新高考数学一轮复习学案第9章第8讲 第1课时 圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题（含解析）

这是一份新高考数学一轮复习学案第9章第8讲 第1课时 圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题（含解析），共13页。学案主要包含了知识梳理，教材衍化等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定
(1)代数法：把圆锥曲线方程C1与直线方程l联立消去y，整理得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0.
(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系．
2．直线与圆锥曲线的相交弦长问题
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)
＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|
＝eq \r(1＋\f(1,k2))eq \r((y1＋y2)2－4y1y2).
常用结论
圆锥曲线以P(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率如下表：
二、教材衍化
1．过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选C．结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0，1)且平行于x轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．
2．已知与向量v＝(1，0)平行的直线l与双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．
解析：由题意可设直线l的方程为y＝m，
代入eq \f(x2,4)－y2＝1得x2＝4(1＋m2)，所以x1＝eq \r(4(1＋m2))＝2eq \r(1＋m2)，x2＝－2eq \r(1＋m2)，
所以|AB|＝|x1－x2|＝4eq \r(1＋m2)≥4，
即当m＝0时，|AB|有最小值4.
答案：4
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)直线l与抛物线y2＝2px只有一个公共点，则l与抛物线相切．( )
(2)直线y＝kx(k≠0)与双曲线x2－y2＝1一定相交．( )
(3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．( )
(4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．( )
(5)过点(2，4)的直线与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1只有一条切线．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))(1)没有发现直线过定点，导致运算量偏大；
(2)不会用函数法解最值问题．
1．直线y＝kx－k＋1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系为( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
解析：选A．直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．
2．抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为( )
A．eq \r(2) B．eq \f(7\r(2),8)
C．2eq \r(2) D．eq \f(5\r(2),6)
解析：选B．设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则d＝eq \f(|x－y－2|,\r(2))＝eq \f(|－x2＋x－2|,\r(2))＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(7,4))),\r(2))，
所以x＝eq \f(1,2)时，dmin＝eq \f(7\r(2),8).
第1课时 圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题
考点一 证明问题(综合型)
(2018·高考全国卷Ⅲ节选)已知斜率为k的直线l与椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于A，B两点，线段AB的中点为M(1，m)(m＞0)．
(1)证明：k＜－eq \f(1,2)；
(2)设F为C的右焦点，P为C上的点，且eq \(FP,\s\up6(→))＋eq \(FA,\s\up6(→))＋eq \(FB,\s\up6(→))＝0.证明：|eq \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FP,\s\up6(→))|，|eq \(FB,\s\up6(→))|成等差数列．
【证明】 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),4)＋eq \f(yeq \\al(2,2),3)＝1.
两式相减，并由eq \f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq \f(x1＋x2,4)＋eq \f(y1＋y2,3)·k＝0.
由题设知eq \f(x1＋x2,2)＝1，eq \f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq \f(3,4m).
由题设得0＜m＜eq \f(3,2)，故k＜－eq \f(1,2).
(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＝eq \f(3,4)，从而Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(3,2)))，|eq \(FP,\s\up6(→))|＝eq \f(3,2).
于是|eq \(FA,\s\up6(→))|＝eq \r((x1－1)2＋yeq \\al(2,1))＝eq \r((x1－1)2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(xeq \\al(2,1),4))))＝2－eq \f(x1,2).
同理|eq \(FB,\s\up6(→))|＝2－eq \f(x2,2).
所以|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|＝4－eq \f(1,2)(x1＋x2)＝3.
故2|eq \(FP,\s\up6(→))|＝|eq \(FA,\s\up6(→))|＋|eq \(FB,\s\up6(→))|，即|eq \(FA,\s\up6(→))|，|eq \(FP,\s\up6(→))|，|eq \(FB,\s\up6(→))|成等差数列．
eq \a\vs4\al()
圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广，但无论证明什么，其常用方法有直接法和转化法，对于转化法，先是对已知条件进行化简，根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一问题．
(2020·江西七校第一次联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)经过点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，其离心率为eq \f(\r(2),2)，设直线l：y＝kx＋m与椭圆C相交于A，B两点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线l与圆x2＋y2＝eq \f(2,3)相切，求证：OA⊥OB(O为坐标原点)．
解：(1)因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，a2＝b2＋c2，
所以a2＝2b2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1.
