人教版高考数学一轮复习第9章解析几何第9节第2课时最值范围证明问题学案理含解析

这是一份人教版高考数学一轮复习第9章解析几何第9节第2课时最值范围证明问题学案理含解析，共7页。
第二课时　最值、范围、证明问题[最新考纲][考情分析][核心素养]掌握最值、范围、证明问题.　　最值、范围、证明问题一直是命题热点，主要在解答题中考查，最值、范围问题也常在选择题、填空题中考查，分数均为12分.1.逻辑推理2.数学运算圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值，以及当这些元素存在最值时，求解与之有关的一些问题．对于最值问题，一般可以用数形结合的方法或转化为函数的最值问题加以解决；解决最值范围问题时，应重视曲线的定义、曲线的几何特征、方程的代数特征在解题中的作用．【例1】　(2020届成都摸底)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)，经过点A.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点B(4，0)作一条斜率不为0的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，记点P关于x轴对称的点为P′，若直线P′Q与x轴相交于点D，求△DPQ面积的最大值．[解]　(1)由椭圆的定义，可知2a＝|AF1|＋|AF2|＝＋＝4，解得a＝2.又b2＝a2－()2＝1，∴椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)由题意，设直线l的方程为x＝my＋4，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则P′(x1，－y1)．由消去x可得，(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.∵Δ＝16(m2－12)＞0，∴m2＞12.且y1＋y2＝，y1y2＝.∵kP′Q＝＝，∴直线P′Q的方程为y＋y1＝(x－x1)，令y＝0，可得x＝＋my1＋4.∴x＝＋4＝＋4＝＋4＝1，∴D(1，0)．∴S△DPQ＝|S△BDQ－S△BDP|＝|BD||y1－y2|＝＝.令t＝，t∈(0，＋∞)，则S△DPQ＝＝≤，当且仅当t＝4，即m＝±2时等号成立，∴△DPQ面积的最大值为.►名师点津最值问题的3个求解方法(1)建立函数模型利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值．(2)建立不等式模型利用基本不等式求最值．(3)数形结合利用相切、相交的几何性质求最值．|跟踪训练|1．已知椭圆E：＋x2＝1(a>1)的离心率为，若圆A：x2＋(y－a)2＝r2(r>0)与椭圆E相交于B，C两点．(1)求·的最小值；(2)若F1，F2分别是椭圆E的上、下焦点，经过点F1的直线l与椭圆E交于M，N两点，求当△OF2N与△OF2M(O为坐标原点)的面积之和取得最大值时，直线l的方程．解：(1)因为e＝＝＝，所以a＝2，所以椭圆E的方程为＋x2＝1，所以圆心A的坐标为(0，2)．设B(x0，y0)，由对称性得C(－x0，y0)，且＋x＝1，所以·＝(x0，y0－2)·(－x0，y0－2)＝(y0－2)2－x＝(y0－2)2－＝y－4y0＋3＝－.由题意得－2<y0<2，所以当y0＝时，·取得最小值，最小值为－.(2)由题意知F1(0，)，F2(0，－)，直线l的斜率一定存在．设l：y＝kx＋，联立方程，得化简可得(4＋k2)x2＋2kx－1＝0，Δ＝(2k)2＋4(4＋k2)＝16k2＋16>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝－，所以△OF2N与△OF2M的面积之和S＝×|x1－x2|＝×＝×＝×＝2×.令t＝1＋k2，则t≥1，所以S＝2×＝2×＝2×≤1，当且仅当t＝3，即k＝±时等号成立，所以当k＝±时，△OF2N与△OF2M的面积之和取得最大值，此时直线l的方程为 x－y＋＝0或 x＋y－＝0.圆锥曲线中常见范围问题(1)点在圆锥曲线上(非线性约束条件)，求相关式子(目标函数)的取值范围问题，常用参数方程代入转化为三角函数的最值问题，或根据平面几何知识或引入一个参数(有几何意义)化为函数进行处理．(2)由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数(系数)的范围问题，常把所求参数作为因变量，另一个元作为自变量求解．【例2】　(2019届郑州市第二次质量预测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，A为椭圆上一动点(异于左、右顶点)，△AF1F2的周长为4＋2，且面积的最大值为.(1)求椭圆C的方程；(2)设B是椭圆上一动点，线段AB的中点为P，OA，OB(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，且k1k2＝－，求|OP|的取值范围．[解]　(1)由椭圆的定义及△AF1F2的周长为4＋2，可得2(a＋c)＝4＋2，∴a＋c＝2＋，　①当A在上(或下)顶点时，△AF1F2的面积取得最大值，即bc＝，　②由①②及a2＝c2＋b2，得a＝2，b＝1，c＝，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)当直线AB的斜率不存在时，k1＝－k2，∵k1k2＝－，∴k1＝±，不妨取k1＝，则直线OA的方程为y＝x，不妨取点A，则B，P(，0)，∴|OP|＝.