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

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　　

[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　　

[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　　

[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．