高三数学一轮复习第九篇平面解析几何第7节圆锥曲线的综合问题第二课时最值范围证明专题课件理

l 的方程为 y= 7 x-2 或 y=- 7 x-2.
2
2
反思归纳 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:一是利用几何方法,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;二是利用代数方法,即把要求最 值的几何量或代数表达式表示为某个(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.
则 8k2-1>0,即 k2> 1 , 8
所以 1 <k2< 1 .
8
5
由①得 t2=
36k 2
1 4k 2
=9-
9
1 4k 2
,
由②得 3<t2<4,
所以-2<t<-
3或
3 <t<2.
故实数 t 的取值范围为(-2,-
3
)∪(
② 3 ,2).
(教师备用)【即时训练】 在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: x2 + y2
【即时训练】 已知椭圆 E的中心在坐标原点、对称轴为坐标轴,且抛物线
x2=-4 2y的焦点是它的一个焦点,又点A(1, 2)在该椭圆上. (1)求椭圆 E 的方程;
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.
3
3
3
令 f'(m)=9m2-10m+1=0,解得 m1= 1 ,m2=1, 9
(1)求 E 的方程; 可得 f(m)在(- 1 , 1 )上是增函数,在( 1 ,1)上是减函数,在(1, 4 )上是增函数,
39
9
3
又 f( 1 )= 256 >f( 4 ).所以,当 m= 1 时,f(m)取到最大值 256 ,此时 k=± 55 .
第二课时 最值、范围、证明专题
专题概述
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.
方法一 建立目标函数求最值
【即时训练】 已知点 A(0,-2),椭圆 E: x2 + y2 =1(a>b>0)的离心率为 3 ,F
1

t 3k
2
,
所以 H(- 3kt , t ), 1 3k 2 1 3k 2
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.
故设椭圆方程为 y 2 + x2 =1(a> a2 a2 2
2 ).
将点 A(1,
2
)代入方程得
2 a2
+1 a2 2
=1,
整理得 a4-5a2+4=0,
解得 a2=4 或 a2=1(舍去),
故所求椭圆方程为 y 2 + x 2 =1. 42
(2)求 1 + 1 的最大值. FA FB
(2)若斜率为 2 的直线 l 与椭圆 E 交于不同的两点 B,C,当△ABC 的面积最大 时,求直线 l 的方程.
(x1+x2)=
24k 2 t(1 4k 2)
,
y= 1 (y1+y2)= 1 [k(x1+x2)-6k]=
t
t
6 k
.
t (1 4 k 2 )
由点 P 在椭圆上,得
(24k 2 )2
+
144k 2
=4,
பைடு நூலகம்
t 2 (1 4k 2 )2
t 2 (1 4k 2 )2
化简得 36k2=t2(1+4k2).
解：(2) 1 + 1 = 1 + 1 =
x1 x2 2
= 2(b 3) .
FA FB x1 1 x2 1 x1x2 ( x1 x2 ) 1 b2 2b 5
由Δ=16(b+1)>0 得 b>-1,因为 l 不过 P 点,所以 b≠3.
令 t=b+3,则 t>2 且 t≠6.
12

y2 4
1,
消去 y 得
y kx t,
(1+3k2)x2+6ktx+3t2-12=0,
由Δ>0 可得 t2<4+12k2,
①
设 P(x1,y1),Q(x2,y2),PQ 中点 H(x0,y0),则
x0=
x1 x2 2
= 3kt 1 3k 2
,y0=kx0+t=
①
由|AB|=
1 k 2 |x1-x2|<
3,
得(1+k2)[(x1+x2)2-4x1x2]<3,
将
x1+x2=
24k 2 1 4k 2
,x1x2=
36k 2 4 1 4k 2
,
代入得(1+k2)[
242 k 4
- 4(36k 2 4) ]<3,
(1 4k 2 )2
1 4k 2
因为△PAB 的重心的纵坐标为- 2 . 3
所以 y1+y2+yP=-2,所以 yP=2,所以 xP=1.所以 k1+k2
方法二 利用基本不等式求最值
= y1 2 + y2 2 = ( y1 2)( x2 1) ( y2 2)(x1 1) ,
x1 1 x2 1
( x1 1)( x2 1)
9
243
3
9
243
15
所以,△ABP 面积的最大值为 256 5 . 135
(2)求△ABP面积的最大值.
【例 1】(2014 高考浙江卷)已知△ABP 的三个顶点都在抛物线 C:x2=4y 上,F 为抛物线 C 的焦点,点 M 为 AB 的中点, PF =3 FM . (1)若|PF|=3,求点 M 的坐标;
2 x+m,
B,C 的坐标分别为(x1,y1),(x2,y2),
y
由

y2


4
2 x m,
x2 1
2
得 4x2+2
2 mx+m2-4=0,
则Δ=8m2-16(m2-4)=8(8-m2)>0,
所以 0≤m2<8.
由 x1+x2=-
2 m,x1x2= m 2 4 ,
2
4
得|BC|=
3 |x1-x2|=
3
16 2m2 . 2
方法三 利用判别式构造不等关系求范围
解：(2)法一 因为点 A(2,m)在抛物线 E:y2=4x 上,所以 m=±2
由抛物线的对称性,不妨设 A(2,2 2 ). 由 A(2,2 2 ),F(1,0)可得直线 AF 的方程为 y=2 2 (x-1).
a2 b2
=1(a>b≥1)的离心率 e= 3 ,且椭圆 C 上一点 N 到 Q(0,3) 距离的最大值为 4, 2
过点 M(3,0)的直线交椭圆 C 于 A,B. (1)求椭圆 C 的方程;
解：(2)由条件 D(0,-2),当 k=0 时,显然-2<t<2;
x2
当
k≠0
时,设
l:y=kx+t,
3
1 (1)
3
故 S =△ABC 1 |BC|·d= m2(162m2) ≤ 1 · 2m2 (16 2m2) = 2 ,
2
所以 kGA+kGB=0,从而∠AGF=∠BGF,2 这表4 明4 2点 2F 到直线 GA,GB 的距离相等,
当且仅当 2m2=16-2m2,
故以 F 为圆心且与直线 GA 相切的圆必与直线 GB 相切.
(2)设P为椭圆上一点,且满足OA+OB =t OP (O为坐标原点),当|AB|< 3 时, 求实数 t 的取值范围.
解: (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),P(x,y), 直线 AB 的方程为 y=k(x-3),
y k(x 3),
由

