2020年高考数学(文科)一轮复习最值范围证明问题

1、听课手册破解难点优质课三最值范围证明问题破解难点一最值问题1几何转化代数法：将常见的几何图形所涉及的结论转化为代数问题求解常见的几何图形所涉及的结论:(1)两圆相切时半径的关系；(2)三角形三边的关系式；(3)动点与定点构成线段的和 或差的最小值，经常在两点共线的时候取到，注意同侧与异侧；(4)几何法转化所求目标，常用勾股定理、对称、圆锥曲线的定义等案例(选取六年全国卷)关键步2013 全国卷I已知圆M：(x+1)2+y2=1,圆N：(x-1)2+y2=9,动圆P与圆M外切并且与圆N内切，圆心P的轨迹为曲线C.(1)求C的方程；(2)1是与圆P,圆M都相切的一条直 线与曲线C交于A，B两点，当

2、圆P的 半径最长时，求|AB|.(2)对于曲线C上任意一点P(x，y)，由于|PM|-|PN|=2R-2 2,所以Rb0)的长轴长为 4,焦距为 2(1)求椭圆C的方程.(2)过动点M(0,m)(m0)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.设直线PM,QM的斜率分别为k,k，证明 为定值；(ii)求直线AB的斜率的最小值.(ii)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线PA的方程为y=kx+m,直线QB的方程为y=-3kx+m.联立整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0,由xoxi= -,

3、可 得xi=-，所以yi=kxi+m=-+m.同理x2=-,y2=-+m.【关键 1:设出A,B点的坐标以及_PA,PB的方程，分别与椭圆方程联立_，用参数表示A,B点的坐标】所以X2-xi=-=-,y2-yi=- +m-m=-.所以kAB=-=-(6k+-).【关键 2:用直线PA的斜率表示直线AB的斜率】由mO,xoO,可知k0,所以 6k+2，等号当且仅当k=时取得.此时-=,即m=，符合题意，【关键 3:用基本不等式求最小值】所以直线AB的斜率的最小值为一.例 1 设直线l与抛物线x2=2y交于A,B两点,与椭圆一+=1 交于C,D两点，直线OA,OB,OC,OD(O为坐标原点)的斜率

4、分别为k1,k2,k3,k4，并且OA丄OB.(1)是否存在实数t,满足k1+k2=t(k3+k4)?请说明理由.求OCD的面积的最大值)总结反思(1)解答直线与椭圆的题目时，常把两个曲线的方程联立，消去x(或y)建立一元方程 然后借助根与系数的关系，并结合题设条件建立有关参变量的等量关系，将目标量表示为一个(或者多个)变量的函数，然后借助于函数最值的探求来使问题得以解决；(2)涉及直线方程的设法时，务必考虑全面，不要忽略直线斜率为0 或不存在等特殊情形变式题2018 陕西洛南中学模拟如图 P3-1-1,已知椭圆C:+=1(ab0)的离心率为一, 以椭圆的左顶点T为圆心作圆T:(x+2)2+y

5、2=r2(r0),设圆T与椭圆C交于点M,N.(1)求椭圆C的方程；求的最小值，并求此时圆T的方程.破解难点二范围问题1几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决案例(选取六年全国卷)2016 江苏卷如图，在平面直角坐标系xOy中，已 知以M为圆心的圆M：x1 2+y2-12x-14y+60=0 及其上 一点A(2,4).(1)设圆N与x轴相切，与圆M外切,且圆心N在直线x=6上，求圆N的标准方程；(2)设平行于0A的直线I与圆M相交于B,C两点, 且BC=OA，求直线I的方程；(3)设点T(t，O)满足:存在圆M上的两点P和

6、Q，使得+=，求实数t的取值范围.1设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴；2若P是半椭圆x2+=1(x0)上的动点，求PAB面积的取值范围.关键步(3)设P(X1,y1),Q(X2,y2).因为A(2,4),T(t,0),+=，所以-【关键 1:设出点的坐标，利用向量相等找出关系】因为点Q在圆M上，所以(x2-6)2+(y2-7)2=25.将代入，得 (x1-t-4 )2+(y1-3 )2=25.于是点P(x1,y1)既在圆M上,又在圆x-(t+4)2+(y-3)2=25上,从而圆(x-6)2+(y-7)2=25 与圆x-(t+4)2+(y-3)2=25 有公共占八、;所以 5-5- 5+5,

7、【关键 2:利用两圆有公共点的几何性质列出不等式求解】解得 2-2 t 2+2 .因此，实数t的取值范围是2-2,2+2.(续表)案例(选取六年全国卷)关键步2018 浙江卷如图所示，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.(2)由(1)可知所以|PM|=-(+)-xo=-3xo,|y1-y2|=2-.因 此，PAB的面 积SPAB= |PM|y1-y2|=(-4xo.【关键 1:利用韦达定理，用P点的坐标表示PAB的面积】因为+一=1 (-1 0)代入一 + =1,得2016 全国卷q已知A是椭 圆E：_+ =1 的左顶点，斜

