2019届高三数学（文）复习题模块五 解析几何 第16讲圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 含答案

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第16讲圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1。[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)l是与圆P,圆M都相切的一条直线，l与曲线C交于A,B两点,当圆P的半径最长时,求｜AB|。[试做]命题角度圆锥曲线的最值问题常用的方法有三种:一是转化为函数的最值问题，先引入变量,再构建函数，然后去求值域；二是转化为基本不等式问题，利用已知或者隐含的不等关系,构建不等式求解；三是数形结合,利用圆锥曲线的几何意义求解.2。[2016·全国卷Ⅱ］已知A是椭圆E：x24+y23=1的左顶点,斜率为k（k>0）的直线交E于A,M两点,点N在E上（1）当｜AM｜=｜AN｜时,求△AMN的面积；(2)当2｜AM｜=|AN|时，证明：3〈k〈2.[试做]命题角度解决范围问题的常见方法①利用判别式来构造不等关系,从而确定参数的取值范围;②利用已知参数的范围求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系；③利用隐含或已知的不等关系建立不等式,从而求出参数的取值范围；④利用基本不等式求出参数的取值范围;⑤构造函数，利用函数的值域或零点存在定理确定目标变量的范围,在建立函数的过程中要根据题目的已知条件,把需要的量都用已选用的变量表示出来，同时要特别注意变量的取值范围.3。［2018·全国卷Ⅲ］已知斜率为k的直线l与椭圆C:x24+y23=1交于A,B两点，线段AB的中点为M（1,m）（(1）证明：k<-12（2）设F为C的右焦点，P为C上一点，且FP+FA+FB=0，证明:2｜FP｜=｜FA｜+｜FB|。［试做]命题角度解析几何中的证明问题解析几何证明题综合性较强，一般涉及位置关系、范围、定值、定点等，常用方法为：①证明两直线平行或垂直的方法：a。若两直线的斜率均存在且两直线不重合，则一定有l1∥l2⇔k1=k2;b.若两直线的斜率均存在，则一定有l1⊥l2⇔k1·k2=—1.②解决直线与圆锥曲线位置关系的证明问题,其常规思路是先把直线方程与圆锥曲线方程联立，消元、化简，得到一元二次方程，然后应用根与系数的关系建立方程(组)，解决问题.解答1最值问题1已知抛物线C1:y2=8x的焦点也是椭圆C2：x2a2+y2b2=1（a>b>0)的一个焦点,点P(0,2)在椭圆短轴CD上,且PC(1）求椭圆C2的方程；(2）设Q为椭圆C2上的一个不在x轴上的动点,O为坐标原点,过椭圆的右焦点F2作OQ的平行线,交C2于M，N两点,求△QMN面积的最大值。[听课笔记]【考场点拨】求圆锥曲线中三角形面积的最值的关键:(1）公式意识,把求三角形的面积转化为求距离、求角等；（2)方程思想,即引入参数,寻找关于参数的方程;（3)不等式意识，寻找关于参数的不等式，利用基本不等式等求最值.【自我检测】如图M5—16—1,已知△ABC的三个顶点都在椭圆Γ：x2a2+y2b2=1（a〉0,b〉0）上，且椭圆Γ的中心O和右焦点F分别在△ABC的边AB,AC图M5-16—1原点O到直线AC的距离为12(1）求椭圆Γ的离心率;(2)若△ABC面积的最大值为22,求椭圆Γ的方程.解答2范围问题2已知F1，F2分别是椭圆x24+y2=1的左、右焦点(1）若P是第一象限内该椭圆上一点，且PF1·PF2=—54（2）设过定点M(0，2）的直线与椭圆交于不同两点A,B,且∠AOB为锐角(O是坐标原点),求直线的斜率k的取值范围。[听课笔记］【考场点拨】圆锥曲线的范围问题的常见解法：(1)几何法:若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质来解决；（2）代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系或不等关系或已知参数与新参数之间的等量关系等，则可利用这些关系去求参数的范围。【自我检测】已知直线l经过抛物线y2=4x的焦点且与此抛物线交于A（x1，y1)，B（x2,y2)两点，｜AB｜<8，直线l与抛物线y=x2-4交于M,N两点，且M,N两点在y轴的两侧。