【导与练】高三理科数学(重点班)一轮复习练习：9.7.2最值范围证明专题(含答案解析)

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高考理科数学复习资料：最值、范围、证明问题 Word版含解析

课时作业 A 组——基础对点练1．已知椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的右顶点为A (1,0)，过C 1的焦点且垂直长轴的弦长为1.(1)求椭圆C 1的方程；(2)设点P 在抛物线C 2：y ＝x 2＋h (h ∈R)上，C 2在点P 处的切线与C 1交于点M ，N .当线段AP 的中点与MN 的中点的横坐标相等时，求h 的最小值．解析：(1)由题意，得⎩⎨⎧b ＝1，2·b 2a ＝1.从而⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，b ＝1.因此，所求的椭圆C 1的方程为y 24＋x 2＝1. (2)如图，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，P (t ，t 2＋h )，则抛物线C 2在点P 处的切线斜率为y ′|x ＝t ＝2t . 直线MN 的方程为： y ＝2tx －t 2＋h .将上式代入椭圆C 1的方程中，得 4x 2＋(2tx －t 2＋h )2－4＝0，即4(1＋t 2)x 2－4t (t 2－h )x ＋(t 2－h )2－4＝0.① 因为直线MN 与椭圆C 1有两个不同的交点，所以①式中的Δ1＝16[－t 4＋2(h ＋2)t 2－h 2＋4]>0.② 设线段MN 的中点的横坐标是x 3，则x 3＝x 1＋x 22＝t (t 2－h )2(1＋t 2).设线段P A 的中点的横坐标是x 4，则x 4＝t ＋12. 由题意，得x 3＝x 4，即t 2＋(1＋h )t ＋1＝0.③ 由③式中的Δ2＝(1＋h )2－4≥0，得h ≥1，或h ≤－3. 当h ≤－3时，h ＋2<0,4－h 2<0，则不等式②不成立，所以h ≥1. 当h ＝1时，代入方程③得t ＝－1，将h ＝1，t ＝－1代入不等式②，检验成立．所以，h 的最小值为1.2．已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点． (1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点，当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程．解析：(1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3. 又c a ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0. 当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2|＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1.又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1，所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d |PQ |＝44k 2－34k 2＋1.设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t.因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0，所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2. 3.如图，在矩形ABCD 中，|AB |＝4，|AD |＝2，O 为AB 的中点，P ，Q 分别是AD 和CD 上的点，且满足①|AP ||AD |＝|DQ ||DC |，②直线AQ 与BP 的交点在椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)上． (1)求椭圆E 的方程；(2)设R 为椭圆E 的右顶点，M 为椭圆E 第一象限部分上一点，作MN 垂直于y 轴，垂足为N ，求梯形ORMN 面积的最大值．解析：(1)设AQ 与BP 的交点为G (x ，y )，P (－2，y 1)，Q (x 1,2)，由题可知， y 12＝x 1＋24，y x ＋2＝2x 1＋2，y 2－x＝y 14，从而有4y 2－x ＝x ＋2y ，整理得x 24＋y 2＝1，即为椭圆E 的方程．(2)由(1)知R (2,0)，设M (x 0，y 0)，则y 0＝124－x 20，从而梯形ORMN 的面积S ＝12(2＋x 0)y 0＝14(4－x 20)(2＋x 0)2，令t ＝2＋x 0，则2<t <4，S ＝144t 3－t 4，令u ＝4t 3－t 4，则u ′＝12t 2－4t 3＝4t 2(3－t )，当t ∈(2,3)时，u ′>0，u ＝4t 3－t 4单调递增，当t ∈(3,4)时，u ′<0，u ＝4t 3－t 4单调递减，所以当t ＝3时，u 取得最大值，则S 也取得最大值，最大值为334.4．(2018·贵阳监测)已知椭圆C ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为63，且椭圆C 上的点到一个焦点的距离的最小值为3－ 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)已知过点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于A 、B 两点，若在x 轴上存在一点E ，使∠AEB ＝90°，求直线l 的斜率k 的取值范围．解析：(1)设椭圆的半焦距长为c ，则由题设有：⎩⎨⎧c a ＝63，a －c ＝3－2，解得：a ＝3，c ＝2，∴b 2＝1，故椭圆C 的方程为y 23＋x 2＝1.(2)由已知可得，以AB 为直径的圆与x 轴有公共点．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，将直线l ：y ＝kx ＋2代入y 23＋x 2＝1，得(3＋k 2)x 2＋4kx ＋1＝0，Δ＝12k 2－12， ∴x 0＝x 1＋x 22＝－2k 3＋k 2，y 0＝kx 0＋2＝63＋k2， |AB |＝1＋k 212k 2－123＋k 2＝23k 4－13＋k 2，∴⎩⎪⎨⎪⎧Δ＝12k 2－12>0，63＋k2≤12|AB |，解得：k 4≥13，即k ≥413或k ≤－413.B 组——能力提升练1．(2018·武汉市模拟)已知抛物线x 2＝2py (p >0)的焦点为F ，直线x ＝4与x 轴的交点为P ，与抛物线的交点为Q ，且|QF |＝54|PQ |. (1)求抛物线的方程；(2)如图所示，过F 的直线l 与抛物线相交于A ，D 两点，与圆x 2＋(y －1)2＝1相交于B ，C 两点(A ，B 两点相邻)，过A ，D 两点分别作抛物线的切线，两条切线相交于点M ，求△ABM 与△CDM 的面积之积的最小值．解析：(1)由已知得F (0，p 2)，P (4,0)，Q (4，8p )，|QF |＝8p ＋p 2，|PQ |＝8p ，因为|QF |＝54|PQ |，所以8p ＋p 2＝54·8p ，解得p ＝2或p ＝－2(舍去)，所以抛物线的方程为x 2＝4y .(2)设l ：y ＝kx ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋1，x 2＝4y ，消去y ，得x 2－4kx －4＝0，所以x 1＋x 2＝4k ，x 1x 2＝－4. 由y ＝x 24，得y ′＝x2.所以直线MA ：y －x 214＝x 12(x －x 1)，即y ＝x 12x －x 214. 同理可求得直线MD ：y ＝x 22x －x 224. 联立方程，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 1x 2－x 214，y ＝x 2x 2－x 224，解得M (2k ，－1)．所以点M 到l 的距离d ＝2k 2＋21＋k 2＝21＋k 2.所以S △ABM ·S △CDM ＝14|AB |·|CD |·d 2 ＝14(|AF |－1)(|DF |－1)d 2＝14y 1y 2d 2＝14·x 21x 2216d 2＝1＋k 2≥1，当且仅当k ＝0时取等号．所以当k ＝0时，△ABM 与△CDM 面积之积的最小值为1.2．已知中心在原点的双曲线C 的右焦点为(2,0)，右顶点为(3，0)． (1)求双曲线C 的方程；(2)若直线：y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)与双曲线C 交于不同的两点M ，N ，且线段MN 的垂直平分线过点A (0，－1)，求实数m 的取值范围．解析：(1)设双曲线C 的方程为x 2a 2－y 2b 2＝1(a >0，b >0)．由已知得：a ＝3，c ＝2，又a 2＋b 2＝c 2，得b 2＝1， ∴双曲线C 的方程为x 23－y 2＝1.(2)联立⎩⎨⎧y ＝kx ＋m ，x 23－y 2＝1，整理得(1－3k 2)x 2－6kmx －3m 2－3＝0. ∵直线与双曲线有两个不同的交点，∴⎩⎪⎨⎪⎧1－3k 2≠0，Δ＝12(m 2＋1－3k 2)>0，可得m 2>3k 2－1且k 2≠13，①设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，MN 的中点为B (x 0，y 0)，则x 1＋x 2＝6km 1－3k 2，∴x 0＝x 1＋x 22＝3km1－3k 2， ∴y 0＝kx 0＋m ＝m 1－3k 2. 由题意，AB ⊥MN ，∴k AB ＝m1－3k 2＋13km 1－3k 2＝－1k (k ≠0，m ≠0)．整理得3k 2＝4m ＋1，②将②代入①，得m 2－4m >0，∴m <0或m >4.又3k 2＝4m ＋1>0(k ≠0)，即m >－14.∴m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－14，0∪(4，＋∞)．3．已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左焦点为F (－c,0)，离心率为33，点M 在椭圆上且位于第一象限，直线FM 被圆x 2＋y 2＝b 24截得的线段的长为c ，|FM |＝433.(1)求直线FM 的斜率； (2)求椭圆的方程；(3)设动点P 在椭圆上，若直线FP 的斜率大于2，求直线OP (O 为原点)的斜率的取值范围．解析：(1)由已知，有c 2a 2＝13，又由a 2＝b 2＋c 2，可得a 2＝3c 2，b 2＝2c 2. 设直线FM 的斜率为k (k >0)，F (－c,0)，则直线FM 的方程为y ＝k (x ＋c )．由已知，有(kck 2＋1)2＋(c 2)2＝(b 2)2，解得k ＝33.(2)由(1)得椭圆方程为x 23c 2＋y 22c 2＝1，直线FM 的方程为y ＝33(x ＋c )，两个方程联立，消去y ，整理得3x 2＋2cx －5c 2＝0，解得x ＝－53c ，或x ＝c .因为点M 在第一象限，可得M 的坐标为(c ，233c )．由|FM |＝(c ＋c )2＋(233c －0)2＝433，解得c ＝1，所以椭圆的方程为x 23＋y 22＝1.(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，得t＝yx＋1，即y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立⎩⎨⎧y＝t(x＋1)，x23＋y22＝1，消去y，整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，又由已知，得t＝6－2x23(x＋1)2>2，解得－32<x<－1，或－1<x<0.设直线OP的斜率为m，得m＝yx，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝2x2－2 3.①当x∈(－32，－1)时，有y＝t(x＋1)<0，因此m>0，于是m＝2x2－23，得m∈(23，233)．②当x∈(－1,0)时，有y＝t(x＋1)>0.因此m<0，于是m＝－2x2－2 3，得m∈(－∞，－233)．综上，直线OP的斜率的取值范围是(－∞，－233)∪(23，233)．4．已知圆C：(x－1)2＋y2＝r2(r>1)，设A为圆C与x轴负半轴的交点，过点A 作圆C的弦AM，并使弦AM的中点恰好落在y轴上．(1)求点M的轨迹E的方程；(2)延长MC交曲线E于另一点N，曲线E在点N处的切线与直线AM交于点B，试判断以点B 为圆心，线段BC 的长为半径的圆与直线MN 的位置关系，并证明你的结论．解析：(1)设M (x ，y )，x >0，由题意可知，A (1－r,0)，记AM 的中点为D ，则D (0，y2)，因为C (1,0)，DC →＝(1，－y 2)，DM →＝(x ，y 2)．在⊙C 中，易知CD ⊥DM ，所以DC →·DM →＝0，所以x －y 24＝0，即y 2＝4x (x >0)，所以点M 的轨迹E 的方程为y 2＝4x (x >0)． (2)⊙B 与直线MN 相切．证明如下：设直线MN 的方程为x ＝my ＋1，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线BN 的方程为y ＝k (x －y 224)＋y 2.联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝4x ，消去x ，得y 2－4my －4＝0，所以y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝－4.r －1＝x 1，则点A (－x 1,0)，所以直线AM 的方程为y ＝2y 1x ＋y 12.联立，得⎩⎨⎧y ＝k (x －y 224)＋y 2，y 2＝4x ，消去x ，得ky 2－4y ＋4y 2－ky 22＝0，由Δ＝0，可得k ＝2y 2，所以直线BN 的方程为y ＝2y 2x ＋y 22.联立，得⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝2y 1x ＋y 12，y ＝2y 2x ＋y 22，解得x B ＝－1，y B ＝y 21－42y 1＝y 21＋y 1y 22y 1＝y 1(y 1＋y 2)2y 1＝4my 12y 1＝2m ，所以点B (－1,2m )，|BC |＝4＋4m 2，点B 到直线MN 的距离d ＝|2＋2m 2|m 2＋1＝4m 2＋4＝|BC |，所以⊙B 与直线MN 相切．。

