全品高考备战2027年数学一轮学生用书10第56讲圆锥曲线热点问题第2课时最值与范围、证明问题【答案】听课手册

第2课时最值与范围、证明问题●课堂考点探究例1[思路点拨](1)设E(x,y)为椭圆上任意一点,利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可求解;(2)设出直线AB的方程并与椭圆的方程联立,利用根与系数的关系得到两根之和与两根之积,再分别联立直线PA,直线PB与直线y=-12x+3的方程,得到C,D两点的横坐标,由此可表示出|CD|,再转化求解即可解:(1)设E(x,y)为椭圆上任意一点,则|PE|=x2-11-11因此,当E点坐标为±121011,-1(2)由题意,设AB的直线方程为y=kx+12,A(x1,y1),B(x2,y2),由AB的直线方程与椭圆方程联立得y=kx+12,x2+12y2=12,则(1+12k2)x2+12kx-9=0,从而x1+x2=-12k1+12k2,x1x2=-91+12k2.设C(xC同理xD=4x那么|CD|=1+14|xC-x25x35216k2+1|3k+1|.当k=-令3k+1=t,则|CD|=35因此,当k=316时,|CD|取得最小值,且最小值为6例2[思路点拨](1)思路一:设出点P的坐标,结合几何条件即可得到W的方程;思路二:根据抛物线的定义可知W为抛物线,进而得到W的方程.(2)设直线BA的方程为y=k(x-a)+a2+14,将其与抛物线的方程联立,再利用根与系数的关系、弦长公式和放缩法得到|AB|+|AD|≥(1+解:(1)方法一:设P(x,y),则|y|=x2+y-122,化简得y=x2+14,即W方法二:根据抛物线的定义可知,点P在以F0,12为焦点,x轴为准线的抛物线上,其中p=12,从而x2=2py-14=y-14,故W(2)证明:不妨设A,B,D三点在W上,且有BA⊥DA,设Aa,a2+14,直线BA,DA的斜率分别为k由y=x2+14,y=k(由根与系数的关系得xA+xB=k,所以Bk-所以|AB|=1+k2·|k-2a同理可得|AD|=1+1k2·-1k-2a=1+1k2·1k+2a,所以|AB|+|AD|=1+k2·|k-2a|+1+1k2·1k+2a≥1+k2|k-2a|+1k+2a≥1+k2·k+1k=(1+k2)3k2.令m=k2,设f(m)=(1+m)3m=m2+3m+1m+3(0<变式题解:(1)设P(x,y),则x≠±2.因为kPA·kPB=-34所以yx+2·yx-2=-34,整理可得x24+y23=1(y方法一:设P(x0,y0),Q(x1,y1),R(x2,y2),设直线PQ和直线PR的方程分别为x=my-1,x=ny+1.由x=my-1,x24+y23=1,整理可得(3m2+4)y2-6my-9=0,则y由x=ny+1,x24+y23=1,整理可得(3n2+4)y2+6ny-9=0,则y0因为x0=my0-1,所以y0+y1y0y1=-23m=-23·x0+1y0,所以y0同理可得y0+y2y0y2=23n=23·即y0y2=23x所以|PF1||QF1|+|方法二:设P(x0,y0),Q(x1,y1),R(x2,y2),设PQ=λPF1,PR=μP由x消去y0可得2λ(1-λ)x0-λ同理可得μ=2x所以|PF1||QF1|+|PF(2)不妨设y0>0,于是S△PQRS|PQ|·|PR||PF1|·|PF2|=λ·μ,因此S△PQR=λ·μ·12|F1F2|y又因为x02=41-y023,所以S△PQR=y0·设f(y0)=y0·y02+9y02+2716,y0∈(0,3],则f(y0)=y01+11716y02+27=y0+117y所以f(y0)在(0,3]上单调递增,当y0=3时,f(y0)取得最大值,f(3)=3×3+93+2716则S△PQR的最大值为643例3[思路点拨](1)根据M的坐标及MF⊥x轴得到c,结合a2-b2=c2及点M在椭圆上,求出a2,b2,即可得C的方程.(2)思路一:设线法,分直线AB与x轴不重合与重合两种情况,当直线AB与x轴不重合时,设出直线AB的方程,并与椭圆方程联立,得到直线AQ的斜率,即可得到结果;思路二:设点法,设出点A,B的坐标,结合向量的坐标运算及A,B两点位于椭圆上求出等式,再结合直线NB与MF交于Q,求出yQ,得到直线AQ的斜率,即可得到结果.解:(1)因为MF⊥x轴且M1,32,所以c=1,所以a2-b2将点M1,32的坐标代入椭圆方程得1a2+94b2=1②,联立所以C的方程为x24+y(2)证明:方法一:由题可知F(1,0),N52当直线AB与x轴不重合时,设lAB:x=ty+4,A(x1,y1),B(x2,y2),由x24+y23=1,x=ty+4,消去x可得(3t2+4)y2+24ty+36=0,由Δ>0,得t2>4,由根与系数的关系可得y1lNB:y=y2x2-52x-52所以yQ-y1=-32y2-3-32-24t3t2+4-t·363t2+4ty2+32=0,故kAQ=0,即AQ⊥y轴.当直线AB方法二:设A(x1,y1),B(x2,y2),AP=λPB(λ≠0且λ≠±1),则x1+又由3x12+4y12=12,3(λx2)2+4(λy2)2=12λ2,两式相减,整理可得3·x1+λx21+λ·x1-λx所以kAQ=0,故AQ⊥y轴.变式题解:(1)设直线AB:x=my+3(m≠0),代入y2=2px,得y2=2p(my+3),整理可得y2-2pmy-6p=0,Δ>0,∴yAyB=-6p=-12,解得p=2.(2)证明:假设☉M为△PQR的内切圆,由(1)知,C:y2=4x,设点Q(x1,y1),R(x2,y2),则kPQ=y0-y1x∴直线PQ的方程为y-y0=4y0+y1(x-x0),将x0=y024代入上式,化简得4x-(y0+y1故点M(3,0)到直线PQ的距离为|12+y0y1|16+(y0+y同理(4-y02)y22-16y0y2+4y02-80=0,故y1,y2是方程(4-y02