（1)证明:y1y2为定值；（2）求直线l的斜率的取值范围。解答3证明问题3已知圆G:x2+y2—x=0经过抛物线y2=2px（p>0)的焦点，直线l交抛物线于A,B两点且与x轴交于点M(m,0)（m>0).（1）求抛物线的方程;(2）若点M(m，0）(m>0）关于原点的对称点为N，求证:∠ANO=∠BNO。［听课笔记]【考场点拨】圆锥曲线的证明问题，常表现为证明相等、定值、过定点、点在曲线上等,一般是以直线与圆锥曲线为载体，综合使用圆锥曲线的性质及位置关系进行论证。【自我检测】已知椭圆G:x24+y23=1的左焦点为F，左顶点为A，离心率为e,点M(t，0)(t〈-2(1)求实数t的值；(2)设过点F的直线l与椭圆G交于P,Q两点,记△MPF和△MQF的面积分别为S1，S2,证明：S1S2

第16讲圆锥曲线中的最值、范围、证明问题典型真题研析1。解：由已知得圆M的圆心为M（—1，0），半径r1=1；圆N的圆心为N（1，0），半径r2=3。设圆P的圆心为P（x,y）,半径为R。（1）因为圆P与圆M外切并且与圆N内切，所以｜PM|+|PN｜=(R+r1)+（r2-R）=r1+r2=4。由椭圆的定义可知,曲线C是以M,N为左、右焦点,长半轴长为2,短半轴长为3的椭圆(左顶点除外),其方程为x24+y23=1（x≠（2)对于曲线C上任意一点P(x，y），由于｜PM｜-｜PN｜=2R—2≤2，所以R≤2，当且仅当圆P的圆心为（2，0）时，R=2.所以当圆P的半径最长时，其方程为（x—2）2+y2=4.若l的倾斜角为90°,则l与y轴重合,可得｜AB｜=23.若l的倾斜角不为90°，由r1≠R知l不平行于x轴，设l与x轴的交点为Q,则|QP||QM|=Rr1，可求得Q（-4，0），所以可设l由l与圆M相切得|3k|1+k2=1当k=24时,将y=24x+2代入x24+y23=1，并整理得7x2+8x—8=0，解得x所以|AB｜=1+k2|x2-x1|=当k=—24时，由图形的对称性得｜AB｜=18综上，｜AB|=23或|AB|=1872。解：（1）设M（x1,y1)，则由题意知y1>0。由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为π4又A(—2，0），因此直线AM的方程为y=x+2。将x=y—2代入x24+y23=1,得7y2-解得y=0或y=127,所以y1=12因此△AMN的面积S△AMN=2×12×127×127(2）证明:将直线AM的方程y=k（x+2)(k>0）代入x24+y23=1,得（3+4k2）x2+16k2x+16k2—由x1·（-2)=16k2-123+4k2,故|AM|=|x1+2｜1+k2=由题设,直线AN的方程为y=-1k(x+2)故同理可得｜AN|=12k由2｜AM|=｜AN｜得23+4k2=k3k2+4,即4k3—6k2设f(t）=4t3—6t2+3t—8，则k是f(t）的零点。f’（t）=12t2—12t+3=3（2t-1)2≥0,所以f(t）在(0，+∞）上单调递增.又f（3)=153—26〈0,f(2）=6>0，因此f（t）在(0,+∞）上有唯一的零点,且零点k在（3，2）内，所以3〈k<2。3.证明：(1）设A(x1,y1)，B（x2，y2）,则x124+y123=1，两式相减，并由y1-y2x1-x2由题设知x1+x22=1，y1+由题设得0〈m<32，故k<—1（2)由题意得F(1，0)。设P(x3，y3)，则(x3—1,y3）+(x1-1，y1）+（x2-1,y2）=(0,0).由(1)及题设得x3=3—(x1+x2）=1，y3=-(y1+y2)=-2m〈0.又点P在C上,所以m=34，从而P1,-32,｜FP于是｜FA｜=(x1-1)2+y同理|FB｜=2—x2所以｜FA|+｜FB|=4-12（x1+x2）=3故2｜FP｜=|FA｜+|FB｜。考点考法探究解答1例1解：（1)由C1：y2=8x,知焦点坐标为（2，0)，所以a2-b2=4.①由已知得,点C，D的坐标分别为(0，—b），(0，b),又PC·PD=-1,所以4-b2=-1。②由①②得b2=5，a2=9，所以椭圆C2的方程为x29+y2(2)设M(x1,y1），N（x2，y2)，直线MN的方程为x=my+2.