2019届高三数学(理)复习题：模块五解析几何第16讲 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题Word版含答案

第讲圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
.[·全国卷Ⅰ]设椭圆的右焦点为,过的直线与交于两点,点的坐标为().
()当与轴垂直时,求直线的方程;
()设为坐标原点,证明:∠∠.
[试做]
.[·全国卷Ⅱ]已知椭圆的焦点在轴上是的左顶点,斜率为(>)的直线交于两点,点在上⊥.
()当时,求△的面积;
()当时,求的取值范围.
[试做]
.[·全国卷Ⅱ]平面直角坐标系中,过椭圆(>>)右焦点的直线交于两点为的中点,且的斜率为.
()求的方程;
()为上两点,若四边形的对角线⊥,求四边形面积的最大值.
[试做]
命题角度圆锥曲线中的证明、范围与最值问题
()解析几何证明题综合性较强,一般涉及位置关系、范围、定值、定点等,常用方法为:
①证明两直线平行或垂直的方法:
.若两直线的斜率均存在且两直线不重合,则一定有∥⇔;
.若两直线斜率均存在,则一定有⊥⇔·.
②解决直线与圆锥曲线位置关系的证明问题,其常规思路是先把直线方程与圆锥曲线方程联立,消元、化简,得到一元二次方程,然后应用根与系数的关系建立方程(组),解决问题.
()求解范围问题的常见方法:
①利用判别式来构造不等关系,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利用函数的值域求范围.
()求圆锥曲线面积的最值问题的方法:
①转化为面积与某参量的函数,利用函数的性质求最值;
②得到关于面积的关系式后,利用基本不等式或求导求最值;
③结合圆锥曲线的几何性质求最值.
解答最值问题
已知为椭圆长轴上的一个动点,过点的直线与交于两点,点在第一象限,且.
()若点为的下顶点,求点的坐标;
()若为坐标原点,当△的面积最大时,求点的坐标.
[听课笔记]
【考场点拨】
求圆锥曲线中三角形面积的最值的关键:
()公式意识,把求三角形的面积转化为求距离、求角等;
()方程思想,即引入参数,寻找关于参数的方程;
()不等式意识,寻找关于参数的不等式,利用基本不等式等求最值.
【自我检测】
已知抛物线,点在抛物线上,且横坐标分别为,,点在曲线段上(不包括点),过点作直线的垂线,垂足为.
()求直线的斜率的取值范围;
()求·的最大值.
解答范围问题
已知椭圆(>>)的焦距为,且,圆(>)与轴交于点为椭圆上的动点,△面积的最大值为. ()求圆与椭圆的方程;
()设圆的切线交椭圆于点,求的取值范围.
[听课笔记]
【考场点拨】
圆锥曲线的范围问题的常见解法:
()几何法:若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义,则考虑利用图形性质来解决;
()代数法:若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系或不等关系或已知参数与新参数之间的等量关系等,则可利用这些关系去求参数的范围.
【自我检测】
已知抛物线的焦点为,△的三个顶点都在抛物线上,且.
()求两点的纵坐标之积;
()设λ·,求λ的取值范围.
解答证明问题
已知椭圆的左焦点为,左顶点为,离心率为,点()(<)满足条件.
()求实数的值;
()设过点的直线与椭圆交于两点,记△和△的面积分别为,证明.
[听课笔记]
【考场点拨】
圆锥曲线的证明问题,常表现为证明相等、定值、过定点、点在曲线上等,一般是以直线与圆锥曲线为载体,综合使用圆锥曲线的性质及位置关系进行论证.
【自我检测】
已知点是抛物线上一点,且到抛物线的焦点的距离为.
()求抛物线的方程;
()若是上一动点,且不在直线上交于两点,过作直线垂直于轴且交于点,过作的垂线,垂足为,证明
.
第讲圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
典型真题研析
.解:()由已知得()的方程为.
由已知可得,点的坐标为,或,
所以的方程为或.
()证明:当与轴重合时,∠∠°.
当与轴垂直时为的垂直平分线,所以∠∠.
当与轴不重合也不垂直时,设的方程为()(≠)()(),则<<,直线的斜率之和为.
由得.
将()代入得(),
所以,
则(),
从而,故直线的倾斜角互补,所以∠∠.
综上,∠∠.
.解:()设(),则由题意知>.
当时,椭圆的方程为().