2021版理科数学全国通用版备战一轮复习：第9章第9节第2课时最值、范围、证明问题

第九章解析几何第九节直线与圆锥曲线的综合问题第二课时最值、范围、证明问题A 级·基础过关 |固根基|1.(2019年全国卷Ⅱ)已知F 1，F 2是椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点，P 为椭圆C 上的点，O 为坐标原点．(1)若△POF 2为等边三角形，求椭圆C 的离心率；(2)如果存在点P ，使得PF 1⊥PF 2，且△F 1PF 2的面积等于16，求b 的值和a 的取值范围．解：(1)连接PF 1.由△POF 2为等边三角形可知在△F 1PF 2中，∠F 1PF 2＝90°，|PF 2|＝c ，|PF 1|＝3c ，于是2a ＝|PF 1|＋|PF 2|＝(3＋1)c ，故椭圆C 的离心率为e ＝ca ＝3－1.(2)由题意可知，满足条件的点P (x ，y )存在当且仅当12|y |·2c ＝16，y x ＋c ·yx －c ＝－1，x 2a 2＋y 2b 2＝1，即⎩⎪⎨⎪⎧c |y |＝16， ①x 2＋y 2＝c 2， ②x 2a 2＋y 2b 2＝1. ③由②③及a 2＝b 2＋c 2得y 2＝b 4c 2.又由①知y 2＝162c 2，故b ＝4.由②③及a 2＝b 2＋c 2得x 2＝a 2c 2(c 2－b 2)，所以c 2≥b 2，从而a 2＝b 2＋c 2≥2b 2＝32，故a ≥4 2.所以当b ＝4，a ≥42时，存在满足条件的点P . 所以b ＝4，a 的取值范围为[42，＋∞)．2．(2019年浙江卷)如图，已知点F (1，0)为抛物线y 2＝2px (p >0)的焦点．过点F 的直线交抛物线于A ，B 两点，点C 在抛物线上，使得△ABC 的重心G 在x 轴上，直线AC 交x 轴于点Q ，且Q 在点F 的右侧．记△AFG ，△CQG 的面积分别为S 1，S 2.(1)求p 的值及抛物线的准线方程； (2)求S 1S 2的最小值及此时点G 的坐标．解：(1)由题意得，p2＝1，即p ＝2，所以抛物线的准线方程为x ＝－1.(2)设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，C (x C ，y C )，重心G (x G ，y G )．令y A ＝2t ，t ≠0，则x A ＝t 2.由于直线AB 过点F ，故直线AB 的方程为x ＝t 2－12t y ＋1，代入y 2＝4x ，得y 2－2（t 2－1）ty －4＝0，故2ty B ＝－4，即y B ＝－2t ，所以B ⎝ ⎛⎭⎪⎫1t 2，－2t .又x G ＝13(x A ＋x B ＋x C )，y G ＝13(y A ＋y B ＋y C )及重心G 在x 轴上，所以2t －2t ＋y C ＝0，得C ⎝ ⎛⎭⎪⎫⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t 2，2⎝ ⎛⎭⎪⎫1t －t ，G ⎝ ⎛⎭⎪⎫2t 4－2t 2＋23t 2，0.所以直线AC 的方程为y －2t ＝2t (x －t 2)，得Q (t 2－1，0)．由于Q 在焦点F 的右侧，故t 2>2，从而S 1S 2＝12|FG |·|y A |12|QG |·|y C |＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t 4－2t 2＋23t 2－1·|2t |⎪⎪⎪⎪⎪⎪t 2－1－2t 4－2t 2＋23t 2·⎪⎪⎪⎪⎪⎪2t －2t＝2t4－t2t4－1＝2－t2－2t4－1.令m＝t2－2，则m>0，S1S2＝2－mm2＋4m＋3＝2－1m＋3m＋4≥2－12m·3m＋4＝1＋3 2.当m＝3时，S1S2取得最小值1＋32，此时G的坐标为(2，0).B级·素养提升|练能力|3.如图，P是直线x＝4上一动点，以P为圆心的圆Γ过定点B(1，0)，直线l 是圆Γ在点B处的切线，过A(－1，0)作圆Γ的两条切线分别与l交于E，F两点．(1)求证：|EA|＋|EB|为定值；(2)设直线l交直线x＝4于点Q，证明：|EB|·|FQ|＝|BF|·|EQ|.证明：(1)设AE切圆于M，直线x＝4与x轴的交点为N，则|EM|＝|EB|，∴|EA|＋|EB|＝|AM|＝|AP|2－|PM|2＝|AP|2－|PB|2＝|AN|2－|BN|2＝4.故|EA|＋|EB|为定值．(2)由(1)同理知|F A|＋|FB|＝4，∴E，F均在椭圆x24＋y23＝1上．由椭圆的对称性，不妨设直线EF的方程为x＝my＋1(m<0)，令x＝4，得y Q＝3m，直线EF与椭圆方程联立得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.设E(x1，y1)，F(x2，y2)，且y1>y2.则y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4.过E 作EE ′⊥x 轴于E ′，过F 作FF ′⊥x 轴于F ′，则|EE ′|＝y 1，|FF ′|＝－y 2，设PQ 交x 轴于Q ′，则|QQ ′|＝－3m . 若|EB |·|FQ |＝|BF |·|EQ |，则|EB ||EQ |＝|BF ||FQ |. ① 又E ，B ，F ，Q 在同一条直线上，则|EB ||EQ |＝|EE ′||QQ ′|＋|EE ′|，即|EB ||EQ |＝y 1－3m ＋y 1； ② |BF ||FQ |＝|FF ′||QQ ′|－|FF ′|，即|BF ||FQ |＝－y 2－3m －（－y 2）＝－y 2－3m ＋y 2. ③ 由①②③得，y 1－3m ＋y 1＝－y 2－3m ＋y 2，从而有－y 1·3m ＋y 1y 2＝y 2·3m －y 1y 2，∴2y 1y 2＝(y 1＋y 2)·3m .④将y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4代入④，知等式成立，∴|EB |·|FQ |＝|BF |·|EQ |.4．(2020届四川五校联考)已知抛物线E ：y 2＝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 (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，若存在点C 满足|CQ →＋CA →|＝|CQ →－CA →|，且线段OC 与AB 互相平分(O 为坐标原点)，求x 2的取值范围．解：(1)由⎩⎨⎧y ＝kx －4，y 2＝8x 得，k 2x 2－8(k ＋1)x ＋16＝0，由题意知k ≠0及Δ＝64(k ＋1)2－64k 2＝0，解得k ＝－12，所以直线l 的方程为y ＝－12x －4.(2)由⎩⎨⎧y ＝kx －4，y 2＝8x得k 2x 2－8(k ＋1)x ＋16＝0，因为Δ＝64(k ＋1)2－64k 2＞0，k ≠0，所以k ＞－12，且k ≠0，所以x 1＋x 2＝8（k ＋1）k 2，所以y 1＋y 2＝k (x 1＋x 2)－8＝8k .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OC →＝OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫8（k ＋1）k 2，8k ，即C ⎝ ⎛⎭⎪⎫8（k ＋1）k 2，8k . 由|CQ→＋CA →|＝|CQ →－CA →|得，AC ⊥QC ，所以k AC ·k QC ＝－1.又k QC ＝8k 8（k ＋1）k 2－4＝2k 2（k ＋1）－k 2，k AC ＝k OB ＝y 2x 2＝k －4x 2，所以2k 2（k ＋1）－k 2·⎝ ⎛⎭⎪⎫k －4x 2＝－1，所以8x 2＝k ＋2k ＋2. 若k ＞0，则8x 2≥22＋2＝2(2＋1)，当且仅当k ＝2时取等号，此时0＜x 2≤4(2－1)．综上，x 2的取值范围为(0，4(2－1)]．快乐分享，知识无界！感谢您的下载!由Ruize收集整理！。

高三数学(理)一轮总复习课时跟踪检测(五十三) 最值、范围、证明问题 Word版含解析

课时跟踪检测（五十三）最值、范围、证明问题一保高考，全练题型做到高考达标．如图所示，椭圆：＋＝(＞＞)的左焦点为，右焦点为，过的直线交椭圆于，两点，△的周长为，且△面积最大时，△为正三角形．()求椭圆的方程；()设动直线：＝＋与椭圆有且只有一个公共点，且与直线＝相交于点，证明：点()在以为直径的圆上．解：()因为点，都在椭圆上，所以根据椭圆的定义有＋＝且＋＝，又因为△的周长为，所以＋＋＝＋＋＋＝＝，所以＝.因为椭圆是关于，轴，原点对称的，所以△为正三角形，当且仅当为椭圆的短轴端点，则＝⇒＝，＝－＝，故椭圆的方程为＋＝.()证明：由题意得，动直线为椭圆的切线，故不妨设切点(，)，因为直线的斜率存在且为，所以≠，则直线：＝(－)＋，联立方程组(\\(＝(－(＋，,()＋()＝))消去，得＋[(－)＋]－＝，由Δ＝⇒＝－.则直线的方程为＋＝，联立直线与直线＝得到点，则·＝(－)(－)＋(－)＝－(－)＋(－)＝，所以⊥，即点在以为直径的圆上．．设椭圆：＋＝(＞)的右焦点为，直线：＝与轴交于点，若＝(其中为坐标原点)．()求椭圆的方程；()设是椭圆上的任意一点，为圆：＋(－)＝的任意一条直径(，为直径的两个端点)，求·的最大值．解：由题意知，点，，由＝，得＝，解得＝.所以椭圆的方程为＋＝. ()设圆：＋(－)＝的圆心为点，则点的坐标为()，则·＝(―→－)·(－)＝(－－)·(－)＝－＝－，从而求·最大值转化为求的最大值．因为是椭圆上的任意一点，设(，)，所以＋＝，即＝－.因为点的坐标为()，所以＝＝＋(－)＝－(＋)＋.因为点(，)在椭圆上，则∈[－，]，所以当＝－时，取得最大值，所以·的最大值为.．(·无锡期末)已知长轴在轴上的椭圆的离心率＝，且过点()．()求椭圆的方程；()若点(，)为圆＋＝上任一点，过点作圆的切线交椭圆于，两点，求证：⊥(为坐标原点)．解：()由题意可设椭圆方程为＋＝(>>)．由题意得＝，则＝.又＝＋，所以＝.因为()在椭圆上，所以＋＝，解得＝，＝.所以椭圆的方程为＋＝.()证明：由题意得切线方程为＋＝.①若＝，则切线方程为＝或＝－，所以()，(，－)或(－)，(－，－)，所以⊥；。

高三数学(理)一轮复习课时作业(五十九)最值、范围、证明问题 Word版含解析

因为直线y＝－ x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①
将线段AB中点M ，代入直线方程y＝mx＋解得b＝－ .②
由①②得m＜－或m＞ .
(2)令t＝ ∈ ∪ ，则
|AB|＝ · ，
且O到直线AB的距离d＝ .
设△AOB的面积为S(t)，所以
S(t)＝ |AB|·d＝ ≤ ，
当且仅当t2＝时，等号成立．
故△AOB面积的最大值为 .
2．已知定圆M：(x＋ )2＋y2＝16，动圆N过点F( ，0)且与圆M相切，记圆心N的轨迹为E.
(1)求轨迹E的方程；
(2)设点A，B，C在E上运动，A与B关于原点对称，且|AC|＝|CB|，当△ABC的面积最小时，求直线AB的方程．
解析：(1)易知点F( ，0)在圆M：(x＋ )2＋y2＝16内，∴圆N内切于圆M，又圆M的半径为4，
所以|OA|2＝x ＋y ＝ .
由|AC|＝|CB|知，△ABC为等腰三角形，又O为AB的中点，
所以OC⊥AB，所以直线OC的方程为y＝－ x，
由解得x ＝，y ＝，
∴|OC|2＝，
∴S△ABC＝2S△OAC＝|OA|×|OC|＝ · ＝，
由于 ≤ ＝，
所以S△ABC≥ ，当且仅当1＋4k2＝k2＋4，即k＝±1时等号成立，此时△ABC面积取最小值，是 .
(1)求椭圆C的方程；
(2)设P是E上的动点，且位于第一象限，E在点P处的切线l与C交于不同的两点A，B，线段AB的中点为D.直线OD与过P且垂直于x轴的直线交于点M.
(ⅰ)求证：点M在定直线上；
(ⅱ)直线l与y轴交于点G，记△PFG的面积为S1，△PDM的面积为S2，求的最大值及取得最大值时点P的坐标．