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))在椭圆上，
所以eq \f(1,2b2)＋eq \f(1,2b2)＝1，b2＝1，a2＝2，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明：因为直线l与圆x2＋y2＝eq \f(2,3)相切，
所以eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \f(\r(6),3)，
即3m2－2k2－2＝0，由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2＋2y2＝2))
得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，Δ＝16k2m2－4(1＋2k2)(2m2－2)＞0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2m2－2,1＋2k2)，
所以y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝eq \f(m2－2k2,1＋2k2)，
所以eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝eq \f(2m2－2,1＋2k2)＋eq \f(m2－2k2,1＋2k2)＝eq \f(3m2－2k2－2,1＋2k2)＝0，
所以OA⊥OB.
考点二 范围问题(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))圆锥曲线中的取值范围问题的求解方法有函数法、判别式法、数形结合法、不等式法．(根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数的取值范围)
已知曲线M由抛物线x2＝－y及抛物线x2＝4y组成，直线l：y＝kx－3(k＞0)与曲线M有m(m∈N)个共同点．
(1)若m≥3，求k的最小值；
(2)若m＝4，自上而下记这4个交点分别为A，B，C，D，求eq \f(|AB|,|CD|)的取值范围．
【解】 (1)联立x2＝－y与y＝kx－3，得x2＋kx－3＝0，
因为Δ1＝k2＋12＞0，
所以l与抛物线x2＝－y恒有两个交点．
联立x2＝4y与y＝kx－3，得x2－4kx＋12＝0.
因为m≥3，所以Δ2＝16k2－48≥0.
因为k＞0，所以k≥eq \r(3)，
所以k的最小值为eq \r(3).
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
则A，B两点在抛物线x2＝4y上，C，D两点在抛物线x2＝－y上，
因为x1＋x2＝4k，x1x2＝12，x3＋x4＝－k，x3x4＝－3，且Δ2＝16k2－48＞0，k＞0，
所以k＞eq \r(3).
所以|AB|＝eq \r(1＋k2)·eq \r((4k)2－48)，|CD|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(k2＋12)，
所以eq \f(|AB|,|CD|)＝eq \f(\r((4k)2－48),\r(k2＋12))
＝4 eq \r(\f(k2－3,k2＋12))＝4eq \r(1－\f(15,k2＋12)).
所以k＞eq \r(3)，所以0＜eq \f(15,k2＋12)＜1，
所以eq \f(|AB|,|CD|)∈(0，4)．
eq \a\vs4\al()
求解圆锥曲线中有关参数的取值范围问题，关键是构建与参数有关的不等关系，主要方法有：
(1)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(2)建立已知参数与未知参数之间的等量关系，利用已知参数的范围，求新参数的范围；
(3)利用隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
若直线l与椭圆eq \f(y2,9)＋x2＝1交于不同的两点M，N，如果线段MN被直线2x＋1＝0平分，求直线l的斜率的取值范围．
解：因为直线x＝－eq \f(1,2)与x轴垂直，且由已知得直线l与直线x＝－eq \f(1,2)相交，所以直线l不可能与x轴垂直．
设直线l的方程为y＝kx＋m，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,9x2＋y2＝9，))得(k2＋9)x2＋2kmx＋m2－9＝0.
Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)＞0，即m2－k2－9＜0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(－2km,k2＋9).
因为线段MN被直线2x＋1＝0平分，所以2×eq \f(x1＋x2,2)＋1＝0，
即eq \f(－2km,k2＋9)＋1＝0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－k2－9＜0，,\f(－2km,k2＋9)＋1＝0，))得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2＋9,2k)))eq \s\up12(2)－(k2＋9)＜0，
因为k2＋9＞0，所以eq \f(k2＋9,4k2)－1＜0，即k2＞3，
解得k＞eq \r(3)或k＜－eq \r(3).