由x=my+2,x29+y25=1,可得（5m2+则y1+y2=-20m5m2+9，y1所以｜MN|=(1+m2)[(y1点Q到直线MN的距离等于点O到直线MN的距离，设该距离为h，则h=21+m2,所以△QMN的面积S=12｜MN｜·h=12|MN｜·21+m2=30m2+15m2+9，令m2+1=t(t≥1)，则m2=t2—1，S=30t5(所以f(t)=5t+4t在［1，+∞)上单调递增所以当t=1时,f(t)取得最小值,最小值为9.所以△QMN的面积的最大值为103【自我检测】解:(1)当点A在椭圆的短轴端点时，根据椭圆的对称性,不妨设A（0,b），F（c，0),∵直线AC的方程为xc+yb=1，即bx+cy—bc=0,∴原点O到直线AC的距离d=bcb2即a2=2bc，∴a2=2ca2-c2,两边平方得a4=4c2(a2—c2）,化简得1=4e2（∴e=22，即椭圆Γ的离心率为2(2）连接OC.∵ca=22，∴a=2c,b=2∴椭圆Γ:x22c2+y2c2=1.设直线AC的方程为x=ty+c，A(x1，y1)，C（由x22c2+y2c2=1,x=ty+即（t2+2）y2+2cty—c2=0,∴y1+y2=—2ctt2+2，y1yS△ABC=2S△OAC=212c｜y1|+12c|y2｜=c｜y1—y2|=c(-2ctt2+2)

2+4c2令m=t2+1,则m≥∴S△ABC=22c2mm2+1=22c21m+1m≤22c2·12=2c2，当且仅当m=1，即∴2c2=22，∴c2=2。∴椭圆Γ的方程为x24+y2解答2例2解:（1)易知a=2，b=1,c=3.∴F1（-3,0)，F2(3,0)。设P（x,y)(x>0，y〉0）,则PF1·PF2=（—3—x,—y)·(3-x，—y)=x2+y2-3=—54,即x2由x2+y2=74,x24+y(2)显然x=0不满足题设条件，可设直线的方程为y=kx+2(k≠0)，设A(x1,y1）,B（x2，y2)。由x24+y2=1,y=kx+2,得(1+4k2∴x1x2=121+4k2，x1+x2=-16k1+4k2，由Δ=(16k）2—4·（1+4k即16k2—3（1+4k2)〉0,得k2>34又∠AOB为锐角,∴cos∠AOB〉0,∴OA·OB〉0,∴OA·OB=x1x2+y1y2〉0，又y1y2=（kx1+2）(kx2+2）=k2x1x2+2k（x1+x2）+4，∴x1x2+y1y2=（1+k2)x1x2+2k（x1+x2）+4=（1+k2)·121+4k2+2k·-16k1+4k2+4=12(1+k2)1+4k2综合①②可知34〈k2<4,∴k的取值范围是—2,—32∪32,2。【自我检测】解:(1)证明:由题意可得,直线l的斜率存在，故可设l的方程为y=k（x-1)(k≠0)。由y2=4x,y=k(x-1),得ky2-4y—4k=0,则（2）由（1）知,y1+y2=4k，x1+x2=y1+y2k+则|AB｜=x1+x2+p=4k2+4〈8，即k2>1,解得k>1或k<—由y=x2-4,y=k(∵M，N两点在y轴的两侧,∴Δ=k2—4（k-4）=k2—4k+16>0，且k—4<0,解得k〈4.故直线l的斜率的取值范围为（-∞，—1)∪(1，4）.解答3例3解：(1）把抛物线的焦点p2,0代入圆G的方程得p=2,故抛物线的方程为y2=4x。(2）证明:设A(x1,y1)，B(x2，y2）,直线l的方程为x=ty+m。由M(m，0)，知N(—m,0).由x=ty+m,y2=4x得y2—4ty—4m=0，所以y1+y2=4t，则kAN+kBN=y1x1+m+y2x2+所以kAN=-kBN,所以∠ANO=∠BNO.【自我检测】解:(1）∵椭圆G的标准方程为x24+y2∴a=2，b=3，c=a2-b∴e=ca=12,又易知｜FA|=1，|AM｜=-∴|FA||AM|=1-2-（2)证明:①若直线l的斜率不存在，则S1=S2,|MP|=|MQ｜，故S1S2②若直线l的斜率存在，则可设直线l的方程为y=k（x+1)（k≠0)，P(x1,y1），Q（x2,y2）。由方程组y=k(x+1),x24+y23=1,消去y得（3+4k2）x2∴x1+x2=—8k23+4k2，x1∵kMP+kMQ=y1x1+4+y=k=2=2k·4∴∠PMF=∠QMF.∵S1=12|MF｜｜MP|sin∠PMF,S2=12｜MF|｜MQ｜sin∠QMF，∴S1综合①②,S1S2[备选理由］求最值问题包括求最值以及根据最值求其他问题，此备用例题就是最值问题的逆用-—根据最值求解其他问题.例[配例1使用］已知圆M：(x+