2022届高考人教数学（理）一轮学案：8-9 第一课时　最值、范围、证明问题 WORD版含答案.doc

1、第九节直线与圆锥曲线的综合问题1直线与圆锥曲线的位置关系的判定代数法：把圆锥曲线方程C与直线方程l联立消去y，整理得到关于x的方程ax2bxc0.方程ax2bxc0的解l与C的交点a0b0无解(含l是双曲线的渐近线)无公共点b0有一解(含l与抛物线的对称轴平行或与双曲线的渐近线平行)一个交点a00两个不相等的解两个交点0两个相等的解一个交点0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|3.(1)求抛物线E的方程；(2)已知点G(1，0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切解析：(1)由抛物线的定义得|AF|2.|AF|3，即23，解得p2，抛

2、物线E的方程为y24x.(2)证明：设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.点A(2，m)在抛物线E：y24x上，m2.由抛物线的对称性，不妨设A(2，2).由A(2，2)，F(1，0)可得，直线AF的方程为y2(x1).由得2x25x20，解得x2或x，从而B.又G(1，0)，故直线GA的方程为2x3y20，从而r.又直线GB的方程为2x3y20，点F到直线GB的距离dr.这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切方法总结圆锥曲线中证明问题的类型及解题策略(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

3、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、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通过相关的性质应用、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设椭圆E的方程为1(ab0)，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.(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：MNAB.解析：(1)由题设条件知，点M的坐标为，又kOM，从而.进而得ab，c2b，故e.(2)证明：由N是AC的中点知，点N的

4、坐标为，可得.又(a，b)，从而有a2b2(5b2a2).由(1)可知a25b2，所以0，故MNAB.题型三最值与范围问题 典例剖析类型 1数形结合用性质例1(2021陕西质量检测)已知等腰三角形ABC的底边端点A，B在双曲线1的右支上，顶点C在x轴上，且AB不垂直于x轴，则顶点C的横坐标t的取值范围是_解析：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(t，0)，AB的中点为M(x0，y0)，则x0.由题意，得两式相减并整理，得(x1x2)(x1x2)2(y1y2)(y1y2)，所以kAB.又kMC，由题意易知ABMC，所以kMCkAB1，即x02(x0t)0，解得t，又x0，所以t.答案：类型

5、 2选参数构造函数 例2(2020安徽知名示范高中联考)已知椭圆C：1(ab0)的离心率为，且以原点为圆心、椭圆的焦距为直径的圆与直线x sin y cos 10相切(为常数).(1)求椭圆C的标准方程；(2)若椭圆C的左、右焦点分别为F1、F2，过F2作直线l与椭圆交于M，N两点，求F1MF1N的最大值解析：(1)由题意，得e，c，a2b2c2，解得故椭圆C的标准方程为y21.(2)由(1)得F1(1，0)，F2(1，0).若直线l的斜率不存在，则直线lx轴，直线l的方程为x1，不妨记M，N，F1M，F1N，故F1MF1N.若直线l的斜率存在，设直线l的方程为yk(x1)，由消去y得(12k

6、2)x24k2x2k220，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2，x1x2.又F1M(x11，y1)，F1N(x21，y2)，则F1MF1N(x11)(x21)y1y2(x11)(x21)k(x11)k(x21)(1k2)x1x2(1k2)(x1x2)1k21k2，由k20，可得F1MF1N.综上，F1MF1N的最大值为.类型 3利用基本不等式求最值 例3(2021安徽宣城模拟)已知椭圆C的方程为1，A是椭圆上的一点，且点A在第一象限内，过点A且斜率等于1的直线与椭圆C交于另一点B，点A关于坐标原点的对称点为D.(1)证明：直线BD的斜率为定值；(2)求ABD面积的最大值解析：(1

