2021版新高考数学（山东专用）一轮学案：第八章第九讲第二课时　最值、范围、证明问题

第二课时　最值、范围、证明问题KAO DIAN TU PO HU DONG TAN JIU考点突破·互动探究考点一　圆锥曲线中的最值问题——自主练透例1 (2020·广东调研)已知圆x2＋y2＋2x－26＝0的圆心为F1，直线l过点F2(，0)且与x轴不重合，l交圆F1于C，D两点，过F2作F1C的平行线，交F1D于点E.设点E的轨迹为Ω.(1)求Ω的方程；(2)直线l1与Ω相切于点M，l1与两坐标轴的交点为A与B，直线l2经过点M且与l1垂直，l2与Ω的另一个交点为N.当|AB|取得最小值时，求△ABN的面积．[解析]　(1)因为F1C∥EF2，所以∠F1CD＝∠EF2D．又F1C＝F1D，所以∠F1CD＝∠F1DC，则∠EDF2＝∠EF2D，所以|ED|＝|EF2|，从而|EF2|＋|EF1|＝|ED|＋|EF1|＝|DF1|.x2＋y2＋2x－26＝0可化为(x＋)2＋y2＝32，所以|EF2|＋|EF1|＝＝4>2.从而E的轨迹为以F1(－，0)，F2(，0)为焦点，长轴长为4的椭圆(剔除左、右顶点)．所以Ω的方程为＋＝1(y≠0)．(2)易知l1的斜率存在，所以可设l1的方程为y＝kx＋m(k≠0)联立消去y，得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－8＝0.因为直线l与Ω相切，所以Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－8)＝0.即m2＝8k2＋2.l1在x轴、y轴上的截距分别为－，m，则|AB|＝＝＝＝≥＝3，当且仅当8k2＝，即k＝±时取等号．所以当k2＝时，|AB|取得最小值，此时m2＝6，根据对称性，不妨取k＝，m＝，此时2xM＝－＝－，即xM＝－，从而yM＝－×＋＝，联立消去y，得9x2＋16x＋16＝0，则xM＋xN＝－＋xN＝－，解得xN＝－，所以|MN|＝|xM－xN|＝，故△ABN的面积为××3＝4.例2 (2020·四川省联合诊断)已知抛物线x2＝8y，过点M(0,4)的直线与抛物线交于A，B两点，又过A，B两点分别作抛物线的切线，两条切线交于P点．(1)证明：直线PA，PB的斜率之积为定值；(2)求△PAB面积的最小值．[解析]　(1)证明：由题意设l的方程为y＝kx＋4，联立，得x2－8kx－32＝0，因为Δ＝(－8k)2－4×(－32)>0，所以设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝－32，设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，对y＝，求导得y′＝，所以k1＝，k2＝，所以，k1k2＝·＝＝＝－2(定值)．(2)由(1)可得直线PA的方程为y－＝(x－x1)①直线PB的方程为y－＝(x－x2)②联立①②，得点P的坐标为(，)，由(1)得x1＋x2＝8k，x1x2＝－32，所以P(4k，－4)．于是|AB|＝8，点P到直线AB的距离d＝，所以S△PAB＝16(k2＋2)，当k2＝0，即k＝0时，△PAB的面积取得最小值32.名师点拨 ☞处理圆锥曲线最值问题的求解方法(1)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，这就是几何法．(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立起目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、重要不等式法及函数的单调性法等．〔变式训练1〕(2019·陕西省汉中市模拟)圆O的方程为：x2＋y2＝9，P为圆上任意一点，过P作x轴的垂线，垂足为D，点Q在PD上，且＝.(1)求点Q的轨迹C的方程；(2)过点F(－，0)的直线与曲线C交于A、B两点，点M的坐标为(3,0)，△MAB的面积为S，求S的最大值，及直线AB的方程．[解析]　(1)设P(x1，y1)，则D(x1,0)，设Q(x，y)，＝(0，y1)，＝(0，y)，因为＝，所以，把P(x1，y1)代入圆的方程得x2＋y2＝9，所以Q的轨迹C的方程为＋＝1.(2)由题意易知直线的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝ty－，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立⇒(4t2＋9)y2－8ty－16＝0，y1＋y2＝，y1y2＝，S△MAB＝×(3＋)×|y1－y2|＝×＝＝12(3＋)·≤12(3＋)×＝＝.当且仅当t＝±时取等号，所以△MAB面积有最大值为.所以△MAB的面积为最大时，直线AB的方程为y＝2x＋2或y＝－2x－2.考点二　圆锥曲线中的范围问题——师生共研例3 (2019·西安模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1,0)，且点P(1，)在椭圆C上，O为坐标原点．(1)求椭圆C的标准方程；(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围．