所以直线l的斜率的取值范围为(－∞，－eq \r(3))∪(eq \r(3)，＋∞)．
考点三 最值问题(综合型)
eq \a\vs4\al(复习指导)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1( ))有关圆锥曲线的最值问题类型多样且解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：代数法和几何法．若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．
已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝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eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
易求直线方程为y＝x＋1，联立方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝x＋1，))
消去y，得7x2＋8x－8＝0，Δ＝288＞0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝－eq \f(8,7)，x1x2＝－eq \f(8,7)，
所以|CD|＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(2)eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝eq \f(24,7).
(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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k(x＋1)，))
消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
Δ＞0，且x1＋x2＝－eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝eq \f(12|k|,3＋4k2)，因为k≠0，上式＝eq \f(12,\f(3,|k|)＋4|k|)≤eq \f(12,2 \r(\f(3,|k|)·4|k|))＝eq \f(12,2\r(12))＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当k＝±\f(\r(3),2)时等号成立))，
所以|S1－S2|的最大值为eq \r(3).
eq \a\vs4\al()
圆锥曲线中的最值问题常涉及不等式、函数的值域问题，总体上主要有两种方法：
(1)几何法
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．
(2)代数法
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，然后利用函数的思想、不等式的思想等进行求解．
1．已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的右焦点为F，P为椭圆C上一动点，定点A(2，4)，则|PA|－|PF|的最小值为________．
解析：如图，设椭圆的左焦点为F′，则|PF|＋|PF′|＝4，所以|PF|＝4－|PF′|，所以|PA|－|PF|＝|PA|＋|PF′|－4.当且仅当P，A，F′三点共线时，|PA|＋|PF′|取最小值|AF′|＝eq \r((2＋1)2＋16)＝5，所以|PA|－|PF|的最小值为1.
答案：1
2．(2020·河北省九校第二次联考)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，若过点F且斜率为1的直线与抛物线相交于M，N两点，且|MN|＝8.
(1)求抛物线C的方程；
(2)设直线l为抛物线C的切线，且l∥MN，P为l上一点，求eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))的最小值．
解：(1)由题意可知Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
则直线MN的方程为y＝x－eq \f(p,2)，
代入y2＝2px(p＞0)得x2－3px＋eq \f(p2,4)＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝3p，
因为|MN|＝8，
所以x1＋x2＋p＝8，
即3p＋p＝8，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为y＝x＋b，
代入y2＝4x，得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，
因为直线l为抛物线C的切线，所以Δ＝0，
解得b＝1，
所以l为y＝x＋1.
由(1)可知，x1＋x2＝6，x1x2＝1，
设P(m，m＋1)，
则eq \(PM,\s\up6(→))＝(x1－m，y1－(m＋1))，
eq \(PN,\s\up6(→))＝(x2－m，y2－(m＋1))，
所以eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝(x1－m)(x2－m)＋[y1－(m＋1)][y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－(m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2，(y1y2)2＝16x1x2＝16，
所以y1y2＝－4，yeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,2)＝4(x1－x2)，
所以y1＋y2＝4×eq \f(x1－x2,y1－y2)＝4，
eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2
＝2(m2－4m－3)
＝2[(m－2)2－7]≥－14，
当且仅当m＝2，
即点P的坐标为(2，3)时，eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(PN,\s\up6(→))取得最小值为－14.
[基础题组练]
1．过椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为左焦点F，若eq \f(1,4)＜k＜eq \f(2,3)，则椭圆离心率的取值范围为( )
A．eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,4))) B．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，\f(3,4)))
C．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))) D．eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))
解析：选B．由题意知Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，－\f(b2,a)))，所以k＝eq \f(\f(b2,a),c＋a)＝eq \f(a－c,a)＝1－e.又eq \f(1,4)＜k＜eq \f(2,3)，所以eq \f(1,4)＜1－e＜eq \f(2,3)，解得eq \f(1,3)＜e＜eq \f(3,4).