高考理科数学一轮复习最值范围证明问题专题练习题

课时作业56 最值、范围、证明问题第一次作业基础巩固练1．已知动圆C 与圆C 1：(x －2)2＋y 2＝1相外切，又与直线l ：x ＝－1相切． (1)求动圆圆心轨迹E 的方程；(2)若动点M 为直线l 上任一点，过点P (1,0)的直线与曲线E 相交于A ，B 两点，求证：k MA ＋k MB ＝2k MP .解：(1)由题知，动圆C 的圆心到点(2,0)的距离等于到直线x ＝－2的距离，所以由抛物线的定义可知，动圆C 的圆心轨迹是以(2,0)为焦点，x ＝－2为准线的抛物线，所以动圆圆心轨迹E 的方程为y 2＝8x .(2)证明：由题知当直线AB 的斜率为0时，不符合题意，所以可设直线AB 的方程为x＝my ＋1，联立⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋1，y 2＝8x ，消去x ，得y 2－8my －8＝0，Δ＝64m 2＋32>0恒成立，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，M (－1，t )，则y 1＋y 2＝8m ，y 1·y 2＝－8，x 1＋x 2＝8m 2＋2，x 1·x 2＝1，而2k MP ＝2·t－1－1＝－t ， k MA ＋k MB ＝y 1－t x 1＋1＋y 2－tx 2＋1＝y 1x 2＋y 2x 1＋y 1＋y 2－t x 1＋x 2－2tx 1x 2＋x 1＋x 2＋1＝18y 1y 2y 1＋y 2＋y 1＋y 2－t x 1＋x 2－2tx 1x 2＋x 1＋x 2＋1＝－t8m 2＋48m 2＋4＝－t ，所以k MA ＋k MB ＝2k MP .2. 如图，已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左顶点为A ，右焦点为F (1,0)，过点A 且斜率为1的直线交椭圆E 于另一点B ，交y 轴于点C ，AB →＝6BC →.(1)求椭圆E 的方程；(2)过点F 作直线l 与椭圆E 交于M ，N 两点，连接MO (O 为坐标原点)并延长交椭圆E 于点Q ，求△MNQ 面积的最大值及取最大值时直线l 的方程．解：(1)由题知A (－a,0)，C (0，a )，故B ⎝ ⎛⎭⎪⎫－a 7，6a 7，代入椭圆E 的方程得149＋36a 249b 2＝1，结合a 2－b 2＝1，得a 2＝4，b 2＝3，故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题知，直线l 不与x 轴重合，故可设l ：x ＝my ＋1，代入x 24＋y 23＝1得(3m 2＋4)y2＋6my －9＝0，设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4，连接ON ，由Q 与M 关于原点对称知，S △MNQ ＝2S △MON ＝|y 1－y 2|＝y 1＋y 22－4y 1y 2＝12m 2＋13m 2＋4 ＝123m 2＋1＋1m 2＋1，∵m 2＋1≥1， ∴3m 2＋1＋1m 2＋1≥4，∴S △MNQ ≤3，当且仅当m ＝0时，等号成立，∴△MNQ 面积的最大值为3，此时直线l 的方程为x ＝1.3．(2019·河南洛阳统考)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，过焦点F 的直线交C 于A ，B两点，D 是抛物线的准线l 与y 轴的交点．(1)若AB ∥l ，且△ABD 的面积为1，求抛物线的方程；(2)设M 为AB 的中点，过M 作l 的垂线，垂足为N .证明：直线AN 与抛物线相切．解：(1)∵AB ∥l ，∴|FD |＝p ，|AB |＝2p . ∴S △ABD ＝p 2＝1.∴p ＝1，故抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)证明：显然直线AB 的斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋p2，A ⎝⎛⎭⎪⎫x 1，x 212p ，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 222p . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py消去y 整理得，x 2－2kpx －p 2＝0.∴x 1＋x 2＝2kp ，x 1x 2＝－p 2. ∴M ⎝⎛⎭⎪⎫kp ，k 2p ＋p 2，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫kp ，－p 2.∴k AN ＝x 212p ＋p 2x 1－kp ＝x 212p ＋p 2x 1－x 1＋x 22＝x 21＋p 22p x 1－x 22＝x 21－x 1x 22p x 1－x 22＝x 1p.又x 2＝2py ，∴y ′＝x p.∴抛物线x 2＝2py 在点A 处的切线斜率k ＝x 1p. ∴直线AN 与抛物线相切．4．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为F 2(1,0)，且该椭圆过定点M ⎝⎛⎭⎪⎫1，22.(1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点Q (2,0)，过点F 2作直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，且F 2A →＝λF 2B →，λ∈[－2，－1]，以QA ，QB 为邻边作平行四边形QACB ，求对角线QC 长度的最小值．解：(1)由题易知c ＝1，1a 2＋12b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，解得b 2＝1，a 2＝2，故椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线l ：x ＝ky ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky ＋1，x 22＋y 2＝1得(k 2＋2)y 2＋2ky －1＝0，Δ＝4k 2＋4(k 2＋2)＝8(k 2＋1)>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则可得y 1＋y 2＝－2k k 2＋2，y 1y 2＝－1k 2＋2.QC →＝QA →＋QB →＝(x 1＋x 2－4，y 1＋y 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4k 2＋1k 2＋2，－2k k 2＋2， ∴|QC →|2＝|QA →＋QB →|2＝16－28k 2＋2＋8k 2＋22，由此可知，|QC →|2的大小与k 2的取值有关．由F 2A →＝λF 2B →可得y 1＝λy 2，λ＝y 1y 2，1λ＝y 2y 1(y 1y 2≠0)．从而λ＋1λ＝y 1y 2＋y 2y 1＝y 1＋y 22－2y 1y 2y 1y 2＝－6k 2－4k 2＋2，由λ∈[－2，－1]得⎝ ⎛⎭⎪⎫λ＋1λ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤－52，－2，从而－52≤－6k 2－4k 2＋2≤－2，解得0≤k 2≤27. 令t ＝1k 2＋2，则t ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤716，12，∴|QC →|2＝8t 2－28t ＋16＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫t －742－172，∴当t ＝12时，|QC |min ＝2.5．(2019·合肥模拟)已知中心在原点，焦点在y 轴上的椭圆C ，其上一点P 到两个焦点F 1，F 2的距离之和为4，离心率为32. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y ＝kx ＋1与曲线C 交于A ，B 两点，求△OAB 面积的取值范围．解：(1)设椭圆的标准方程为y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)，由条件知，⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝4，e ＝c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，c ＝3，b ＝1，故椭圆C 的方程为y 24＋x 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 24＝1，y ＝kx ＋1得(k 2＋4)x 2＋2kx －3＝0，故x 1＋x 2＝－2k k 2＋4，x 1x 2＝－3k 2＋4，设△OAB 的面积为S ，由x 1x 2＝－3k 2＋4<0，知S ＝12×1×|x 1－x 2|＝12x 1＋x 22－4x 1x 2＝2k 2＋3k 2＋42，令k 2＋3＝t ，知t ≥3，∴S ＝21t ＋1t＋2. 对函数y ＝t ＋1t(t ≥3)，知y ′＝1－1t 2＝t 2－1t2>0，∴y ＝t ＋1t 在t ∈[3，＋∞)上单调递增，∴t ＋1t ≥103，∴0<1t ＋1t＋2≤316，∴0<S ≤32. 故△OAB 面积的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，32. 第二次作业高考·模拟解答题体验1．(2019·四川成都七中模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且离心率为22，过左焦点F 1的直线l 与C 交于A ，B 两点，△ABF 2的周长为4 2. (1)求椭圆C 的方程；(2)当△ABF 2的面积最大时，求l 的方程．解：(1)由椭圆的定义知4a ＝42，a ＝2，由e ＝c a知c ＝ea ＝1，b 2＝a 2－c 2＝1. 所以椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)由(1)知F 1(－1,0)，F 2(1,0)，|F 1F 2|＝2，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，l ：x ＝my －1，联立x ＝my －1与x 22＋y 2＝1，得(m 2＋2)y 2－2my －1＝0，|y 1－y 2|＝22m 2＋1m 2＋2，S △ABF 2＝22m 2＋1m 2＋22＝221m 2＋1＋1m 2＋1＋2，当m 2＋1＝1，m ＝0时，S △ABF 2最大为2，l ：x ＝－1.2．(2019·广东佛山模拟)已知中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆M 的离心率为12，椭圆上异于长轴顶点的任意点A 与左、右两焦点F 1，F 2构成的三角形中面积的最大值为 3.(1)求椭圆M 的标准方程；(2)若A 与C 是椭圆M 上关于x 轴对称的两点，连接CF 2与椭圆的另一交点为B ，求证：直线AB 与x 轴交于定点P ，并求PA →·F 2C →的取值范围．解：(1)由题意知c a ＝12，12·2c ·b ＝3，a 2＝b 2＋c 2，解得c ＝1，a ＝2，b ＝ 3.所以椭圆M 的标准方程是x 24＋y 23＝1.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 1，－y 1)，直线AB ：y ＝kx ＋m . 将y ＝kx ＋m ，代入x 24＋y 23＝1得，(4k 2＋3)x 2＋8kmx ＋4m 2－12＝0. 则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋3，x 1x 2＝4m 2－124k 2＋3.因为B ，C ，F 2共线，所以kBF 2＝kCF 2，即kx 2＋m x 2－1＝－kx 1＋m x 1－1，整理得2kx 1x 2＋(m －k )(x 1＋x 2)－2m ＝0，所以2k 4m 2－124k 2＋3－(m －k )8km 4k 2＋3－2m ＝0，解得m ＝－4k .所以直线AB ：y ＝k (x －4)，与x 轴交于定点P (4,0)．因为y 21＝3－34x 21，所以PA →·F 2C →＝(x 1－4，y 1)·(x 1－1，－y 1)＝x 21－5x 1＋4－y 21＝74x 21－5x 1＋1＝74⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－1072－187.因为－2<x 1<2，所以PA →·F 2C →的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－187，18. 3．(2019·广东华南师大附中模拟)已知点C 是圆F ：(x －1)2＋y 2＝16上任意一点，点F ′与圆心F 关于原点对称．线段CF ′的中垂线与CF 交于P 点．(1)求动点P 的轨迹方程E ；(2)设点A (4,0)，若直线PQ ⊥x 轴且与曲线E 交于另一点Q ，直线AQ 与直线PF 交于点B ，证明：点B 恒在曲线E 上，并求△PAB 面积的最大值．解：(1)由题意得，F 点坐标为(1,0)，因为P 为CF ′中垂线上的点，所以|PF ′|＝|PC |.又|PC |＋|PF |＝4，所以|PF ′|＋|PF |＝4>|FF ′|＝2，由椭圆的定义知，2a ＝4，c ＝1，所以动点P 的轨迹方程E 为x 24＋y 23＝1.(2)设P 点坐标为(m ，n )(n ≠0)，则Q 点的坐标为(m ，－n )，且3m 2＋4n 2＝12，所以直线QA ：y ＝n4－m (x －4)，即nx －(4－m )y －4n ＝0，直线PF ：y ＝nm －1(x －1)，即nx －(m －1)y －n ＝0.联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧nx －4－m y －4n ＝0，nx －m －1y －n ＝0，解得x B ＝5m －82m －5，y B ＝3n2m －5，则x 2B 4＋y 2B3＝5m －8242m －52＋3n 232m －52＝25m 2－80m ＋64＋12n 242m －52＝16m 2－80m ＋10042m －52＝1，所以点B 恒在椭圆E 上．设直线PF ：x ＝ty ＋1，P (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ty ＋1，3x 2＋4y 2＝12，消去x 整理得(3t 2＋4)y 2＋6ty －9＝0，所以y 1＋y 2＝－6t 3t 2＋4，y 1y 2＝－93t 2＋4，所以|y 1－y 2|＝y 1＋y 22－4y 1y 2＝－6t 3t 2＋42＋363t 2＋4＝12t 2＋13t 2＋4，从而S △PAB ＝12|FA ||y 1－y 2|＝18t 2＋13t 2＋4 ＝18t 2＋13t 2＋1＋1＝183t 2＋1＋1t 2＋1.令μ＝t 2＋1(μ≥1)，则函数g (μ)＝3μ＋1μ在[1，＋∞)上单调递增，故g (μ)min＝g (1)＝4，所以S △PAB ≤184＝92，即当t ＝0时，△PAB 的面积取得最大值，且最大值为92.4．(2019·河北邢台模拟)已知椭圆W ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a >b >0)的焦距与椭圆Ω：x 24＋y 2＝1的短轴长相等，且W 与Ω的长轴长相等，这两个椭圆在第一象限的交点为A ，直线l 与直线OA (O 为坐标原点)垂直，且l 与W 交于M ，N 两点．(1)求W 的方程；(2)求△MON 的面积的最大值．解：(1)由题意可得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，a 2－b 2＝1，∴⎩⎪⎨⎪⎧a 2＝4，b 2＝3，故W 的方程为y 24＋x 23＝1.(2)联立⎩⎪⎨⎪⎧ y 24＋x 23＝1，x24＋y 2＝1，得⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝3613，y 2＝413，∴y 2x 2＝19. 又A 在第一象限，∴k OA ＝y x ＝13.故可设l 的方程为y ＝－3x ＋m .联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝－3x ＋m ，y 24＋x23＝1，得31x 2－18mx ＋3m 2－12＝0. 设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝18m 31，x 1x 2＝3m 2－1231.∴|MN |＝1＋－32×x 1＋x 22－4x 1x 2＝10×4331－m231.又O 到直线l 的距离为d ＝|m |10，则△MON 的面积S ＝12d ·|MN |＝23|m |31－m 231，∴S ＝23m 231－m 231≤331(m 2＋31－m 2)＝3，当且仅当m 2＝31－m 2，即m 2＝312时，满足Δ>0，故△MON 的面积的最大值为 3.5．(2018·天津卷)设椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左焦点为F ，上顶点为B ，已知椭圆的离心率为53，点A 的坐标为(b,0)，且|FB |·|AB |＝6 2.(1)求椭圆的方程；(2)设直线l ：y ＝kx (k >0)与椭圆在第一象限的交点为P ，且l 与直线AB 交于点Q .若|AQ ||PQ |＝524sin ∠AOQ (O 为原点)，求k 的值．解：(1)设椭圆的焦距为2c ，由已知有c 2a 2＝59，又由a 2＝b 2＋c 2，可得2a ＝3b .由已知可得，|FB |＝a ，|AB |＝2b ，由|FB |·|AB |＝62，可得ab ＝6，从而a ＝3，b ＝2. 所以，椭圆的方程为x 29＋y 24＝1.(2)设点P 的坐标为(x 1，y 1)，点Q 的坐标为(x 2，y 2)．由已知有y 1>y 2>0，故|PQ |sin ∠AOQ ＝y 1－y 2. 又因为|AQ |＝y 2sin ∠OAB ，而∠OAB ＝π4，故|AQ |＝2y 2.由|AQ ||PQ |＝524sin ∠AOQ ，可得5y 1＝9y 2. 由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 29＋y24＝1，消去x ，可得y 1＝6k 9k 2＋4.易知直线AB 的方程为x ＋y －2＝0，由方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x ＋y －2＝0，消去x ，可得y 2＝2kk ＋1.由5y 1＝9y 2，可得5(k ＋1)＝39k 2＋4，两边平方，整理得56k 2－50k ＋11＝0，解得k ＝12，或k ＝1128. 所以，k 的值为12或1128.。

