2020届高考数学一轮复习 第八篇 平面解析几何 第7节 圆锥曲线的综合问题（第2课时）最值、范围、

第八篇平面解析几何(必修2、选修2-1)返回导航第七节圆锥曲线的综合问题返回导航圆锥曲线中的最值、范围问题是高考中的热点问题，常涉及不等式恒成立，求函数的值域问题，综合性比较强，题型可以是选择题、填空题和解答题的形式出现，而证明题多出现在解答题中，难度较大，分值为13分左右，常作为压轴题出现．第二课时最值、范围、证明专题建立目标函数求最值已知椭圆x24＋y22＝1上的两个动点P，Q，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)且x1＋x2＝2.(1)求证：线段PQ的垂直平分线经过一个定点A；(2)设点A关于原点O的对称点是B，求|PB|的最小值及相应的P点坐标．返回导航(1)证明：∵P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且x1＋x2＝2.当x1≠x2时，由x21＋2y21＝4x22＋2y22＝4得y1－y2x1－x2＝－12·x1＋x2y1＋y2.设线段PQ的中点N(1，n)，∴kPQ＝y1－y2x1－x2＝－12n，∴线段PQ的垂直平分线方程为y－n＝2n(x－1)，∴(2x－1)n－y＝0，返回导航该直线恒过一个定点A12，0.当x1＝x2时，线段PQ的中垂线也过定点A12，0.综上，线段PQ的垂直平分线恒过定点A12，0.(2)解：由于点B与点A关于原点O对称，故点B－12，0.∵－2≤x1≤2，－2≤x2≤2，∴x1＝2－x2∈[0,2]，|PB|2＝x1＋122＋y21＝12(x1＋1)2＋74≥94，∴当点P的坐标为(0，±2)时，|PB|min＝32.返回导航【反思归纳】(1)本题是圆锥曲线中的综合问题，涉及到了定点问题以及最值问题．求圆锥曲线的最值问题是高考考查的一个重要问题，通常是先建立一个目标函数，然后利用函数的单调性、函数的图象、函数的有界性或基本不等式等求最值，本题是建立二次函数、利用二次函数的图象求最值．(2)本题的第一个易错点是，表达不出线段PQ的中垂线方程，原因是想不到引入参数表示PQ的中点．第二个易错点是，易忽视P点坐标的取值范围．实质上是忽视了椭圆的范围．返回导航【即时训练】已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)经过点P－3，12，椭圆E的一个焦点为(3，0)．(1)求椭圆E的方程；(2)若直线过点M(0，2)且与椭圆E交于A，B两点，求|AB|的最大值．返回导航解析：(1)依题意，设椭圆E的左、右焦点分别为F1(－3，0)，F2(3，0)．则|PF1|＋|PF2|＝4＝2a，∴a＝2，c＝3，∴b2＝1，∴椭圆E的方程为x24＋y2＝1.(2)当直线的斜率存在时是，设l：y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)．由y＝kx＋2x24＋y2＝1得(1＋4k2)x2＋82kx＋4＝0.由Δ＞0得4k2＞1.由x1＋x2＝－82k1＋4k2，x1x2＝41＋4k2得|AB|＝1＋k2x1＋x22－4x1x2＝2－611＋4k22＋11＋4k2＋1.设t＝11＋4k2，则0＜t＜12，∴|AB|＝2－6t2＋t＋1＝2－6t－1122＋2524≤566.返回导航当直线的斜率不存在时是，|AB|＝2＜566，∴|AB|的最大值为566.返回导航利用基本不等式求最值已知中心在原点O，一个焦点为F(3，0)的椭圆被直线y＝x－1截得的弦的中点的横坐标为45.(1)求此椭圆的方程；(2)设直线l：y＝kx＋m(k≠0，m＞0)与椭圆交于P，Q两点，且以PQ为对角线的菱形的一个顶点为M(－1,0)，求△OPQ面积的最大值及此时直线的方程．返回导航解析：(1)设所求椭圆方程为x2a2＋y2b2＝1，由题意知c2＝a2－b2＝3，①设直线与椭圆的两个交点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中点为E，由x21a2＋y21b2＝1x22a2＋y22b2＝1，两式相减得：x21－x22a2＋y21－y22b2＝0，两边同除以x21－x22，得b2a2＋y1＋y2y1－y2x1＋x2x1－x2＝0，即b2a2＋kOE·kAB＝0.