x
2
4
y2 1,
所以 1 + 1 =
2t
= 2t
=
2
≤
FA FB (t 3)2 2(t 3) 5 t 2 4t 8 (t 8) 4
t
2
=
2 t8 4 t
2 1, 2
当 t= 8 ,即 t=2 2 时, 1 + 1 取最大值,为 2 1 .
t
FA FB
2
解: (2)设直线 l 的方程为 y=
a2 b2
2
点 F(0,1)到直线 AB 的距离为 d= m 1 ,
1 k2
是椭圆的焦点,直线 AF 的斜率为 2 3 ,O 为坐标原点. 所以 S△ABP=4S△ABF=8|m-1|
k 2 m = 16 15
3m3 5m 2 m 1 ,
记 f(m)=3m3-5m2+m+1(- 1 <m≤ 4 ),
整理得(1+4k2)x2-24k2x+36k2-4=0.
则
x1+x2=
24k 2 1 4k
2
,x1·x2=
36k 2 4 1 4k 2
.
Δ=(-24k2)2-16(9k2-1)(1+4k2)>0,解得 k2< 1 . 5
由题意得
OA
+
OB
=(x1+x2,y1+y2)=t(x,y),则
x=
1 t
即 m=±2 时取等号.
当 m=±2 时,满足 0≤m2<8.
故直线 l 的方程为 y= 2 x±2.
由| DP |=| DQ |,
所以 DH⊥PQ,即 kDH=- 1 , k
所以
t 1 3k 2
2
=- 1 ,
3kt 1 3k 2
0
k
化简得 t=1+3k2,
②
所以 t>1,将②代入①得,1<t<4. 所以 t 的范围是(1,4). 综上可得 t∈(1,2).
又(y1-2)(x2-1)+(y2-2)(x1-1)
=[-x1+(b-2)](x2-1)+[-x2+(b-2)](x1-1)
=-2x1x2+(b-1)(x1+x2)-2(b-2) =-2b2+2(b-1)(b+2)-2(b-2)=0,
所以 k1+k2=0.
解:(1)由已知得抛物线的焦点为(0,- 2 ),
a2
a2
4
则椭圆方程为 x2 + y 2 =1,即 x2+4y2=4b2. 4b2 b2
设 N(x,y),则|NQ|= (x 0)2 ( y 3)2 = 4b2 4 y2 ( y 3)2
2,
由
y 2 2 ( x

y
2
4x
1),
得
2x2-5x+2=0,解得
x=2
或
x=
1 2
,
从而 B( 1 ,- 2 ).又 G(-1,0),又所 点 A 到 BC以 的距离为 d=km ,GA= 2 2 0 = 2 2 ,kGB= 2 0 =- 2 2 ,
2
3
2 (1)
解:(1)设 F(c,0),由条件知 2 = 2 3 ,得 c= 3 . c3
又c= 3, a2
所以 a=2,b2=a2-c2=1,故 E 的方程为 x2 +y2=1. 4
【例 2】(2015 东北三校二模)设 F 是抛物线 C:y2=4x 的焦点.P 是 C 上一点, 斜率为-1 的直线 l 交 C 于不同两点 A,B(l 不过 P 点),且△PAB 的重心的纵坐
标为- 2 . 3
(1)记直线 PA,PB 的斜率分别为 k1,k2,求 k1+k2 的值;
(2)设过点A的直线l与E相交于P,Q两点,当△OPQ的面积最大时,求l的 方程.
解:(1)设直线 l 的方程为 y=-x+b,将它代入 y2=4x 得 x2-2(b+2)x+b2=0,由题 意得Δ=16(b+1)>0,设 A(x1,y1),B(x2,y2),则 x1+x2=2(b+2),x1x2=b2,y1+y2=-(x1+x2)+2b=-2(b+2)+2b=-4.
又点 O 到直线 PQ 的距离 d= 2 ,所以△OPQ 的面积 k2 1
S = △OPQ
1 2
d|PQ|=
4 4k2 1 4k2
3
,
设
4k 2
3 =t,则
t>0,S△OPQ=
4t t2
4
=
t
4 4
≤1,
t
当且仅当 t=2,k=± 7 时等号成立,且满足Δ>0,所以当△OPQ 的面积最大时, 2
化简,得(8k2-1)(16k2+13)>0,
【例 4】 (2014 高考浙江卷)如图,设椭圆 C:
x2
a2
+ y2
b2
=1(a>b>0),动直线 l
与椭圆 C 只有一个公共点 P,且点 P 在第一象限.
(1)已知直线 l 的斜率为 k,用 a,b,k 表示点 P 的坐标;
解:(1)因为 e2= c2 = a2 b2 = 3 ,所以 a2=4b2,