2018届高三理科数学重点班一轮复习课件：第九篇第7节第二课时最值、范围、证明专题精品

所以 a=2,b2=a2-c2=1,故 E 的方程为 x2 +y2=1. 4
(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: (2)依题意当 l⊥x 轴不合题意,故设直线 l:y=kx-2, 设 P(x1,y1),Q(x2,y2), 将 y=kx-2 代入 x2 +y2=1,
解:(1)由题意知焦点 F(0,1),准线方程为 y=-1. 设 P(x0,y0),由抛物线定义知|PF|=y0+1,得 y0=2, 所以 P(2 2 ,2)或 P(-2 2 ,2), 由 PF =3 FM ,得
M(- 2 2 , 2 )或 M( 2 2 , 2 ).
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(2)求△ABP面积的最大值.
(教师备用)【即时训练】在平面直角坐标系 xOy 中,已知椭圆 C: x2 + y 2 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:(1)因为 e2= c2 = a2 b2 = 3 ,所以 a2=4b2,
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.
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2022高考数学一轮复习课时作业55证明最值范围存在性问题理202222070251

课时作业55 证明、最值、范围、存在性问题[基础达标]1．[2019·全国卷Ⅲ]已知曲线C ：y ＝x 22，D 为直线y ＝－12上的动点，过D 作C 的两条切线，切点分别为A ，B .(1)证明：直线AB 过定点；(2)若以E (0，52)为圆心的圆与直线AB 相切，且切点为线段AB 的中点，求四边形ADBE的面积．解析：(1)设D ⎝ ⎛⎭⎪⎫t ，－12，A (x 1，y 1)，则x 21＝2y 1.由y ′＝x ，所以切线DA 的斜率为x 1，故y 1＋12x 1－t＝x 1.整理得2tx 1－2y 1＋1＝0.设B (x 2，y 2)，同理可得2tx 2－2y 2＋1＝0. 故直线AB 的方程为2tx －2y ＋1＝0.所以直线AB 过定点⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12. (2)由(1)得直线AB 的方程为y ＝tx ＋12.由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx ＋12，y ＝x 22可得x 2－2tx －1＝0.于是x 1＋x 2＝2t ，x 1x 2＝－1，y 1＋y 2＝t (x 1＋x 2)＋1＝2t 2＋1. |AB |＝1＋t 2|x 1－x 2|＝1＋t 2×x 1＋x 22－4x 1x 2＝2(t 2＋1)．设d 1，d 2分别为点D ，E 到直线AB 的距离，由d 1＝t 2＋1，d 2＝2t 2＋1.因此，四边形ADBE 的面积S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝(t 2＋3)t 2＋1.设M 为线段AB 的中点，则M ⎝⎛⎭⎪⎫t ，t 2＋12. 由于EM →⊥AB →，而EM →＝(t ，t 2－2)，AB →与向量(1，t )平行，所以t ＋(t 2－2)t ＝0. 解得t ＝0或t ＝±1.当t ＝0时，S ＝3；当t ＝±1时，S ＝4 2.因此，四边形ADBE 的面积为3或4 2.2．[2020·江西五校协作体联考]在平面直角坐标系xOy 中，过椭圆M ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)右焦点的直线x ＋y －3＝0交M 于A ，B 两点，且椭圆M 的离心率为22. (1)求椭圆M 的方程；(2)C ，D 为M 上的两点，如四边形ABCD 的对角线CD ⊥AB ，求四边形ACBD 面积的最大值．解析：(1)易知椭圆M 的右焦点为(3，0)，则c ＝ 3. 离心率e ＝c a＝3a＝22，则a ＝6，故b 2＝a 2－c 2＝3. 所以椭圆M 的方程为x 26＋y 23＝1.(2)由⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y －3＝0，x 26＋y 23＝1，解得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝433，y ＝－33或⎩⎨⎧x ＝0，y ＝3，因此|AB |＝463.由题意可设直线CD 的方程为y ＝x ＋n ⎝ ⎛⎭⎪⎫－533<n <3，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋n ，x 26＋y23＝1，得3x 2＋4nx ＋2n 2－6＝0，所以x 1＋x 2＝－4n 3，x 1x 2＝2n 2－63.又直线CD 的斜率为1，所以|CD |＝2|x 2－x 1|＝439－n 2. 由已知得，四边形ACBD 的面积S ＝12|CD |·|AB |＝8699－n 2.当n ＝0时，S 取得最大值，最大值为863.所以四边形ACBD 面积的最大值为863.3．[2020·河北衡水测试]如图，在平面直角坐标系xOy 中，点F ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0，直线l ：x ＝－12，点P 在直线l 上移动，R 是线段PF 与y 轴的交点，RQ ⊥FP ，PQ ⊥l . (1)求动点Q 的轨迹C 的方程；(2)设圆M 过A (1,0)，且圆心M 在曲线C 上，TS 是圆M 在y 轴上截得的弦，当M 运动时，|TS |是否为定值？请说明理由．解析：(1)依题意知，R 是线段FP 的中点，且RQ ⊥FP ， ∴RQ 是线段FP 的垂直平分线．连接QF ，∵点Q 在线段FP 的垂直平分线上，∴|PQ |＝|QF |. 又PQ ⊥l ，∴|PQ |是点Q 到直线l 的距离，故动点Q 的轨迹C 是以F 为焦点，l 为准线的抛物线，其方程为y 2＝2x . (2)|TS |为定值．理由如下：取曲线C 上点M (x 0，y 0)，点M 到y 轴的距离d ＝|x 0|＝x 0，圆的半径r ＝|MA |＝x 0－12＋y 20，则|TS |＝2r 2－d 2＝2y 20－2x 0＋1， ∵点M 在曲线C 上，∴x 0＝y 202，∴|TS |＝2y 20－y 20＋1＝2，是定值．4．[2020·湖南衡阳八中模拟]已知过点P (0，－2)的圆M 的圆心在x 轴的非负半轴上，且圆M 截直线x ＋y －2＝0所得弦长为2 2.(1)求圆M 的标准方程；(2)若过点Q (0,1)的直线l 交圆M 于A ，B 两点，求当△PAB 的面积最大时直线l 的方程．解析：(1)设圆M 的方程为(x －a )2＋y 2＝r 2(a ≥0)，则圆心M 到直线x ＋y －2＝0的距离等于|a －2|2.由题意得⎩⎪⎨⎪⎧a 2＋4＝r 2，⎝ ⎛⎭⎪⎫|a －2|22＋2＝r 2，得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝0，r 2＝4，所以圆M 的方程为x 2＋y 2＝4.(2)由题意可知，直线l 的斜率存在，设直线l 的方程为y ＝kx ＋1，则圆心M 到直线l 的距离等于1k 2＋1，所以|AB |＝24－1k 2＋1.又点P (0，－2)到直线l 的距离d ＝3k 2＋1，所以S △PAB ＝12|AB |·d ＝3⎝ ⎛⎭⎪⎫4－1k 2＋11k 2＋1＝34－⎝⎛⎭⎪⎫2－1k 2＋12. 因为k 2≥0，所以当k ＝0时，△PAB 的面积取得最大值，且(S △PAB )max ＝3 3. 此时直线l 的方程为y －1＝0.5．[2019·安徽合肥二检]已知抛物线C 1：x 2＝2py (p >0)和圆C 2：(x ＋1)2＋y 2＝2，倾斜角为45°的直线l 1过C 1的焦点，且l 1与C 2相切．(1)求p 的值；(2)动点M 在C 1的准线上，动点A 在C 1上，若C 1在A 点处的切线l 2交y 轴于点B ，设MN →＝MA →＋MB →，求证：点N 在定直线上，并求该定直线的方程．解析：(1)依题意，设直线l 1的方程为y ＝x ＋p2，因为直线l 1与圆C 2相切，所以圆心C 2(－1,0)到直线l 1：y ＝x ＋p2的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋p 212＋－12＝2，即⎪⎪⎪⎪⎪⎪－1＋p 22＝2，解得p ＝6或p ＝－2(舍去)．所以p ＝6.(2)解法一依题意设M (m ，－3)，由(1)知抛物线C 1的方程为x 2＝12y ，所以y ＝x 212，所以y ′＝x6，设A (x 1，y 1)，则以A 为切点的切线l 2的斜率为k ＝x 16，所以切线l 2的方程为y ＝16x 1(x －x 1)＋y 1.令x ＝0，则y ＝－16x 21＋y 1＝－16×12y 1＋y 1＝－y 1，即B 点的坐标为(0，－y 1)．所以MA →＝(x 1－m ，y 1＋3)， MB →＝(－m ，－y 1＋3)，所以MN →＝MA →＋MB →＝(x 1－2m,6)，所以ON →＝OM →＋MN →＝(x 1－m,3)，其中O 为坐标原点．设N 点坐标为(x ，y )，则y ＝3，所以点N 在定直线y ＝3上．解法二设M (m ，－3)，由(1)知抛物线C 1的方程为x 2＝12y ①，设直线l 2的斜率为k ，A ⎝⎛⎭⎪⎫x 1，112x 21，则以A 为切点的切线l 2的方程为y ＝k (x －x 1)＋112x 21 ②.联立①②得，⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝12y ，y ＝k x －x 1＋112x 21，消去y ，得x 2－12kx ＋12kx 1－x 21＝0.因为Δ＝144k 2－48kx 1＋4x 21＝0，所以k ＝x 16，所以切线l 2的方程为y ＝16x 1(x －x 1)＋112x 21.令x ＝0，得B 点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－112x 21，所以MA →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1－m ，112x 21＋3，MB →＝⎝⎛⎭⎪⎫－m ，－112x 21＋3，所以MN →＝MA →＋MB →＝(x 1－2m,6)，所以ON →＝OM →＋MN →＝(x 1－m,3)，其中O 为坐标原点，设N 点坐标为(x ，y )，则y ＝3，所以点N 在定直线y ＝3上．6．[2020·湖南湘东六校联考]已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝12，点A (b,0)，B ，F 分别为椭圆C 的上顶点和左焦点，且|BF |·|BA |＝2 6.(1)求椭圆C 的方程．(2)若过定点M (0,2)的直线l 与椭圆C 交于G ，H 两点(G 在M ，H 之间)，设直线l 的斜率k >0，在x 轴上是否存在点P (m,0)，使得以PG ，PH 为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m 的取值范围；如果不存在，请说明理由．解析：(1)由离心率e ＝12得a ＝2c ①由|BF |·|BA |＝26，得a ·b 2＋b 2＝26， ∴ab ＝2 3 ②.又a 2－b 2＝c 2③，∴由①②③可得a 2＝4，b 2＝3， ∴椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋2(k >0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋2k >0，x 24＋y23＝1，得(3＋4k 2)x 2＋16kx ＋4＝0，易得Δ>0，∴k >12.设G (x 1，y 1)，H (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，PG →＋PH →＝(x 1＋x 2－2m ，k (x 1＋x 2)＋4)，GH→＝(x 2－x 1，y 2－y 1)＝(x 2－x 1，k (x 2－x 1))．∵菱形的对角线互相垂直，∴(PG →＋PH →)·GH →＝0， ∴(1＋k 2)(x 1＋x 2)＋4k －2m ＝0，得m ＝－2k 4k 2＋3，即m ＝－24k ＋3k，∵k >12，∴－36≤m ＜0(当且仅当3k ＝4k 时，等号成立)．∴存在满足条件的实数m ，m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫－36，0. [能力挑战]7．[2019·全国卷Ⅱ]已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .(ⅰ)证明：△PQG 是直角三角形； (ⅱ)求△PQG 面积的最大值．解析：(1)由题设得y x ＋2·yx －2＝－12，化简得x 24＋y22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)(ⅰ)设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k >0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y22＝1得x ＝±21＋2k2.记u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k2x －u ，x 24＋y 22＝1得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.①设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程①的解，故x G ＝u 3k 2＋22＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u 3k 2＋22＋k2－u ＝－1k.所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． (ⅱ)由(ⅰ)得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k 2，所以△PQG 的面积S ＝12|PQ ||PG |＝8k 1＋k 21＋2k 22＋k 2＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k 2. 设t ＝k ＋1k，则由k >0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号．因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169.因此，△PQG 面积的最大值为169.。

