2022版高考人教版数学一轮学案：第八章第九讲（理） 第八讲（文）第二课时　最值、范围、证明问题 WORD版含解析.doc

1、第二课时最值、范围、证明问题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(2021广东调研)已知圆x2y22x260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(1)求的方程；(2)直线l1与相切于点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F1CEF2，所以F1CDEF2D又F1CF1D，所以F1CDF1DC，则EDF2EF2D，所以|ED|EF2|，从而|EF2|EF1|ED|EF1|DF1|x2y22

2、x260可化为(x)2y232，所以|EF2|EF1|42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)所以的方程为1(y0)(2)易知l1的斜率存在，所以可设l1的方程为ykxm(k0)联立消去y，得(14k2)x28kmx4m280因为直线l与相切，所以(8km)24(14k2)(4m28)0即m28k22l1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m26，根据对称性，不妨取k，m，此时2xM，即xM，从而yM，联立消去y，得9x216x160，则xMxNxN，解得xN，所以|MN

3、|xMxN|，故ABN的面积为34例2(2021四川省联合诊断)已知抛物线x28y，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ykx4，联立，得x28kx320，因为(8k)24(32)0，所以设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x232，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，k1k22(定值)(2)由(1)可得直线PA的方程为y(xx1)直线PB的方程为y(xx2)联立，得点P的坐标为，由

4、(1)得x1x28k，x1x232，所以P(4k，4)于是|AB|8，点P到直线AB的距离d，所以SPAB16(k22)，当k20，即k0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(2021广东省佛山市质检)已知F为椭圆C：1(ab0)的左焦点，过原点O的动直线l与C交于A，B两点当A的坐标为时，|

5、OB|BF|(1)求椭圆C的标准方程；(2)延长BF交椭圆C于Q，求QAB的面积的最大值解析(1)由A，得B，而|OB|BF|F(2,0)，即c2由，解得a25，b21椭圆C的标准方程为y21(2)当直线BF斜率不存在时，BF：x2，此时B，|BQ|，A，SQAB4；当BF所在直线斜率存在时，设BF：yk(x2)(k0)，联立，得(15k2)x220k2x20k250，设B(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1x2，x1x2则|BQ|又O到BQ的距离d，则A到BQ的距离为，SQAB令15k2t(t1)，则SQAB4当时，(SQAB)max综上，QAB的面积的最大值为考点二圆锥曲线中的范围问题

6、师生共研例3(2021西安模拟)已知椭圆C：1(ab0)的右焦点为F(1,0)，且点P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c1，所以a2b21因为点P在椭圆C上，所以1，所以a24，b23则椭圆C的标准方程为1(2)设直线l的方程为ykx2，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，由得(4k23)x216kx40因为48(4k21)0，所以k2，由根与系数的关系，得x1x2，x1x2因为AOB为锐角，所以0，即x1x2y1y20所以x1x2(kx12)(kx

7、22)0，即(1k2)x1x22k(x1x2)40，所以(1k2)2k40，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，若0，则k_，若O在以AB为直径的圆内，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(2021广东省质检)已知椭圆C的两个焦点分别是(1,0

8、)，(1,0)，并且经过点(1)求椭圆C的标准方程；(2)已知点Q(0,2)，若C上总存在两个点A、B关于直线yxm对称，且4，求实数m的取值范围解析(1)因为椭圆C的焦点在x轴上，所以设它的标准方程为1(ab0)由椭圆的定义得2a2，所以a因为c1，所以b2a2c21因此，椭圆C的标准方程为y21(2)根据题意可设直线AB的方程为yxn，联立，整理得3x24nx2n220，由(4n)243(2n22)0，得n23设A(x1，x1n)，B(x2，x2n)，则x1x2，x1x2又设AB的中点为M(x0，x0n)，则x0，x0n由于点M在直线yxm上，所以m，得n3m，代入n23，得9m23，所以

9、m因为(x1，x1n2)，(x2，x2n2)，所以2x1x2(n2)(x1x2)(n2)2由4，得3n24n812,3n24n40得n2，得3m2，所以m由得m，故实数m的取值范围为考点三,圆锥曲线中的证明问题师生共研例4(2018课标卷)设椭圆C：y21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：OMAOMB解析(1)由已知得F(1,0)，l的方程为x1，由已知可得，点A的坐标为或所以AM的方程为yx或yx(2)当l与x轴重合时，OMAOMB0当l与x轴垂直时，直线OM为AB的垂直平分线所以OMAO

10、MB当l与x轴不重合也不垂直时，设l的方程为yk(x1)(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1，x2，直线MA，MB的斜率之和为kMAkMB，将由y1kx1k，y2kx2k得kMAkMB，将yk(x1)代入y21得(2k21)x24k2x2k220，所以，x1x2，x1x2则2kx1x23k(x1x2)4k0，从而kMAkMB0，故MA，MB的倾斜角互补，所以OMAOMB综上，OMAOMB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

11、解决证明问题的答题模板 | |变式训练3(2021河北张家口模拟)已知椭圆E：1(ab0)的焦距为4且过点(1)求椭圆E的方程；(2)设A(0，b)，B(0，b)，C(a，b)，过B点且斜率为k(k0)的直线l交椭圆E于另一点M，交x轴于点Q，直线AM与直线xa相交于点P证明：PQOC(O为坐标原点)解析(1)由题可知，2c4，c2，椭圆的左，右焦点分别为(2,0)，(2,0)由椭圆的定义知2a4，a2，b2a2c24，椭圆E的方程为1(2)证明：易得A(0,2)，B(0，2)，C(2，2)，直线l：ykx2与椭圆x22y28联立，得(2k21)x28kx0，xM，从而M，Q直线AM的斜率为，

12、直线AM的方程为yx2令x2得P，直线PQ的斜率kPQ直线OC的斜率kOC，kPQkOC，从而PQOC名师讲坛素养提升圆锥曲线中的对称问题例5 试确定m的取值范围，使得椭圆1上有不同两点关于直线y4xm对称解析解法一：设椭圆上两点A(x0u，y0v)，B(x0u，y0v)，AB的中点为C(x0，y0)A，B关于y4xm对称，kAB又两式相减，得，y03x0而点C在直线y4xm上，点C在椭圆1内，1m解法二：设椭圆上两点A(x1，y1)，B(x2，y2)关于直线y4xm对称设AB的中点为P(x0，y0)，则又由得00y1y23(x1x2)，得y03x0代入y04x0m，得x0m，y03m以下同解

13、法一引申(1)在例题中将椭圆1换成抛物线y22x，则相应m的范围为_(，36)_(2)在例题中将直线改为ymx，则相应的m的范围为_(2，)_名师点拨圆锥曲线上两点的对称问题是圆锥曲线的常见题型，处理方法是：1设对称两点所在的直线方程与圆锥曲线方程联立，由0建立不等关系，再由对称两点的中点在所给直线上，建立相等关系，由相等关系消参，由不等关系确定范围2用参数表示中点坐标，利用中点在圆锥曲线内部建立关于参数的不等式，解不等式得参数范围变式训练4若抛物线yax21上恒有关于直线xy0对称的相异两点A，B，则a的取值范围是_a_解析设抛物线上的两点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为yxb，代入抛物线方程yax21，得ax2x(b1)0，设直线AB的中点为M(x0，y0)，则x0，y0x0bb由于M(x0，y0)在直线xy0上，故x0y00，由此解得b，此时ax2x(b1)0可变形为ax2x0，由14a0，解得a