2．抛物线y2＝8x的焦点为F，设A(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线上的两个动点，若x1＋x2＋4＝eq \f(2\r(3),3)|AB|，则∠AFB的最大值为________．
解析：由抛物线的焦半径公式可得|AF|＝x1＋2，|BF|＝x2＋2.
又x1＋x2＋4＝eq \f(2\r(3),3)|AB|，
即|AB|＝eq \f(\r(3),2)(|AF|＋|BF|)，
所以cs ∠AFB＝eq \f(|AF|2＋|BF|2－|AB|2,2|AF||BF|)＝eq \f(|AF|2＋|BF|2－\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)(|AF|＋|BF|)))\s\up12(2),2|AF||BF|)
＝eq \f(\f(1,4)|AF|2＋\f(1,4)|BF|2－\f(3,2)|AF||BF|,2|AF||BF|)＝eq \f(1,8)×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|AF|,|BF|)＋\f(|BF|,|AF|)))－eq \f(3,4)≥eq \f(1,8)×2eq \r(\f(|AF|,|BF|)×\f(|BF|,|AF|))－eq \f(3,4)＝－eq \f(1,2)，
当且仅当eq \f(|AF|,|BF|)＝eq \f(|BF|,|AF|)即|AF|＝|BF|时，等号成立．
又0＜∠AFB＜π，所以∠AFB的最大值为eq \f(2π,3).
答案：eq \f(2π,3)
3．设椭圆E的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a，0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为eq \f(\r(5),10).
(1)求E的离心率e；
(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.
解：(1)由题设条件知，点M的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3)a，\f(1,3)b))，
又kOM＝eq \f(\r(5),10)，从而eq \f(b,2a)＝eq \f(\r(5),10).
进而a＝eq \r(5)b，c＝eq \r(a2－b2)＝2b，
故e＝eq \f(c,a)＝eq \f(2\r(5),5).
(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,2)，－\f(b,2)))，可得eq \(NM,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(a,6)，\f(5b,6))).
又AB＝(－a，b)，
从而有eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(NM,\s\up6(→))＝－eq \f(1,6)a2＋eq \f(5,6)b2＝eq \f(1,6)(5b2－a2)．
由(1)的计算结果可知a2＝5b2，
所以eq \(AB,\s\up6(→))·eq \(NM,\s\up6(→))＝0，故MN⊥AB.
4．(2020·重庆南开中学质检)已知A(0，eq \r(2))，B(eq \r(3)，1)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上的两点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设O为坐标原点，M为椭圆C上一动点，点P(3，0)，线段PM的垂直平分线交y轴于点Q，求|OQ|的最小值．
解：(1)由题意知代入A，B两点坐标得eq \f(2,b2)＝1，
eq \f(3,a2)＋eq \f(1,b2)＝1.
解得a2＝6，b2＝2，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)根据题意知直线PM，QN的斜率存在且不为0.
设点M坐标为(x0，y0)，
则eq \f(xeq \\al(2,0),6)＋eq \f(yeq \\al(2,0),2)＝1，即xeq \\al(2,0)＝6－3yeq \\al(2,0).①
线段PM的中点Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x0＋3,2)，\f(y0,2)))，kPM·kQN＝－1，
即kQN＝eq \f(3－x0,y0)，
所以直线lQN：y－eq \f(y0,2)＝eq \f(3－x0,y0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(x0＋3,2))).
令x＝0，并结合①式得yQ＝eq \f(y0,2)＋eq \f(xeq \\al(2,0)－9,2y0)＝eq \f(y0,2)＋eq \f(－3－3yeq \\al(2,0),2y0)＝eq \f(－3－2yeq \\al(2,0),2y0)，
|OQ|＝|yQ|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(－3－2yeq \\al(2,0),2y0)))
＝eq \f(3,2|y0|)＋|y0|≥2eq \r(\f(3,2|y0|)·|y0|)＝eq \r(6)，
当且仅当eq \f(3,2|y0|)＝|y0|，
即y0＝±eq \f(\r(6),2)时取等号，
所以|OQ|的最小值为eq \r(6).