(高三理科数学第一轮复习)第九章第9节第1课时最值、范围、证明问题

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第9节圆锥曲线的综合问题
最新考纲 1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法；2.了解圆锥曲线的简单应用；3.理解数形结合的思想.
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知识梳理 1.直线与圆锥曲线的位置关系
判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量 x(或变量y)的一元方程，即AF（ x＋xB，yy＋）C＝＝00，消去 y，得 ax2＋bx＋c＝0.
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6.(2019·岳阳二模)已知抛物线 y＝ax2(a>0)的准线为 l，l 与双曲线x42－y2＝1 的两条渐近
线分别交于 A，B 两点，若|AB|＝4，则 a＝________.
解析抛物线 y＝ax2(a>0)的准线 l：y＝－41a，双曲线x42－y2＝1 的两条渐近线分别
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【训练 1】已知椭圆ax22＋by22＝1(a>b>0)，F1，F2 为它的左、右焦点，P 为椭圆上一点，
已知∠F1PF2＝60°，S△F1PF2＝ 3，且椭圆的离心率为12.
(1)求椭圆方程；
(2)已知 T(－4，0)，过 T 的直线与椭圆交于 M，N 两点，求△MNF1 面积的最大值.
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2.(选修2－1P71例6改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这
样的直线有( )

高考数学一轮复习第七章专题九第1课时范围、最值、证明问题课件

b＝1，联立ac＝ 23，
a2＝b2＋c2，
a＝2，解得b＝1，
c＝ 3．
故椭圆的标准方程为x42＋y2＝1.
(2)设 P(x0，y0)为弦 MN 的中点，M(x1，y1)，N(x2，y2).
y＝kx＋m，联立x42＋y2＝1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.
则 x1＋x2＝4－k28＋km1，x1x2＝44(mk22＋－11). 因为 Δ＝(8km)2－16(4k2＋1)(m2－1)＞0，所以 m2＜1＋4k2. 所以 x0＝x1＋2 x2＝－4k42k＋m1，y0＝kx0＋m＝4k2m＋1.
于直线 y＝mx＋21对称.
(1)求实数 m 的取值范围；
(2)求△AOB 面积的最大值(O 为坐标原点).
图 9-1
解：由题意知 m≠0，可设直线 AB 的方程为 y＝－m1 x＋b，A(x1， y1)，B(x2，y2)，AB 的中点为 M.
联立方程x22＋y2＝1， y＝－m1 x＋b，
消去 y，得12＋m12·x2－2mbx＋b2－1＝0. 因为直线 y＝－m1 x＋b 与椭圆x22＋y2＝1 有两个不同的交点，
所以 λ＝4.所以 t＝2，a＝3，从而圆 W 的标准方程为(x－3)2 ＋y2＝2.
②设 E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线 l2：y＝－x＋m. 由yx＝ 2＝－4yx＋m，得 x2＋4x－4m＝0，所以 x1＋x2＝－4，x1x2＝－4m，
所以|EF|＝ 2· (x1＋x2)2－4x1x2＝4 2(1＋m). 又因为|PQ|＝2 2－|m－23|2＝－2m2＋12m－10，
考向 2 利用基本不等式求最值 [例 3]已知直线 l1 过坐标原点 O 且与圆 x2＋y2＝4 相交于点 A， B，圆 M 过点 A，B 且与直线 y＋2＝0 相切. (1)求圆心 M 的轨迹 C 的方程. (2)若圆心在 x 轴正半轴上，面积等于 2π的圆 W 与曲线 C 有且仅有一个公共点. ①求圆 W 的标准方程； ②已知斜率等于－1 的直线 l2 交曲线 C 于 E，F 两点，交圆W 于 P，Q 两点，求||PEQF||的最小值及此时直线 l2 的方程.

高三理科数学一轮复习基础对点练第九篇第7节第二课时最值范围证明专题 Word版含解析

第二课时最值、范围、证明专题
【选题明细表】
.已知椭圆:(>>)的焦距为,且与椭圆有相同的离心率,斜率为的直线经过点(),与椭圆交于不同的两点.
()求椭圆的标准方程;
()当椭圆的右焦点在以为直径的圆内时,求的取值范围.
解:()因为椭圆的焦距为,所以.
又因为椭圆的离心率为,
所以椭圆的离心率,
所以,
所以椭圆的标准方程为.
()设直线的方程为()(),
由消去得(),
所以.
由()知椭圆的右焦点的坐标为(),因为右焦点在圆的内部,
所以·<,
所以()()<,
即()()<,
所以()()()()·()·<,
所以<.
经检验,当<时,直线与椭圆相交,
所以直线的斜率的取值范围为(∞,)
.(高考浙江卷)已知椭圆上两个不同的点关于直线对称.
()求实数的取值范围;
()求△面积的最大值(为坐标原点).
解:()由题意知≠,
可设直线的方程为.
由
消去,得().
因为直线与椭圆有两个不同的交点,
所以Δ>,①。

高考理科数学(人教版)一轮复习练习：第八篇第7节第二课时最值、范围、证明专题

第二课时最值、范围、证明专题【选题明细表】1.(2017·鹰潭市一模)设椭圆C1:+=1(a>b>0),长轴的右端点与抛物线C2:y2=8x的焦点F重合,且椭圆C1的离心率是.(1)求椭圆C1的标准方程;(2)过F作直线l交抛物线C2于A,B两点,过F且与直线l垂直的直线交椭圆C1于另一点C,求△ABC面积的最小值,以及取到最小值时直线l的方程.解:(1)因为椭圆C1: +=1(a>b>0),长轴的右端点与抛物线C2:y2=8x 的焦点F(2,0)重合,所以a=2.又因为椭圆C1的离心率是,所以c=,所以b=1,所以椭圆C1的标准方程为+y2=1.(2)过点F(2,0)的直线l的方程设为x=my+2,设A(x1,y1),B(x2,y2).联立得y2-8my-16=0,所以y1+y2=8m,y1y2=-16,所以|AB|==8(1+m2).过F且与直线l垂直的直线设为y=-m(x-2),联立得(1+4m2)x2-16m2x+16m2-4=0,所以x C×2=,所以x C=,所以|CF|=|x C-x F|=·,△ABC面积S=|AB|·|CF|=·.令=t≥1,则S=f(t)=,f′(t)=,令f′(t)=0,则t2=0(舍去)或t2=,即1+m2=时,△ABC面积最小.即当m=±时,△ABC面积的最小值为9,此时直线l的方程为x=±y+2.2.(2017·赣州市、吉安市、抚州市七校联考)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,右顶点、上顶点分别为A,B,直线AB被圆O:x2+y2=1截得的弦长为.(1)求椭圆C的方程;(2)设过点B且斜率为k的动直线l与椭圆C的另一个交点为M,=λ(+),若点N在圆O上,求正实数λ的取值范围.解:(1)由e=,得e2===,所以a=2b,所以直线AB的方程为+=1,即x+2y-2b=0.由题意知圆心O(0,0)到直线AB的距离为d==,得b=1,椭圆C的方程为+y2=1.(2)设点M的坐标为(x0,y0)(x0≠0),则点N的坐标为(λx0,λ(y0+1)), 所以λ2[+(y0+1)2]=1,得λ2=.又+=1,所以λ2=,y0∈(-1,1),所以-3+2y0+5=-3(y0-)2+∈(0,],得λ2≥,所以正实数λ的取值范围是[,+∞).3.(2017·桂林市、崇左市联合调研)已知点B(1,0),A是圆C:(x+1)2+y2=20上的动点,线段AB的垂直平分线与线段AC交于点P.(1)求动点P的轨迹C1的方程;(2)设M(0,),N为抛物线C2:y=x2上的一动点,过点N作抛物线C2的切线交曲线C1于P,Q两点,求△MPQ面积的最大值.解:(1)由已知可得,点P满足|PB|+|PC|=|AC|=2>2=|BC|, 所以动点P的轨迹C1是一个椭圆,其中2a=2,2c=2,所以a2=5,b2=4,动点P的轨迹C1的方程为+=1.(2)设N(t,t2),P(x1,y1),Q(x2,y2),则切线的斜率k=y′=2t, 所以PQ的方程为y-t2=2t(x-t)⇒y=2tx-t2.联立方程组消去y整理得(4+20t2)x2-20t3x+5t4-20=0.有而|PQ|=×|x1-x2|=×,PQ边上的高就是点M到直线PQ的距离h==,由S△MPQ=|PQ|h代入化简得S△MPQ=≤×=,当且仅当t2=10时,S△MPQ可取最大值.4.(2017·保定市一模)已知椭圆T:+=1(a>b>0)的一个顶点A(0,1),离心率e=,圆C:x2+y2=4,从圆C上任意一点P向椭圆T引两条切线PM,PN.(1)求椭圆T的方程;(2)求证:PM⊥PN.(1)解:由题意可知b=1,=,得a2=3,椭圆的方程为+y2=1.(2)证明:法一①当P点横坐标为±时,纵坐标为±1,PM斜率不存在,PN斜率为0,PM⊥PN.②当P点横坐标不为±时,设P(x0,y0),则+=4,设k PM=k,PM的方程为y-y0=k(x-x0),联立方程组消去y得(1+3k2)x2+6k(y0-kx0)x+3k2-6kx0y0+3-3=0,依题意Δ=36k2(y0-kx0)2-4(1+3k2)(3k2-6kx0y0+3-3)=0,化简得(3-)k2+2x0y0k+1-=0,又k PM,k PN为方程的两根,所以k PM·k PN====-1.所以 PM⊥PN.综上知PM⊥PN.法二①当P点横坐标为±时,纵坐标为±1,PM斜率不存在,PN斜率为0,PM⊥PN.②当P点横坐标不为±时,设P(2cos θ,2sin θ),切线方程为y-2sin θ=k(x-2cos θ),联立得(1+3k2)x2+12k(sin θ-kcos θ)x+12(sin θ-kcos θ)2-3=0,令Δ=0,即Δ=144k2(sin θ-kcos θ)2-4(1+3k2)[12(sin θ-kcos θ)2- 3]=0,化简得(3-4cos2θ)k2+4sin 2θ·k+1-4sin2θ=0,k PM·k PN===-1.所以 PM⊥PN.综上知PM⊥PN.5.(2017·遵义市联考)如图,已知椭圆C的方程为+=1(a>b>0),双曲线-=1的两条渐近线为l1,l2.过椭圆C的右焦点F作直线l,使l ⊥l1.设直线l与椭圆C的两个交点由上至下依次为A,B,直线l与直线l2交于P点.(1)若l1与l2的夹角为60°,且双曲线的焦距为4,求椭圆C的方程;(2)求的最大值.解:(1)因为双曲线方程为-=1,所以双曲线的渐近线方程为y=±x,因为两渐近线的夹角为60°且<1,所以∠POF=30°,所以=tan 30°=,所以a=b,由于c=2,所以a2+b2=22,所以a=,b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)因为l⊥l1,所以直线l的方程为y=(x-c),其中c=,因为直线l2的方程为y=x,联立直线l与直线l2的方程解得点P(,).设=λ,A点的坐标为(x0,y0),且F点的坐标为(c,0),则=λ,所以(x0-c,y0)=λ(-x0,-y0),解得x0=,y0=, 因为点A(x0,y0)在椭圆+=1上,所以+=1,即(c2+λa2)2+λ2a4=(1+λ)2a2c2,等式两边同除以a4得(e2+λ)2+λ2=e2(1+λ)2,e∈(0,1).所以λ2=,设2-e2=t,则e2=2-t,因为e∈(0,1),所以e2∈(0,1),t∈(1,2),λ2===-(t+)+3≤-2+3=3-2=(-1)2,取等号时,t=⇔t=∈(1,2),此时2-e2=,e=,所以λ2最大值为(-1)2,所以λ=的最大值为-1.6.(2017·山东滨州市一模)已知椭圆E:+=1(a>b>0)的焦距为2,离心率为.(1)求椭圆E的方程;(2)设P是椭圆E上在第一象限内的点,如图,点P关于原点O的对称点为A,关于x轴的对称点为Q,线段PQ与x轴交于点C,点D为线段CQ的中点,直线AD与椭圆E的另一个交点为B,证明:点P在以AB为直径的圆上.(1)解:由题意可知2c=2,所以c=.又=,所以a=2.b2=a2-c2=1.所以椭圆E的方程为+y2=1,(2)证明:设P(x0,y0),B(x1,y1),则A(-x0,-y0),C(x0,0),Q(x0,-y0),所以有D(x0,-y0),k AD==,所以直线AD的方程为y=(x+x0)-y0.由消去y并整理得(4+)x2-6x0x+9-16=0, 所以x1+(-x0)=x1-x0=,即x1=+x0.而y1=(x1+x0)-y0,所以y1=(+2x0)-y0=.所以k PB===-.而k PA==.所以k PA·k PB=-1,故PA⊥PB.所以点P在以AB为直径的圆上.。