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝16(4k2＋1－m2)>0，　③∴x1＋x2＝，x1x2＝.∵k1k2＝－，∴4y1y2＋x1x2＝0，∴4(kx1＋m)(kx2＋m)＋x1x2＝(4k2＋1)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝4m2－4－＋4m2＝0，化简得2m2＝1＋4k2(满足③式)，∴m2≥.设P(x0，y0)，则x0＝＝＝，y0＝kx0＋m＝，∴|OP|2＝x＋y＝＋＝2－∈，∴|OP|∈.综上，|OP|的取值范围为.►名师点津求参数范围的4个常用方法(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．(2)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范围．(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围．(4)数形法方程：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．|跟踪训练|2．(2019届石家庄市一模)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点P(x0，2)到焦点F的距离|PF|＝2x0.(1)求抛物线C的方程；(2)过点P引圆M：(x－3)2＋y2＝r2(0<r≤)的两条切线PA，PB，切线PA，PB与抛物线C的另一交点分别为A，B，线段AB中点的横坐标记为t，求t的取值范围．解：(1)由抛物线定义，得|PF|＝x0＋，由题意得，解得所以抛物线C的方程为y2＝4x.(2)由题意知，过点P引圆(x－3)2＋y2＝r2(0<r≤)的切线的斜率存在且不为0，设切线PA的方程为y＝k1(x－1)＋2，则圆心M(3，0)到切线PA的距离d＝＝r，整理得，(r2－4)k－8k1＋r2－4＝0.设切线PB的方程为y＝k2(x－1)＋2，同理可得(r2－4)·k－8k2＋r2－4＝0.所以k1，k2是方程(r2－4)k2－8k＋r2－4＝0的两根，则k1＋k2＝，k1k2＝1.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得，k1y2－4y－4k1＋8＝0，由根与系数的关系知，2y1＝，所以y1＝＝－2＝4k2－2，同理可得y2＝4k1－2.t＝＝＝＝2(k＋k)－2(k1＋k2)＋1＝2(k1＋k2)2－2(k1＋k2)－3，设λ＝k1＋k2，则λ＝∈[－4，－2)，所以t＝2λ2－2λ－3，其图象的对称轴为λ＝>－2，所以9<t≤37.故t的取值范围为(9，37]．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)．【例3】　(2019届陕西省高三二检)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面积的最大值为2.(1)求椭圆C的方程；(2)直线AP与椭圆C在点B处的切线交于点D，当点P在椭圆C上运动时，求证：以BD为直径的圆与直线PF恒相切．[解]　(1)设椭圆C的方程为＋＝1(a>b>0)，由题意知解得故椭圆C的方程为＋＝1.(2)证明：易知直线AP的斜率存在且不为0，设直线AP的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，则点D的坐标为(2，4k)，记线段BD的中点为E，则E的坐标为(2，2k)．由得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－12＝0.设点P的坐标为(x0，y0)，则－2x0＝，∴x0＝，y0＝k(x0＋2)＝.由(1)知点F的坐标为(1，0)，当k＝±时，点P的坐标为，直线PF⊥x轴，点D的坐标为(2，±2)，此时以BD为直径的圆(x－2)2＋(y∓1)2＝1与直线PF相切．当k≠±时，直线PF的斜率kPF＝＝，∴直线PF的方程为y＝(x－1)，点E到直线PF的距离d＝＝＝2|k|.又|BD|＝4|k|，∴d＝|BD|，∴以BD为直径的圆与直线PF相切．综上，当点P在椭圆C上运动时，以BD为直径的圆与直线PF恒相切．►名师点津圆锥曲线中证明问题，常见位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，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，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法．|跟踪训练|3．(2020届合肥调研)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，左、右顶点分别是A1，A2，上顶点为B(0，b)，△A1A2B的面积等于2.(1)求椭圆C的方程；(2)设点Q(1，0)，P(4，m)，直线PA1，PA2分别交椭圆于点M，N，证明：M，Q，N三点共线．解：(1)由椭圆的离心率为得，＝，　①由△A1A2B的面积为2得，ab＝2，　②∵a2＝b2＋c2，　③联立①②③，解得a＝2，b＝1，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.(2)证明：设点M，N的坐标分别为M(x1，y1)，N(x2，y2)．∵A1(－2，0)，∴直线PA1的方程为y＝(x＋2)，与椭圆＋y2＝1联立并整理得(m2＋9)x2＋4m2x＋4m2－36＝0，由－2＋x1＝得x1＝，代入直线PA1的方程得y1＝，即M.同理可得N.∵Q(1，0)，∴＝，＝，，由·＝·知，M，Q，N三点共线.