[综合题组练]
1．(2020·河南阶段性测试)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上的点到右焦点F(c，0)的最大距离是eq \r(2)＋1，且1，eq \r(2)a，4c成等比数列．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M(m，0)，求实数m的取值范围．
解：(1)由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋c＝\r(2)＋1，,1×4c＝2a2，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由题意得F(1，0)，设直线AB的方程为y＝k(x－1)．
与椭圆方程联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－2＝0，,y＝k(x－1)，))消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝eq \f(－2k,1＋2k2).
可得线段AB的中点为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2))).
当k＝0时，直线MN为y轴，此时m＝0.
当k≠0时，直线MN的方程为
y＋eq \f(k,1＋2k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2k2,1＋2k2)))，化简得ky＋x－eq \f(k2,1＋2k2)＝0.
令y＝0，得m＝eq \f(k2,1＋2k2).
所以m＝eq \f(k2,1＋2k2)＝eq \f(1,\f(1,k2)＋2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
综上所述，m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
2．(2020·广州市综合检测(一))已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y＝eq \f(3,2)x与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2，椭圆C的另一个焦点是F1，且eq \(MF1,\s\up6(→))·eq \(MF2,\s\up6(→))＝eq \f(9,4).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l过点(－1，0)，且与椭圆C交于P，Q两点，求△F2PQ的内切圆面积的最大值．
解：(1)设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，因为点M在直线y＝eq \f(3,2)x上，且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2(c，0)，所以点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(c，\f(3c,2))).
因为eq \(MF1,\s\up6(→))·eq \(MF2,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2c，－\f(3,2)c))·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，－\f(3,2)c))＝eq \f(9,4)，
所以c＝1.
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(1,a2)＋\f(9,4b2)＝1，,a2＝b2＋1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝4，,b2＝3.))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由(1)知，F1(－1，0)，过点F1(－1，0)的直线与椭圆C交于P，Q两点，则△F2PQ的周长为4a＝8，又Seq \s\d5(△F2PQ)＝eq \f(1,2)·4a·r(r为△F2PQ的内切圆半径)，
所以当△F2PQ的面积最大时，其内切圆面积最大．
设直线l的方程为x＝ky－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝ky－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
消去x得(4＋3k2)y2－6ky－9＝0，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝\f(6k,3k2＋4)，,y1y2＝－\f(9,3k2＋4)，))
所以Seq \s\d5(△F2PQ)＝eq \f(1,2)·|F1F2|·|y1－y2|＝eq \f(12\r(k2＋1),3k2＋4).
令 eq \r(k2＋1)＝t，则t≥1，所以Seq \s\d5(△F2PQ)＝eq \f(12,3t＋\f(1,t))，
令f(t)＝3t＋eq \f(1,t)，则f′(t)＝3－eq \f(1,t2)，
当t∈[1，＋∞)时，f′(t)＞0，
f(t)＝3t＋eq \f(1,t)在[1，＋∞)上单调递增，
所以Seq \s\d5(△F2PQ)＝eq \f(12,3t＋\f(1,t))≤3，当t＝1时取等号，
即当k＝0时，△F2PQ的面积取得最大值3，
结合Seq \s\d5(△F2PQ)＝eq \f(1,2)·4a·r，得r的最大值为eq \f(3,4)，
所以△F2PQ的内切圆面积的最大值为eq \f(9,16)π.方程ax2＋bx＋c＝0的解
l与C1的交点
a＝0
b＝0
无解(含l是双曲线的渐近线)
无公共点
b≠0
有一解(含l与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)
一个交点
a≠0
Δ＞0
两个不相等的解
两个交点
Δ＝0
两个相等的解
一个交点
Δ＜0
无实数解
无交点
圆锥曲线方程
直线斜率
椭圆：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)
k＝－eq \f(b2x0,a2y0)
双曲线：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)
k＝eq \f(b2x0,a2y0)
抛物线：y2＝2px(p＞0)
k＝eq \f(p,y0)