[推荐学习]高三数学一轮总复习第九章平面解析几何第八节圆锥曲线的综合问题第二课时最值范围证明问题课时

课时跟踪检测（五十三）最值、范围、证明问题一保高考，全练题型做到高考达标1．如图所示，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1，右焦点为F 2，过F 1的直线交椭圆于A ，B 两点，△ABF 2的周长为8，且△AF 1F 2面积最大时，△AF 1F 2为正三角形．(1)求椭圆E 的方程；(2)设动直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆E 有且只有一个公共点P ，且与直线x ＝4相交于点Q ，证明：点M (1,0)在以PQ 为直径的圆上．解：(1)因为点A ，B 都在椭圆上，所以根据椭圆的定义有|AF 1|＋|AF 2|＝2a 且|BF 1|＋|BF 2|＝2a ，又因为△ABF 2的周长为8，所以|AB |＋|BF 2|＋|AF 2|＝|AF 1|＋|AF 2|＋|BF 1|＋|BF 2|＝4a ＝8，所以a ＝2. 因为椭圆是关于x ，y 轴，原点对称的，所以△AF 1F 2为正三角形，当且仅当A 为椭圆的短轴端点，则a ＝2c ⇒c ＝1，b 2＝a 2－c 2＝3，故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)证明：由题意得，动直线l 为椭圆的切线，故不妨设切点P (x 0，y 0)，因为直线l 的斜率存在且为k ，所以y 0≠0，则直线l ：y ＝k (x －x 0)＋y 0，联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －x 0＋y 0，x 24＋y23＝1消去y ，得3x 2＋4[k (x －x 0)＋y 0]2－12＝0，由Δ＝0⇒k ＝－3x 04y 0.则直线l 的方程为x 0x 4＋y 0y3＝1，联立直线l 与直线x ＝4得到点Q ⎝⎛⎭⎪⎫4，－x 0y 0，则PM ·QM ＝(1－x 0)(1－4)＋(－y 0)⎝⎛⎭⎪⎫－－x 0y 0＝－3(1－x 0)＋3(1－x 0)＝0，所以PM ⊥QM ，即点M 在以PQ 为直径的圆上．2．设椭圆M ：x 2a 2＋y 22＝1(a ＞2)的右焦点为F 1，直线l ：x ＝a 2a 2－2与x 轴交于点A ，若OF 1＝21F A (其中O 为坐标原点)．(1)求椭圆M 的方程；(2)设P 是椭圆M 上的任意一点，EF 为圆N ：x 2＋(y －2)2＝1的任意一条直径(E ，F 为直径的两个端点)，求PE ·PF 的最大值．解：由题意知，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2，0，F 1()a 2－2，0，由OF 1＝21F A ，得a 2－2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2a 2－2－a 2－2，解得a 2＝6.所以椭圆M 的方程为x 26＋y 22＝1.(2)设圆N ：x 2＋(y －2)2＝1的圆心为点N ，则点N 的坐标为(0,2)，则PE ·PF ＝(NE ―→－NP )·(NF －NP )＝(－NF －NP )·(NF －NP )＝NP 2－N 2PF ＝NP 2－1，从而求PE ·PF 最大值转化为求NP 2的最大值．因为P 是椭圆M 上的任意一点，设P (x 0，y 0)，所以x 206＋y 202＝1，即x 20＝6－3y 20.因为点N 的坐标为(0,2)，所以NP 2＝|NP |2＝x 20＋(y 0－2)2＝－2(y 0＋1)2＋12.因为点P (x 0，y 0)在椭圆M 上，则y 0∈[－2，2]，所以当y 0＝－1时，NP 2取得最大值12，所以PE ·PF 的最大值为11.3．(2016·无锡期末)已知长轴在x 轴上的椭圆的离心率e ＝63，且过点P (1,1)． (1)求椭圆的方程；(2)若点A (x 0，y 0)为圆x 2＋y 2＝1上任一点，过点A 作圆的切线交椭圆于B ，C 两点，求证：CO ⊥OB (O 为坐标原点)．解：(1)由题意可设椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)．由题意得c a ＝63，则c 2a 2＝23.又a 2＝b 2＋c 2，所以a 2＝3b 2.因为P (1,1)在椭圆上，所以1a 2＋1b2＝1，解得a 2＝4，b 2＝43.所以椭圆的方程为x 24＋3y 24＝1.(2)证明：由题意得切线方程为xx 0＋yy 0＝1. ①若y 0＝0，则切线方程为x ＝1或x ＝－1，所以B (1,1)，C (1，－1)或B (－1,1)，C (－1，－1)，所以CO ⊥OB ；②当y 0≠0时，切线方程为xx 0＋yy 0＝1，与椭圆方程联立并化简得(3x 20＋y 20)x 2－6x 0x ＋3－4y 20＝0.设B (x 1，y 1)，C (x 2，y 2)．则x 1＋x 2＝6x 03x 20＋y 20，x 1x 2＝3－4y 23x 20＋y 20，x 1x 2＋y 1y 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 20y 20x 1x 2－x 0y 0(x 1＋x 2)＋1y 0＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1＋x 20y 203－4y 203x 20＋y 20－x 0y 20·6x 03x 20＋y 20＋1y 20 ＝4y 20－4y 40－4y 20x 203x 0＋y 0y 0＝4y 201－y 20－4y 20x 23x 0y 0＋y 0＝0，所以CO ⊥OB . 综上所述，CO ⊥OB .4．(2016·合肥模拟)在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ≥1)的离心率e ＝32，且椭圆C 上一点N 到Q (0,3)距离的最大值为4，过点M (3,0)的直线交椭圆C 于点A ，B .(1)求椭圆C 的方程；(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：(1)∵e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，∴a 2＝4b 2，则椭圆方程为x 24b 2＋y 2b2＝1，即x 2＋4y 2＝4b 2.设N (x ，y )，则 |NQ |＝x －2＋y －2＝4b 2－4y 2＋y －2＝－3y 2－6y ＋4b 2＋9 ＝－y ＋2＋4b 2＋12.当y ＝－1时，|NQ |有最大值4b 2＋12，则4b 2＋12＝4，解得b 2＝1， ∴a 2＝4，故椭圆C 的方程是x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x ，y )，直线AB 的方程为y ＝k (x －3)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －，x 24＋y 2＝1，整理得(1＋4k 2)x 2－24k 2x ＋36k 2－4＝0. 则x 1＋x 2＝24k 21＋4k 2，x 1x 2＝36k 2－41＋4k2，Δ＝(－24k 2)2－16(9k 2－1)(1＋4k 2)＞0，解得k 2＜15.由题意得OA ＋OB ＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝t (x ，y )，则x ＝1t (x 1＋x 2)＝24k2t1＋4k2， y ＝1t (y 1＋y 2)＝1t [k (x 1＋x 2)－6k ]＝－6k t 1＋4k 2.由点P 在椭圆上，得k 22t 21＋4k 22＋144k2t 21＋4k22＝4，化简得36k 2＝t 2(1＋4k 2)．① 由|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＜3，得(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＜3，将x 1＋x 2，x 1x 2代入得(1＋k 2)⎣⎢⎡⎦⎥⎤242k 41＋4k22－k 2－1＋4k2＜3，化简得(8k 2－1)(16k 2＋13)＞0，则8k 2－1＞0，即k 2＞18，∴18＜k 2＜15.② 由①得t 2＝36k 21＋4k 2＝9－91＋4k2，由②得3＜t 2＜4，∴－2＜t ＜－3或3＜t ＜2.故实数t 的取值范围为(－2，－3)∪(3，2)．二上台阶，自主选做志在冲刺名校如图所示，设F (－c,0)是椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点，直线l ：x ＝－a 2c与x 轴交于P 点，MN 为椭圆的长轴，已知|MN |＝8，且|PM |＝2|MF |.(1)求椭圆的标准方程；(2)过点P 的直线m 与椭圆相交于不同的两点A ，B . ①证明：∠AFM ＝∠BFN ； ②求△ABF 面积的最大值．解：(1)∵|MN |＝8， ∴a ＝4，又∵|PM |＝2|MF |， ∴e ＝12.∴c ＝2，b 2＝a 2－c 2＝12.∴椭圆的标准方程为x 216＋y 212＝1.(2)①证明：当AB 的斜率为0时，显然∠AFM ＝∠BFN ＝0，满足题意；当AB 的斜率不为0时，设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，AB 的方程为x ＝my －8，代入椭圆方程整理得(3m 2＋4)y 2－48my ＋144＝0. Δ＝576(m 2－4)＞0，得m 2＞4，y A ＋y B ＝48m3m 2＋4， y A y B ＝1443m 2＋4. 则k AF ＋k BF ＝y A x A ＋2＋y B x B ＋2＝y A my A －6＋y Bmy B －6＝y A my B －＋y B my A－my A －my B－＝2my A y B －y A ＋y B my A －my B －，而2my A y B －6(y A ＋y B )＝2m ·1443m 2＋4－6·48m3m 2＋4＝0，∴k AF ＋k BF ＝0， ∴∠AFM ＝∠BFN . 综上可知，∠AFM ＝∠BFN .②S △ABF ＝S △BFP －S △AFP ＝12|PF |·|y B －y A |＝72m 2－43m ＋4，即S △ABF ＝72m 2－4m 2－＋16＝723m 2－4＋16m 2－4≤7223×16＝33，当且仅当3m 2－4＝16m 2－4，即m ＝±2213时(此时适合于Δ＞0的条件)取到等号．∴△ABF 面积的最大值是3 3.。

高考数学一轮复习第9章第9节第2课时最值范围证明问题课件理2

(2)当直线 AB 的斜率不存在时，k1＝－k2，
∵k1k2＝－14，∴k1＝±12，不妨取 k1＝12，则直线 OA 的方程为 y＝12x，
不妨取点 A
2，
22，则
B
2，－ 22，P(
2，0)，
∴|OP|＝ 2.
当直线 AB 的斜率存在时，设直线 AB 的方程为 y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由yx＝ 2＋k4xy＋2＝m4，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，
【例 2】 (2019 届郑州市第二次质量预测)已知椭圆 C：ax22＋by22＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1，F2，A 为椭圆上一动点(异于左、右顶点)，△AF1F2 的周长为 4＋2 3，且面积的最大值为 3.
(1)求椭圆 C 的方程； (2)设 B 是椭圆上一动点，线段 AB 的中点为 P，OA，OB(O 为坐标原点)的斜率分别为 k1，k2，且 k1k2＝－14，求|OP|的取值范围．
[解] (1)由椭圆的定义，可知 2a＝|AF1|＋|AF2|＝
＝2. 又 b2＝a2－( 3)2＝1， ∴椭圆 C 的标准方程为x42＋y2＝1.
（2 3）2＋122＋12＝4，解得 a
(2)由题意，设直线 l 的方程为 x＝my＋4，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则 P′(x1，－y1)．
[解] (1)设椭圆 C 的方程为ax22＋by22＝1(a>b>0)，
由题意知12·2a·b＝2 a＝2，
3，解得ab＝＝2，3，
故椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
(2)证明：易知直线 AP 的斜率存在且不为 0，设直线 AP 的方程为 y＝k(x＋2)(k≠0)，