返回导航因为椭圆被直线y＝x－1截得的弦的中点E的横坐标为45，所以E45，－15，所以kOE＝－14，kAB＝1，所以b2a2－14＝0，即a2＝4b2，②由①②可得a2＝4，b2＝1，所以所求椭圆的方程为x24＋y2＝1.返回导航(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ的中点为N(x0，y0)，联立y＝kx＋mx24＋y2＝1，消y可得：(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，此时Δ＝16(4k2＋1－m2)＞0，即4k2＋1＞m2①又x0＝x1＋x22＝－4km1＋4k2，y0＝y1＋y22＝m1＋4k2，PQ为对角线的菱形的一顶点为M(－1,0)，由题意可知MN⊥PQ，即y0－0x0－－1＝－1k，整理可得：3km＝1＋4k2②返回导航由①②可得k2＞15，m＞0，∴k＞0，∴k＞55，设O到直线的距离为d，则S△OPQ＝12d·|PQ|＝12·m1＋k21＋k2164k2＋1－m21＋4k2＝24k2＋15k2－19k2＝2920＋1k2－1k4，当1k2＝12时，△OPQ的面积取最大值1，此时k＝2，m＝322，∴直线方程为y＝2x＋322.返回导航【反思归纳】(1)基本不等式是几个正数和与积的转化的依据，不但可直接解决和与积的不等问题，而且通过结合不等式性质、函数单调性等还可解决其他形式的不等式．如：和与平方和、和与倒数和、和与根式和、和与两数之积的和等．(2)分析问题中的数量关系，引入未知数，并用它表示其他的变量，把要求最值的变量设为函数．(3)利用基本不等式求函数的最值时，关键在于将函数变形为两项和或积的形式，然后用基本不等式求出最值．返回导航【即时训练】过抛物线x2＝2y上两点A、B分别作切线，若两条切线互相垂直，则线段AB的中点到抛物线准线的距离的最小值为()(A)12(B)1(C)32(D)2返回导航解：抛物线的方程即：y＝x22，则y′＝x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则过A，B两点切线的斜率为：k1＝x1，k2＝x2，由题意可得：x1x2＝－1，由题意可知抛物线的直线方程为x＝－12，则线段AB的中点到抛物线准线的距离为：y1＋y22＋12＝14(x21＋x22＋2)≥14(2|x1x2|＋2)＝1，当且仅当x1＝－x2＝1时等号成立．据此可得线段AB的中点到抛物线准线的距离的最小值为1.故选B.返回导航利用判别式构造不等关系求范围已知A，B，C是椭圆M：x2a2＋y2b2＝1(ab0)上的三点，其中点A的坐标为(23，0)，BC过椭圆的中心，且AC→·BC→＝0，|BC→|＝2|AC→|.(1)求椭圆M的方程；(2)过点(0，t)的直线l(斜率存在时)与椭圆M交于两点P，Q，设D为椭圆M与y轴负半轴的交点，且|DP→|＝|DQ→|，求实数t的取值范围．返回导航解：(1)因为|BC→|＝2|AC→|且BC过(0,0)，则|OC|＝|AC|.因为AC→·BC→＝0，所以∠OCA＝90°，即C(3，3)．又因为a＝23，设椭圆的方程为x212＋y212－c2＝1，将C点坐标代入得312＋312－c2＝1，解得c2＝8，b2＝4.所以椭圆的方程为x212＋y24＝1.返回导航(2)由条件D(0，－2)，当k＝0时，显然－2t2；当k≠0时，设l：y＝kx＋t，x212＋y24＝1，y＝kx＋t，消得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－12＝0由Δ0可得t24＋12k2，①设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，PQ中点H(x0，y0)，则x0＝x1＋x22＝－3kt1＋3k2，y0＝kx0＋t＝t1＋3k2，所以H－3kt1＋3k2，t1＋3k2，返回导航由|DP→|＝|DQ→|，所以DH⊥PQ，即kDH＝－1k.