[解析]　(1)由题意，得c＝1，所以a2＝b2＋1.因为点P(1，)在椭圆C上，所以＋＝1，所以a2＝4，b2＝3.则椭圆C的标准方程为＋＝1.(2)设直线l的方程为y＝kx＋2，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0.因为Δ＝48(4k2－1)>0，所以k2>，由根与系数的关系，得x1＋x2＝，x1x2＝.因为∠AOB为锐角，所以·>0，即x1x2＋y1y2>0.所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，所以(1＋k2)·＋2k·＋4>0，即>0，所以k2<.综上可知<k2<，解得－<k<－或<k<.所以直线l的斜率k的取值范围为(－，－)∪(，)．[引申]本例中①，若·＝0，则k＝__±__，②若O在以AB的直径的圆内，则k的取值范围是__(－∞，－)∪(，＋∞)__.名师点拨 ☞求解范围问题的常见求法(1)利用判别式来构造不等式关系，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)利用函数的值域的求法，确定参数的取值范围．〔变式训练2〕(2020·辽宁省朝阳市质量检测)已知F为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点，点P(1，m)在C上，且PF⊥x轴，椭圆C的离心率为.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋2与椭圆C相交于A，B两点，且·>2(O为坐标原点)，求k的取值范围．[解析]　(1)因为F(c,0)为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点，点P(1，m)在C上，且PF⊥x轴，所以c＝1；又椭圆C的离心率为，所以a＝2，因此b2＝a2－c2＝4－1＝3，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由，得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，所以x1＋x2＝－，x1x2＝，故y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x2＋x2)＋4＝＋4，由·>2，得x1x2＋y1y2>2，即＋4>2，整理得k2<，解得－<k<；又因Δ＝162k2－16(3＋4k2)>0，整理得k2>，解得k>或k<－；综上，k的取值范围是(－，－)∪(，)．考点三　圆锥曲线中的证明问题——师生共研例4 (2018·课标Ⅰ卷)设椭圆C：＋y2＝1的右焦点为F，过F的直线l与C交于A，B两点，点M的坐标为(2,0)．(1)当l与x轴垂直时，求直线AM的方程；(2)设O为坐标原点，证明：∠OMA＝∠OMB．[解析]　(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x＝1，由已知可得，点A的坐标为(1，)或(1，－)．所以AM的方程为y＝－x＋或y＝x－.(2)当l与x轴重合时，∠OMA＝∠OMB＝0°.当l与x轴垂直时，直线OM为AB的垂直平分线．所以∠OMA＝∠OMB．当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1<，x2<，直线MA，MB的斜率之和为kMA＋kMB＝＋，将由y1＝kx1－k，y2＝kx2－k得kMA＋kMB＝，将y＝k(x－1)代入＋y2＝1得(2k2＋1)x2－4k2x＋2k2－2＝0，所以，x1＋x2＝，x1x2＝.则2kx1x2－3k(x1＋x2)＋4k＝＝0，从而kMA＋kMB＝0，故MA，MB的倾斜角互补，所以∠OMA＝∠OMB．综上，∠OMA＝∠OMB．名师点拨 ☞圆锥曲线中的证明问题，常见的有位置关系方面的，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．解决证明问题的答题模板〔变式训练3〕(2020·安徽1号卷A10联盟联考)若抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(1，n)在抛物线C上，且|MF|＝3.(1)求抛物线C的方程；(2)过点(－2,0)的直线l交抛物线C于A、B两点，点A关于x轴的对称点是D，证明：B、F、D三点共线．[解析]　(1)抛物线C的准线为x＝－，∵点M到准线的距离为3，∴1＋＝3，解得p＝4.∴抛物线C的方程为y2＝8x.(2)设直线l的方程为x＝my－2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立，得y2－8my＋16＝0，Δ＝64m2－64>0，解得m>1或m<－1.∴y1＋y2＝8m，y1y2＝16.又点A关于x轴的对称点为D，∴D(x1，－y1)，则直线BD的方程为y－y2＝(x－x2)，即y－y2＝(x－x2)＝(x－)令y＝0，得x＝－y2·＝＝2.∴直线BD恒过定点(2,0)，而点F(2,0)，因此B，F，D三点共线．