2020版高考数学一轮复习练习：专题集训七最值范围证明问题

专题集训七最值范围证明问题1.已知点M(1,2)在抛物线C:y2=2px(p>0)上,过点N(5,-2)作不与坐标轴垂直的直线l交抛物线C于A,B两点.(1)若MN⊥AB,求直线l的方程;(2)证明:点M在以线段AB为直径的圆上.2.[2018·广东揭阳模拟]在圆x2+y2=4上任取一点P,过点P作x轴的垂线段,垂足为A,点Q 在线段AP上,且|AP|=|AQ|.(1)求点Q的轨迹C的方程;(2)设直线l:y=kx+m与轨迹C相交于M,N两点,且MN的中点在直线x=1上,求实数k的取值范围.3.[2018·河北承德联考]已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍,且椭圆C 经过点A2,.(1)求椭圆C的方程;(2)设不与坐标轴平行的直线交椭圆C于M,N两点,|MN|=2,记直线在y轴上的截距为m,求m的最大值.4.[2018·辽宁抚顺模拟]已知椭圆C:+=1(a>b>0)经过点A,,且两个焦点F1,F2的坐标分别为(-1,0)和(1,0).(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.5.已知曲线M由抛物线x2=-y及抛物线x2=4y组成,直线l:y=kx-3(k>0)与曲线M有m(m∈N)个交点.(1)若m≥3,求k的最小值;(2)若m=4,自上而下记这4个交点分别为A,B,C,D,求的取值范围.6.[2018·广东茂名模拟]已知椭圆C1以直线mx+y-=0所过的定点为一个焦点,且短轴长为4.(1)求椭圆C1的标准方程;(2)已知椭圆C2的中心为原点O,焦点在y轴上,且长轴和短轴的长分别是椭圆C1的长轴和短轴的长的λ(λ>1)倍,过点C(-1,0)的直线l与椭圆C2交于A,B两点,若=2,求△OAB的面积取得最大值时直线l的方程.专题集训(七)1.解:(1)根据题意知k MN=-1,由于MN⊥AB,所以k AB=1,于是直线l的方程为y-(-2)=1·(x-5),即x-y-7=0.(2)证明:由于点M在抛物线上,所以可得抛物线方程为y2=4x.设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为x=m(y+2)+5,与抛物线方程联立,整理得y2-4my-(8m+20)=0,故y1+y2=4m,y1y2=-8m-20,因为=(x1-1,y1-2),=(x2-1,y2-2),所以·=(x1-1)(x2-1)+(y1-2)(y2-2)=x1x2-(x1+x2)+1+y1y2-2(y1+y2)+4=-m(y1+y2)-4m-10 +1+y1y2-2(y1+y2)+4=-m×(4m)-4m-10+1-(8m+20)-2×(4m)+4=0,所以∠AMB=90°,故点M在以线段AB为直径的圆上.2.解:(1)设P(x0,y0)(x0≠±2),Q(x,y),由|AP|=|AQ|,得x0=x,y0=y,∵点P在圆x2+y2=4上,即+=4,∴x2+(y)2=4,即+=1,∴点Q的轨迹C的方程为+=1(x≠±2).(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),若直线l与x轴平行,则MN的中点在y轴上,与已知矛盾,所以k≠0.把y=kx+m代入+=1,得(2k2+1)x2+4kmx+2m2-4=0,则Δ=16k2m2-4(2k2+1)(2m2-4)=8(4k2+2-m2),由Δ>0,得4k2+2>m2,,由=-=1,得-2km=2k2+1,即m=-,所以4k2+2>-解得k2>,所以k的取值范围是-∞,-∪,+∞.3.解:(1)因为a=2b,所以椭圆C的方程为+=1,把点A2,的坐标代入椭圆的方程,得+=1,所以b2=1,a2=8,故椭圆C的方程为+y2=1. (2)设直线的方程为y=kx+m,M(x1,y1),N(x2,y2),由得(1+8k2)x2+16kmx+8m2-8=0,由Δ=256k2m2-32(m2-1)(1+8k2)>0,得m2<1+8k2,所以x1+x2=-,x1x2=-,所以|MN|=·-=---=,由=2,得m2=,令k2+1=t(t>1),则k2=t-1,所以m2=--,则m2=21-8t+≤21-14,当且仅当8t=,即t=时取等号,此时k2=-,m2=21-14,满足m2<1+8k2,所以m的最大值为-.4.解:(1)由椭圆的定义得2a=-+--=4,即a=2,又c=1,所以b2=3,故椭圆C的标准方程为+=1.(2)证明:显然直线EF的斜率存在,设直线EF的方程为y=kx+b,E(x1,y1),F(x2,y2),将直线EF的方程与椭圆方程联立,消去y得(3+4k2)x2+8kbx+4b2-12=0,当判别式Δ=48(3+4k2-b2)>0时,得x1+x2=-,x1x2=-.因为k1·k2=-1,且点E,F在直线y=kx+b上,所以(kx1+b)(kx2+b)=-x1x2,整理得(k2+1)x1x2+bk(x1+x2)+b2=0,即(k2+1)·-+bk·-+b2=0,化简得b2=,原点O到直线EF的距离d=,则d2===,所以当k1·k2=-1时,直线EF与以原点为圆心的定圆相切,此定圆的标准方程为x2+y2=.5.解:(1)联立x2=-y与y=kx-3,得x2+kx-3=0,∵Δ1=k2+12>0,∴l与抛物线x2=-y恒有两个交点.联立x2=4y与y=kx-3,得x2-4kx+12=0,∵m≥3,∴Δ2=16k2-48≥0,又k>0,∴k≥∴k的最小值为.(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),C(x3,y3),D(x4,y4),则A,B两点在抛物线x2=4y上,C,D两点在抛物线x2=-y上,由(1)知x1+x2=4k,x1x2=12,x3+x4=-k,x3x4=-3,且Δ2=16k2-48>0,又k>0,∴k>.∴|AB|=-,|CD|=,∴=-=4-=4,又k>,∴0<<1,∴∈(0,4).6.解:(1)由题意,直线方程即为y=-mx+,∴直线过定点(0,),故椭圆C1的一个焦点为(0,).又由题意可知b=2,∴a2=c2+b2=9,∴椭圆C1的标准方程为+=1.(2)由题意设椭圆C2的方程为+=1(λ>1),易知点C(-1, 0)在椭圆C2内部,故直线l与椭圆C2必有两个不同的交点.由题意得直线l的斜率不存在时不符合题意,直线l的斜率为0时也不符合题意,从而得直线l 的斜率存在且不为0,故设直线l的方程为y=k(x+1)(k≠0),由消去x,整理得+4y2-y+9-36λ2=0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则y1+y2=,∵=2,且点C(-1, 0),∴(-1-x1,-y1)=2(x2+1,y2),∴y1=-2y2,∴y1+y2=-y2,故y2=-,∴S△OAB=S△AOC+S△BOC=×1×|y1|+×1×|y2|=|y1-y2|=|y2|=×=≤=,当且仅当|k|2=,即k=±时等号成立.∴△OAB面积的最大值为,此时直线l的方程为y=(x+1)或y=-(x+1).。