7、)证明：设D(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(x1，y1)，直线BD的斜率k.因为D，B两点都在椭圆上，所以1，1，由得.因为kAB1，所以k.故直线BD的斜率为定值.(2)连接OB(图略)，因为A，D两点关于原点对称，所以SABD2SOBD，由(1)可知直线BD的斜率k，设直线BD的方程为yxt，因为点D在第三象限，所以t1且t0.点O到直线BD的距离d，由消去y并整理得3x24tx4t280，易知0，则x1x2，x1x2.所以|BD|.所以SABD2SOBD2|BD|d2，当且仅当t23t2，即t时等号成立所以ABD面积的最大值为2.方法总结1解决圆锥曲线中的取值范围问题的5种常用解

8、法(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，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建立两个参数之间的等量关系(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围(4)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(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2处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数解析式表

9、示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解题组突破1已知点A，B分别为椭圆E：1(ab0)的左、右顶点，点P(0，2)，直线BP交E于点Q，且ABP是等腰直角三角形(1)求椭圆E的方程；(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围解析：(1)由ABP是等腰直角三角形，知a2，B(2，0).设Q(x0，y0)，由，得x0，y0，代入椭圆方程，解得b21，椭圆E的方程为y21.(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设方程为ykx2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由消去y，得(14k2)x216kx12

10、0，则x1x2，x1x2.由直线l与E有两个不同的交点，得0，则(16k)2412(14k2)0，解得k2.由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，则0，即x1x2y1y20，则x1x2y1y2x1x2(kx12)(kx22)(1k2)x1x22k(x1x2)4(1k2)2k40，解得k24.联立可知k24，解得2k或k2，故直线l斜率的取值范围为.2如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y24x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x21(x0)上的动点，求PAB面积的取值范围解析：(1)证明：设P(x0，y

11、0)，A，B.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程4，即y22y0y8x0y0的两个不同的实根所以y1y22y0，因此PM垂直于y轴(2)由(1)可知所以|PM|(yy)x0y3x0，|y1y2|2.因此PAB的面积SPAB|PM|y1y2|(y4x0).因为x1(x00)，所以y4x04x4x044，5，所以PAB面积的取值范围是.(2020高考全国卷)已知椭圆C：1(0m5)的离心率为，A，B分别为C的左、右顶点(1)求C的方程；(2)若点P在C上，点Q在直线x6上，且|BP|BQ|，BPBQ，求APQ的面积解析：(1)由题设可得，得m2，所以C的方程为1.(2)设P(xP

12、，yP)，Q(6，yQ)，根据对称性可设yQ0，由题意知yP0.由已知可得B(5，0)，直线BP的方程为y(x5)，所以|BP|yP，|BQ|.因为|BP|BQ|，所以yP1.将yP1代入C的方程，解得xP3或3.由直线BP的方程得yQ2或8，所以点P，Q的坐标分别为P1(3，1)，Q1(6，2)；P2(3，1)，Q2(6，8).所以|P1Q1|，直线P1Q1的方程为yx，点A(5，0)到直线P1Q1的距离为，故AP1Q1的面积为；|P2Q2|，直线P2Q2的方程为yx，点A到直线P2Q2的距离为，故AP2Q2的面积为.综上，APQ的面积为.(2020南昌模拟)已知抛物线C：x22py(p0)

13、和定点M(0，1)，设过点M的动直线交抛物线C于A，B两点，抛物线C在A，B处的切线的交点为N.(1)若N在以AB为直径的圆上，求p的值；(2)若ABN的面积的最小值为4，求抛物线C的方程解析：设直线AB：ykx1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，将直线AB的方程代入抛物线C的方程得x22pkx2p0，则x1x22pk，x1x22p.(1)由x22py得y，则A，B处的切线斜率的乘积为，点N在以AB为直径的圆上，ANBN，1，p2.(2)易得直线AN：yy1(xx1)，直线BN：yy2(xx2)，联立，得，结合式，解得即N(pk，1).|AB|x2x1| ，点N到直线AB的距离d，则ABN的面积SABN|AB|d2，当k0时，取等号，ABN的面积的最小值为4，24，p2，故抛物线C的方程为x24y.