所以t1＋3k2＋2－3kt1＋3k2－0＝－1k，化简得t＝1＋3k2，②所以t1，将①代入②得，1t4.所以t的范围是(1,4)，综合t∈(1,2)．返回导航【反思归纳】解决圆锥曲线中的取值范围问题的五种常用解法(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)利用已知的不等式关系构造不等式，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变量的函数，求其他值域，从而确定参数的取值范围．返回导航【即时训练】已知两点F1(－1,0)及F2(1,0)，点P在以F1，F2为焦点的椭圆C上，且|PF1|，|F1F2|，|PF2|构成等差数列．(1)求椭圆C的方程；(2)如图，动直线l：y＝kx＋m与椭圆C有且仅有一个公共点，点M，N是直线l上的两点，且F1M⊥l，F2N⊥l.求四边形F1MNF2面积S的最大值．返回导航解析：(1)依题意，设椭圆C的方程为x2a2＋y2b2＝1.∵|PF1|，|F1F2|，|PF2|构成等差数列，∴2a＝|PF1|＋|PF2|＝2|F1F2|＝4，a＝2.又∵c＝1，∴b2＝3.∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)将直线l的方程y＝kx＋m代入椭圆C的方程3x2＋4y2＝12中，得(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0.由直线l与椭圆C仅有一个公共点知，Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)＝0，返回导航化简得：m2＝4k2＋3，设d1＝|F1M|＝|－k＋m|k2＋1，d2＝|F2M|＝|k＋m|k2＋1，当k≠0时，设直线l的倾斜角为θ，则|d1－d2|＝|MN|·|tanθ|，∴|MN|＝|d1－d2k|，S＝12|d1－d2k|(d1＋d2)＝|d21－d222k|＝2|m|k2＋1＝2|m|m2－34＋1＝8|m|＋1|m|，返回导航∵m2＝4k2＋3，∴当k≠0时，|m|＞3，|m|＋1|m|＞3＋13＝433，S＜23.当k＝0时，四边形F1MNF2是矩形，S＝23.所以四边形F1MNF2面积S的最大值为23.返回导航利用直接法进行证明已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)经过点A12，354，且两个焦点F1，F2的坐标依次为(－1,0)和(1,0)．返回导航(1)求椭圆C的标准方程；(2)设E，F是椭圆C上的两个动点，O为坐标原点，直线OE的斜率为k1，直线OF的斜率为k2，若k1·k2＝－1，证明：直线EF与以原点为圆心的定圆相切，并写出此定圆的标准方程．返回导航解析：(Ⅰ)由椭圆定义得2a＝12＋12＋354－12＋12－12＋354－02＝4，即a＝2，又c＝1，所以b2＝3，得椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1(Ⅱ)设直线EF的方程为y＝kx＋b，E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线EF的方程与椭圆方程联立，消去y得(3＋4k2)x2＋8kbx＋4b2－12＝0，返回导航当判别式Δ＝3＋4k2－b2＞0时，得x1＋x2＝－8kb3＋4k2，x1x2＝4b2－123＋4k2设k1·k2＝m，因为点E，F在直线y＝kx＋b上，得(kx1＋b)(kx2＋b)＝mx1x2，整理得(k2－m)x1x2＋bk(x1＋x2)＋b2＝0，即(k2－m)4b2－123＋4k2＋bk－8kb3＋4k2＋b2＝0，化简得b2＝12k2－12m3－4m原点O到直线EF的距离d＝|b|1＋k2，d2＝b21＋k2＝12k2－12m3－4mk2＋3－4m，返回导航由已知有d是定值，所以有13－4m＝－m3－4m，解得m＝－1即当k1·k2＝－1时，直线EF与以原点为圆心的定圆相切，此时d＝127，定圆的标准方程为x2＋y2＝127.返回导航【反思归纳】圆锥