26my90.设E(x1，y1)，F(x2，y2)，则有y1y2，y1y2.因为E，B，F，Q在同一条直线上，所以|EB|FQ|FB|EQ|等价于(yBy1)(yQy2)(y2yB)(yQy1)，即y1y1y2y2y1y2，等价于2y1y2(y1y2).将y1y2，y1y2代入，知上式成立所以|EB|FQ|FB|EQ|.2如图，椭圆C1：1(ab0)的离心率为，x轴被曲线C2：yx2b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：MDME.解析：(1)由题