8、率 为k(k0)的直线交E于A,M两点，点N在E上,MA丄NA.(1) 当|AM|=|AN|时,求厶AMN的面积；(2)当 2|AM|=|AN|时，证 明：k2.(3+4k2)x2+16k2x+16k2-12=0.由X1 (-2)=,得X1=-,故|AM|=|x1+2|=- .由题设，直线AN的方程为y=-(x+2).故同理可得|AN|=- .【关键_1:根据弦长计算公式_，得出|AM|,|AN|】由 2|AM|=|AN|得- =-，即 4k3-6k2+3k-8=0.【关键 2:根据 2|AM|=|AN|,得出关于k的方程】设f(t)=4t3-6t2+3t-8,则k是f(t)的零点.f(t)=

9、12t2-12t+3=3(2t-1)2A0,所以f(t)在 (0,+巧上单调递增又f()=15-260,因此f(t)在(0,+吟上有唯一的零点,且零点k在(_2)内,所以 一vkb0)的左、右顶点分别为A，B，且长轴长为 8，T为椭圆上一点 直线TA，TB的斜率之积为(1)求椭圆C的方程;设0为坐标原点，过点M（0,2）的动直线与椭圆C交于P,Q两点，求 +的取值范围.破解难点三证明问题代数转化法：圆锥曲线中的证明问题多涉及几何量的证明，比如涉及线段或角相等以及位置关系等等（注意一些常用的结论，如等腰三角形两底角相等，两直线斜率之和为 0 等）.证明时，常把几何量用坐标表示，建立某个变量的函数

10、，用代数方法证明，常将斜率利用整体法求解.案例（选取六年全国卷）2018 全国卷J设抛物线C：y2=2x,关键步(2)当l与x轴垂直时，AB为MN的垂直平分线，所以/ABM=/ABN.【关 键 1:首先证明当直线|与x轴垂直时，两角相等】当l与x轴不垂直时，设l的方程为y=k(x-2)(kM0),M(xi,yi),N(x2,y2),则xi0,X20.由得ky2-2y-4k=0,可知yi+y2=,yiy2=-4.【关键 2:当斜率存在时，设出直线方程，并与抛物线方程联立，得到根与系 数的关系】直线BM,BN的斜率之和为kBM+kBN=+=.将xi= +2,X2= +2 及yi+y2,yiy2的表

11、达式代入式分子,可得x2yi+xiy2+2(yi+y2)=-=0,【关键 3:计算两角对应的直线斜率】 所以kBM+kBN=0,可知BM,BN的倾斜角互补，所以/ABM=/ABN.综上，/ABM=/ABN.(续表)案例(选取六年全国卷)关键步(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),则一一1,一1.两式相减，并由 =k得-+-k=0.【关键1:用点差法求直线斜率】20i8 全国卷山已知斜率为k的直线1由题设知 -=1,-=m,于是k=-.【关键 2:构造函数】与椭圆C：+i 交于A,B两点，线段AB由题设得 00).(i)证明：k-;(2)由题意得F(1,0).设P(x3,y3),(X3_i

12、,y3)+(xi_i ,yi)+(X2-i ,y2)=(0,0).由(1 )及题设得X3=3-(xi+X2)=1,y3=-(yi+y2)=-2mb0)的左、右焦点分别为Fi,F2若椭圆 上一点P一-满足|PFi|+|PF2|=4,过点R(4,0)的直线l与椭圆C交于两点M,N.(1)求椭圆C的方程；过点M作x轴的垂线，交椭圆C于G,求证:存在实数入使得=入.,b记过A,B两点的直线为l,则I的方程为 2x-(a+b)y+ab=0.【关键1:根据条件写出F的坐标，设出li与|2的方程，并求出AB的方程】,P-,a,Q-,b,总结反思(1)存在实数入使得=入,就是证明G,F2,N三点共线，也就是证

13、明直线NG过定点(1,0)，所以解答本题的关键是读懂命题并能转化命题.圆锥曲线中常见的证明问题：位置关系方面，如相切、垂直、过定点等：数量关系方面如存在定值、恒成立等在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接证明法，但有时也会用到反证法变式题2018 江西新余四中适应性考试已知A(-2,0)，B(2,0)为椭圆C的左、右顶点，F为其右焦点，P是椭圆C上异于A,B的动点，且APB的面积的最大值为 2 (1)求椭圆C的方程；直线AP与椭圆在点B处的切线交于点D,当点P在椭圆上运动时，求证:以BD为直径的圆与直线PF恒相切例 4 2018 北京西城区二模已知直线l:y=kx+1 与抛物线C:y2=4x相切于点P.(1)求直线l的方程及点P的坐标；(2)设Q在抛物线C上,A为PQ的中点，过A作y轴的垂线，分别交抛物线C和直线I于M,N, 记厶PMN的面积