2022届高考数学一轮复习第八章平面解析几何8.9第2课时最值范围证明问题学案理含解析北师大版

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第二课时　最值、范围、证明问题授课提示：对应学生用书第194页题型一　圆锥曲线中的最值问题　　　　圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类（1）涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；（2）求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．[例]　（2021·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），且经过点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．[解析]　（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（m≠0），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．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．所以△DPQ面积的最大值为．最值问题的基本解法几何法：根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决（如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等）．代数法：建立求解目标关于某个（或两个）变量的函数，通过求解函数的最值（普通方法、基本不等式方法、导数方法等）解决．[对点训练]（2021·合肥模拟）已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px（p＞0）相切．（1）求抛物线C的方程；（2）过点F的直线m与抛物线C交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．解析：（1）∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C相切．由消去x得，y2－2py＋2p＝0，从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2．∴抛物线C的方程为y2＝4x．（2）由于直线m的斜率不为0，所以可设直线m的方程为ty＝x－1，A（x1，y1），B（x2，y2）．由消去x得，y2－4ty－4＝0，∴y1＋y2＝4t，从而x1＋x2＝4t2＋2，∴线段AB的中点M的坐标为（2t2＋1，2t）．设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，dA＋dB＝2d＝2·＝2|t2－t＋1|＝2，∴当t＝时，可使A，B两点到直线l的距离之和最小，距离的最小值为．题型二　圆锥曲线中的范围问题　　　　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）的条件下，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]　已知抛物线E：y2＝8x，直线l：y＝kx－4．（1）若直线l与抛物线E相切，求直线l的方程；（2）设Q（4，0），直线l与抛物线E交于不同的两点A（x1，y1），B（x2，y2），若存在点C满足|＋|＝|－|，且线段OC与AB互相平分（O为坐标原点），求x2的取值范围．[解析]　（1）法一：由得k2x2－8（k＋1）x＋16＝0，由k≠0及Δ＝64（k＋1）2－64k2＝0，得k＝－，所以直线l的方程为y＝－x－4．法二：由y2＝8x得y＝±，直线l恒过点（0，－4），则y＝－，设切点为（x0，y0）（y0＜0），由于y＝－，所以y′|x＝x0＝－，所以切线方程为y＋＝－（x－x0），将坐标（0，－4）代入得x0＝8，即切点为（8，－8），再将该点代入y＝kx－4得，k＝－，所以直线l的方程为y＝－x－4．（2）由得k2x2－8（k＋1）x＋16＝0，因为Δ＝64（k＋1）2－64k2＞0，且k≠0，所以k＞－，且k≠0，所以x1＋x2＝，所以y1＋y2＝k（x1＋x2）－8＝．因为线段OC与AB互相平分，所以四边形OACB为平行四边形，所以＝＋＝（x1＋x2，y1＋y2）＝，即C，由|＋|＝|－|得，AC⊥QC．所以kAC·kQC＝－1，又kQC＝＝，kAC＝kOB＝＝k－，所以·＝－1，所以＝k＋＋2．若k＞0，则≥2＋2＝2（＋1），当且仅当k＝时取等号，此时0＜x2≤4（－1）．若－＜k＜0，由于k＝－时，k＋＋2＝－，所以＜－，即x2＜－（舍去）．综上，x2的取值范围为（0，4（－1）]．[对点训练]　已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的焦点坐标分别为F1（－1，0），F2（1，0），P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|，且cos∠F1PF2＝．（1）求椭圆C的标准方程；（2）设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，点Q，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．解析：（1）由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，∴r1＝a，r2＝a．在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝＝＝，解得a＝2，∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝3，∴椭圆C的标准方程为＋＝1．（2）联立方程，得，消去y得（3＋4k2）x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝，x1x2＝，且Δ＝48（3＋4k2－m2）＞0，①设AB的中点为M（x0，y0），连接QM，则x0＝＝，y0＝kx0＋m＝，∵|AQ|＝|BQ|，∴AB⊥QM，又Q，M为AB的中点，∴k≠0，直线QM的斜率存在，∴k·kQM＝k·＝－1，解得m＝－，②把②代入①得3＋4k2＞，整理得16k4＋8k2－3＞0，即（4k2－1）（4k2＋3）＞0，解得k＞或k＜－，故k的取值范围为∪．题型三　圆锥曲线中的证明问题　　　　主要考查点、直线、曲线等几何元素中的特殊位置关系以及直线或圆锥曲线中的一些数量关系的证明．[例]　（2021·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C于点M，N，证明：M，Q，N三点共线．[解析]　（1）由离心率为得，＝．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：记点M，N的坐标分别为M（x1，y1），N（x2，y2）．注意到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．　圆锥曲线证明问题的类型及求解策略（1）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）．（2）解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明．[对点训练]（2021·梅州模拟）已知椭圆C：＋＝1（a＞b＞0）的左、右焦点分别为点F1，F2，其离心率为，短轴长为2．（1）求椭圆C的标准方程；（2）过点F1的直线l1与椭圆C交于M，N两点，过点F2的直线l2与椭圆C交于P，Q两点，且l1∥l2，证明：四边形MNPQ不可能是菱形．解析：（1）由已知，得＝，b＝，又c2＝a2－b2，故解得a2＝4，b2＝3，所以椭圆C的标准方程为＋＝1．（2）证明：由（1），知F1（－1，0），如图，易知直线MN不能平行于x轴，所以令直线MN的方程为x＝my－1，M（x1，y1），N（x2，y2），联立方程得（3m2＋4）y2－6my－9＝0，所以y1＋y2＝，y1y2＝．此时|MN|＝．同理，令直线PQ的方程为x＝my＋1，P（x3，y3），Q（x4，y4），此时y3＋y4＝，y3y4＝，此时|PQ|＝，故|MN|＝|PQ|，所以四边形MNPQ是平行四边形．若平行四边形MNPQ是菱形，则OM⊥ON，即·＝0，于是有x1x2＋y1y2＝0．又x1x2＝（my1－1）（my2－1）＝m2y1y2－m（y1＋y2）＋1，所以有（m2＋1）y1y2－m（y1＋y2）＋1＝0，整理得到＝0，即12m2＋5＝0，上述关于m的方程显然没有实数解，故四边形MNPQ不可能是菱形．