高考数学第一轮复习：《圆锥曲线中的最值、范围、证明专题》

高考数学第一轮复习：《圆锥曲线中的最值、范围、证明专题》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．建立目标函数求最值已知椭圆x 24＋y 22＝1上的两个动点P ，Q ，设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)且x 1＋x 2＝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． (1)证明：∵P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，且x 1＋x 2＝2.当x 1≠x 2时，由⎩⎪⎨⎪⎧x 21＋2y 21＝4x 22＋2y 22＝4得y 1－y 2x 1－x 2＝－12·x 1＋x 2y 1＋y 2. 设线段PQ 的中点N (1，n )， ∴k PQ ＝y 1－y 2x 1－x 2＝－12n ，∴线段PQ 的垂直平分线方程为y －n ＝2n (x －1)， ∴(2x －1)n －y ＝0，该直线恒过一个定点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0.当x 1＝x 2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≤x 1≤2，－2≤x 2≤2，∴x 1＝2－x 2∈[0,2]， |PB |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋122＋y 21＝12(x 1＋1)2＋74≥94， ∴当点P 的坐标为(0，±2)时，|PB |min ＝32.【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．【即时训练】已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝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．解析：(1)依题意，设椭圆E 的左、右焦点分别为F 1(－3，0)，F 2(3，0)．则|PF 1|＋|PF 2|＝4＝2a ，∴a ＝2，c ＝3，∴b 2＝1， ∴椭圆E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当直线的斜率存在时是，设l ：y ＝kx ＋2，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎨⎧y ＝kx ＋2x 24＋y 2＝1得(1＋4k 2)x 2＋82kx ＋4＝0.由Δ＞0得4k 2＞1.由x 1＋x 2＝－82k 1＋4k 2，x 1x 2＝41＋4k 2得|AB |＝1＋k2(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2－6⎝ ⎛⎭⎪⎫11＋4k 22＋11＋4k 2＋1. 设t ＝11＋4k2，则0＜t ＜12，∴|AB |＝2－6t 2＋t ＋1＝2－6⎝ ⎛⎭⎪⎫t －1122＋2524≤566. 当直线的斜率不存在时是，|AB |＝2＜566， ∴|AB |的最大值为566.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．解析：(1)设所求椭圆方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1，由题意知c 2＝a 2－b 2＝3，① 设直线与椭圆的两个交点为A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，弦AB 的中点为E ，由⎩⎪⎨⎪⎧x 21a 2＋y 21b2＝1x 22a 2＋y 22b 2＝1，两式相减得：x 21－x 22a 2＋y 21－y 22b 2＝0，两边同除以x 21－x 22，得b 2a 2＋(y 1＋y 2)(y 1－y 2)(x 1＋x 2)(x 1－x 2)＝0，即b 2a 2＋k OE ·k AB ＝0.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k OE ＝－14，k AB ＝1，所以b 2a 2－14＝0，即a 2＝4b 2，②由①②可得a 2＝4，b 2＝1，所以所求椭圆的方程为x 24＋y 2＝1.(2)设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，PQ 的中点为N (x 0，y 0)，联立⎩⎨⎧y ＝kx ＋m x 24＋y 2＝1，消y 可得：(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，此时Δ＝16(4k 2＋1－m 2)＞0，即4k 2＋1＞m 2① 又x 0＝x 1＋x 22＝－4km 1＋4k 2，y 0＝y 1＋y 22＝m1＋4k 2， PQ 为对角线的菱形的一顶点为M (－1,0)，由题意可知MN ⊥PQ ，即y 0－0x 0－(－1)＝－1k ，整理可得：3km ＝1＋4k 2 ②由①②可得k 2＞15，m ＞0，∴k ＞0，∴k ＞55，设O 到直线的距离为d ，则S△OPQ＝12d ·|PQ |＝12·m 1＋k21＋k 216(4k 2＋1－m 2)1＋4k2＝2(4k 2＋1)(5k 2－1)9k 2＝2920＋1k 2－1k 4，当1k 2＝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.【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．【即时训练】过抛物线x 2＝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解：抛物线的方程即：y ＝x 22，则y ′＝x ，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则过A ，B 两点切线的斜率为：k 1＝x 1，k 2＝x 2，由题意可得：x 1x 2＝－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： y 1＋y 22＋12＝14(x 21＋x 22＋2)≥14(2|x 1x 2|＋2)＝1，当且仅当x 1＝－x 2＝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.利用判别式构造不等关系求范围已知A ，B ，C 是椭圆M ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)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．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x 212＋y 212－c 2＝1，将C 点坐标代入得312＋312－c2＝1，解得c 2＝8，b 2＝4. 所以椭圆的方程为x 212＋y 24＝1.(2)由条件D (0，－2)，当k ＝0时，显然－2<t <2；当k ≠0时，设l ：y ＝kx ＋t ，⎩⎨⎧x 212＋y 24＝1，y ＝kx ＋t ，消得(1＋3k 2)x 2＋6ktx ＋3t 2－12＝0由Δ>0可得t 2<4＋12k 2，①设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，PQ 中点H (x 0，y 0)，则x 0＝x 1＋x 22＝－3kt 1＋3k 2，y 0＝kx 0＋t ＝t1＋3k 2，所以H －3kt 1＋3k 2，t 1＋3k 2，由|DP →|＝|DQ →|，所以DH ⊥PQ ，即k DH＝－1k .所以t1＋3k 2＋2－3kt 1＋3k 2－0＝－1k ，化简得t ＝1＋3k 2，②所以t>1，将①代入②得，1<t<4.所以t的范围是(1,4)，综合t∈(1,2)．【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．【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．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，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|·|tan θ|，∴|MN|＝|d1－d2k|，S＝12|d1－d2k|(d1＋d2)＝|d21－d222k|＝2|m|k2＋1＝2|m|m2－34＋1＝8|m|＋1|m|，∵m2＝4k2＋3，∴当k≠0时，|m|＞3，|m|＋1|m|＞3＋13＝433，S＜2 3.当k＝0时，四边形F1MNF2是矩形，S＝2 3.所以四边形F1MNF2面积S的最大值为2 3.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)．(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k 1，直线OF 的斜率为k 2，若k 1·k 2＝－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．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b 2＝3，得椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1 (Ⅱ)设直线EF 的方程为y ＝kx ＋b ，E (x 1，y 1)，F (x 2，y 2)，直线EF 的方程与椭圆方程联立，消去y 得(3＋4k 2)x 2＋8kbx ＋4b 2－12＝0，当判别式Δ＝3＋4k 2－b 2＞0时，得x 1＋x 2＝－8kb3＋4k 2，x 1x 2＝4b 2－123＋4k 2设k 1·k 2＝m ，因为点E ，F 在直线y ＝kx ＋b 上，得(kx 1＋b )(kx 2＋b )＝mx 1x 2，整理得(k 2－m )x 1x 2＋bk (x 1＋x 2)＋b 2＝0，即(k 2－m )4b 2－123＋4k 2＋bk ⎝ ⎛⎭⎪⎫－8kb 3＋4k 2＋b 2＝0，化简得b 2＝12k 2－12m 3－4m原点O 到直线EF 的距离d ＝|b |1＋k 2，d 2＝b 21＋k 2＝12k 2－12m(3－4m )k 2＋3－4m ，由已知有d 是定值，所以有13－4m ＝－m 3－4m，解得m ＝－1即当k 1·k 2＝－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x 2＋y 2＝127. 【反思归纳】圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法．【即时训练】已知抛物线W ：x 2＝y ，曲线l ：y ＝k |x |－2(k ＞0)与抛物线W 相交于A 、B 、C 、D 四点，AB ∥CD ，|AB |＜|CD |，AD 在y 轴右侧．(1)求k 的取值范围；(2)证明：直线AC 与BD 相交于点E ，并求出定点E 的坐标．解：(1)由题意，设A (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，结合图形由对称知，直线AD ：y ＝kx －2(k ＞0)与抛物线W 有两个交点A 、D 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx －2y ＝x 2得x 2－kx ＋2＝0所以Δ＝k 2－8＞0，k ＞22，(2)由对称知可设该定点为E (0，t )，由韦达定理得：x 1＋x 2＝k ，x 1x 2＝2，因为直线AC 与BD 相交于E (0，t )，所以k EA ＝k EC ，又因为k ED ＝－k EC ，所以k EA ＋k ED ＝0 所以k EA ＋k ED ＝y 1－t x 1＋y 2－tx 2＝kx 1－(2＋t )x 1＋kx 2－(2＋t )x 2＝2k －(2＋t )(x 1＋x 2x 1x 2)＝0所以2k －(2＋t )k2＝0，t ＝2所以定点E (0,2)．课时作业1．设椭圆M ：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率与双曲线x 2－y 2＝1的离心率互为倒数，且内切于圆x 2＋y 2＝4.(1)求椭圆M 的方程；(2)若直线y ＝2x ＋m 交椭圆于A ，B 两点，且P (1，2)为椭圆上一点，求△P AB 的面积的最大值．解：(1)由双曲线的离心率为2，得椭圆的离心率e ＝c a ＝22. 易知圆x 2＋y 2＝4的直径为4，所以2a ＝4.由⎩⎪⎨⎪⎧ 2a ＝4，c a ＝22，b 2＝a 2－c2得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝2，b ＝2，故椭圆M 的方程为y 24＋x 22＝1. (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．由⎩⎨⎧y ＝2x ＋m ，x 22＋y 24＝1，得4x 2＋22mx ＋m 2－4＝0.由Δ＝(22m )2－16(m 2－4)＞0，得－22＜m ＜2 2. ∵x 1＋x 2＝－22m ，x 1x 2＝m 2－44， ∴|AB |＝1＋2·|x 1－x 2|＝3·(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝3·12m 2－m 2＋4＝3·4－m 22. 又点P 到直线AB 的距离d ＝|m |3，则S△P AB＝12|AB |d ＝12×3×4－m 22·|m |3＝124m 2－m 42＝122m 2(8－m 2)≤122·m 2＋(8－m 2)2＝2，当且仅当m ＝±2∈(－22，22)时取等号．故△P AB 的面积的最大值为 2.2．已知圆G ：x 2＋y 2－2x －2y ＝0经过椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的右焦点F 及上顶点B .过椭圆外一点M (m,0)(m ＞a )作倾斜角5π6的直线l 交椭圆于C ，D 两点．(1)求椭圆的方程；(2)若右焦点F 在以线段CD 为直径的圆E 的内部，求m 的取值范围．解：(1)∵圆G ：x 2＋y 2－2x －2y ＝0经过点F ，B ， ∴F (2,0)，B (0，2)，∴c ＝2，b ＝2， ∴a 2＝b 2＋c 2＝6，∴椭圆的方程为x 26＋y 22＝1.(2)由题意知直线l 的方程为y ＝－33(x －m )，m ＞6，由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 22＝1，y ＝－33(x －m )，消去y ，得2x 2－2mx ＋(m 2－6)＝0.由Δ＝4m 2－8(m 2－6)＞0，解得－23＜m ＜2 3. ∵m ＞6，∴6＜m ＜2 3.设C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝m ，x 1x 2＝m 2－62， ∴y 1y 2＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33(x 1－m )·⎣⎢⎡⎦⎥⎤－33(x 2－m )＝13x 1x 2－m 3(x 1＋x 2)＋m 23. ∵FC →＝(x 1－2，y 1)，FD →＝(x 2－2，y 2)，∴FC →·FD →＝(x 1－2)(x 2－2)＋y 1y 2＝43x 1x 2－m ＋63(x 1＋x 2)＋m 23＋4＝2m (m －3)3.∵点F 在圆E 的内部，∴FC →·FD →＜0，即2m (m －3)3＜0，解得0＜m ＜3.又∵6＜m ＜23，∴6＜m ＜3. 故m 的取值范围是(6，3)．3．椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左右焦点分别为F 1(－1,0)、F 2(1,0)，过F 1作与x 轴不重合的直线l 交椭圆于A 、B 两点．(1)若△ABF 2为正三角形，求椭圆的离心率；(2)若椭圆的离心率满足0＜e ＜5－12，O 为坐标原点，求证：|OA |2＋|OB |2＜|AB 2|. (1)解：由椭圆的定义知|AF 1|＋|AF 2|＝|BF 1|＋|BF 2|，∵|AF 2|＝|BF 2|，∴|AF 1|＝|BF 1|，即F 1F 2为边AB 上的中线，∴F 1F 1⊥AB .在Rt △AF 1F 2中，cos 30°＝2c 4a 3，则c a ＝33，∴椭圆的离心率为33.(2)证明：设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，∵0＜e ＜5－12，c ＝1，∴a ＞1＋52.①当直线AB 与x 轴垂直时，1a 2＋y 2b 2＝1，y 2＝b 4a 2，OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝1－b 4a 2＝－a 4＋3a 2－1a 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫a 2－322＋54a 2，∵a 2＞3＋52，∴OA →·OB →＜0，∴∠AOB 恒为钝角，∴|OA |2＋|OB |2＜|AB |2. ②当直线AB 不与x 轴垂直时，设直线AB 的方程为：y ＝k (x ＋1)，代入x 2a 2＋y 2b 2＝1，整理得，(b 2＋a 2k 2)x 2＋2k 2a 2x ＋a 2k 2－a 2b 2＝0，∴x 1＋x 2＝－2a 2k 2b 2＋a 2k 2，x 1x 2＝a 2k 2－a 2b 2b 2＋a 2k 2，OA →·OB →＝x 1x 2＋y 1y 2＝x 1x 2＋k 2(x 1＋1)(x 2＋1)＝x 1x 2(1＋k 2)＋k 2(x 1＋x 2)＋k 2＝(a 2k 2－a 2b 2)(1＋k 2)－2a 2k 4＋k 2(b 2＋a 2k 2)b 2＋a 2k 2＝k 2(a 2＋b 2－a 2b 2)－a 2b 2b 2＋a 2k 2＝k 2(－a 4＋3a 2－1)－a 2b 2b 2＋a 2k2令m (a )＝－a 4＋3a 2－1，由①可知m (a )＜0，∴∠AOB 恒为钝角，∴恒有|OA |2＋|OB |2＜|AB |2. 4．在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率e ＝32，F 1，F 2分别为左、右焦点，过F 1的直线交椭圆C 于P ，Q 两点，且△PQF 2的周长为8.(1)求椭圆C 的方程；(2)设过点M (3,0)的直线交椭圆C 于不同两点A ，B ，N 为椭圆上一点，且满足OA →＋OB →＝tON→(O 为坐标原点)，当|AB |＜3时，求实数t 的取值范围．解析：(1)∵e 2＝c2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，∴a 2＝4b 2.又∵4a ＝8，∴a ＝2，∴b 2＝1， ∴椭圆C 的方程是x 24＋y 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，N (x ，y )，AB 的方程为y ＝k (x －3)，由⎩⎨⎧y ＝k (x －3)x 24＋y 2＝1，整理得(1＋4k 2)x 2－24k 2x ＋36k 2－4＝0.由△＝242k 4－16(9k 2－1)(1＋4k 2)＞0，得k 2＜15. ∵x 1＋x 2＝24k 21＋4k 2，x 1·x 2＝36k 2－41＋4k 2，∴OA →＋OB →＝(x 1＋x 2，y 1＋y 2)＝t (x ，y )，则x ＝1t (x 1＋x 2)＝24k 2t (1＋4k 2)， y ＝1t (y 1＋y 2)＝1t [k (x 1＋x 2)·6k ]＝－6k t (1＋4k 2). 由点N 在椭圆上，得(24k 2)2t 2(1＋4k 2)2＋144k 2t 2(1＋4k 2)2＝4，化简得36k 2＝t 2(1＋4k 2)．① 又由|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＜3，即(1＋k 2)[(x 1＋x 2)2－4x 1x 2]＜3，将x 1＋x 2，x 1x 2代入得(1＋k 2)⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤242k 4(1＋4k 2)2－4(36k 2－4)1＋4k 2＜3，化简，得(8k 2－1)(16k 2＋13)＞0，则8k 2－1＞0，k 2＞18，∴18＜k 2＜15.②由①，得k2＝t236－4t2，联立②，解得3＜t2＜4.∴－2＜t＜－3或3＜t＜2，即t∈(－2，－3)∪(3，2)．。

高三数学湘教文一轮复习配套882值范围证明问题PPT课件

(1)若椭圆 E 的焦距为 1，求椭圆 E 的方程；
提示：利用焦距为1求参数a的值.
[解] (1)因为焦距为 1，且焦点在 x 轴上，所以 2a2－1＝ 14，解得 a2＝58. 故椭圆 E 的方程为85x2＋83y2＝1.
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[典例] (2013·安徽高考)设椭圆 E：xa22＋1－y2a2＝1 的焦点在 x 轴上．
k ∴m－2k22＋k22k＋12 1·k＝－1，即(1－2m)k2＝m.
∴当 0≤m<12时，k＝± 1－m2m，即存在满足题意的直线 l；当12≤m≤1 时，k 不存在，即不存在满足题意的直线 l.
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“课下提升考能”见“课时跟踪检测（五十三）”(进入电子文档)
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[针对训练]
(2014·辽宁五校联考)设点 A1，A2 分别为椭圆xa22＋by22＝1(a＞b ＞0)的左、右顶点，若在椭圆上存在异于点 A1、A2 的点 P，使得 PO⊥PA2，其中 O 为坐标原点，则椭圆的离心率 e 的取值范围是________．
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解析：由题设知∠OPA2＝90°，设 P(x，y)(x＞0)，以 OA2 为直径的圆的方程为x－a22＋y2＝a42，与椭圆方程联立，得1－ba22x2
－ax＋b2＝0.易知，此方程有一实根 a，且由题设知，此方程
在区间(0，a)上还有一实根，由此得 0＜a1－b2 ba22＜a，化简得 0
＜a2－c2 c2＜1，即 0＜1－e2e2＜1，得 e2＞12，所以 e 的取值范围为
22，1.
答案： 22，1
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[典例] (2013·安徽高考)设椭圆 E：xa22＋1－y2a2＝1 的焦点在 x 轴上．