由已知及椭圆的对称性知,直线的倾斜角为,
因此直线的方程为.
将代入得,
解得或,所以.
因此△的面积△×××.
()由题意知>>().将直线的方程()代入得
()·.
由·()得,
故.
由题设知,直线的方程为(),故同理可得.
由得,即()().
当时上式不成立,因此.
>等价于<,即<,
由此得或解得<<.
因此的取值范围是().
.解:()设()()(),则
.
.
由此可得.
因为,
所以.
又由题意知的右焦点为(),故.
因此.
所以的方程为.
()由
解得或
因此.
由题意可设直线的方程为<<,
设()().
由得,
于是.
因为直线的斜率为,所以.
由已知,四边形的面积·.
当时取得最大值,最大值为.
所以四边形面积的最大值为.
考点考法探究
解答
例解:()易知(),由可得点的纵坐标为.
由点在上且在第一象限,得的横坐标为,从而的方程为,令,得,所以点的坐标为().
()由题意可设()(≤≤),直线(≠).将与联立,可得(),由Δ()>,得>.
设()(),则.由得,所以.
因为·,所以,得.
△的面积≤,当且仅当时等号成立,此时,满足Δ>.
又因为>,所以,故当△的面积最大时,点的坐标为.
【自我检测】
解:()由题可知,设()<<,所以∈(),故直线的斜率的取值范围是().
()由题,直线,直线,联立直线的方程可知点的横坐标,联立直线的方程和可知点的横坐
标.所以(),
(),所以·()().令()()()<<,则'()()()()(),当<<时'()>,当<<时'()<,故()在
上单调递增,在上单调递减.
故(),即·的最大值为.
解答
例解:()因为,所以.
因为,所以点为椭圆的两个焦点,所以.
设(),则≤≤,所以△·,
当时△取得最大值,所以,
所以可得.
所以圆的方程为,椭圆的方程为.
()①当直线的斜率不存在时,不妨取直线的方程为,所以.
②当直线的斜率存在时,设直线的方程为,
因为直线与圆相切,所以,即.
由消去可得(),
Δ()()>,设()(),则.
···
·.
令,则<≤,所以··,又<≤,
所以<≤.
综上的取值范围是.
【自我检测】
解:()设(),
则.
∵,∴即
∴
(),即,
∴
,得,即两点的纵坐标之积为.
()方法一,
λ·()()
[()()]
[()]
()≤,
故λ的取值范围是.
方法二:由得四边形为平行四边形,
故λ··()()≤,
故λ的取值范围是.
解答
例解:()由题知,
,
则,
∵,∴.
()证明:①若直线的斜率不存在,则,等式成立.
②若直线的斜率存在,则可设直线的方程为()()().
由消去得(),
∴.
∵
,
∴∠∠.
∵∠∠,
∴.综上可知成立.
【自我检测】
解:()依题意得
∴,
又∵>,∴,故抛物线的方程为.
()证明:由()知,由得,
解得,
∴×.
设≠且≠,则的横坐标为,∴.
由题可知直线的方程为(),与联立,可得,
∴,
则,故.
[备选理由] 例为考查点到直线的距离的最值问题,本题的难点在于转化条件得到动点的轨迹,对于四边形的面积为的转化,最好是把这个四边形的面积分成两个三角形的面积来求解;例为考查向量数量积的取值范围的问题,是求圆锥曲线中范围问题的巩固训练;例的本质是证明线段相等,涉及椭圆的轨迹问题,运算量大,字母量多,综合考查学生的推理能力、运算求解能力.
例[配例使用]已知椭圆(>>)的离心率为分别为的右顶点和上顶点,且.
()求椭圆的方程;
()若分别是轴负半轴、轴负半轴上的点,且四边形的面积为,设直线和的交点为,求点到直线的距离的最大值.
解:()由,得.
又,所以.
所以椭圆的方程为.
()设()()(),其中<<.因为()(),
所以,得.
由四边形的面积为,得()(),
即,
即()()(),整理得,所以易知,点在第三象限的椭圆弧上.
设与平行的直线(<)与椭圆相切.
由消去得,令Δ,得.
所以点到直线的距离的最大值为.
例[配例使用]已知曲线,曲线:()(≥),直线与曲线交于两点为坐标原点.
()若·,求证:直线恒过定点;
()若直线与曲线相切,求·的取值范围.
解:()证明:由已知,可设()(),
由得,
∴·,
∴·.
∴由·,可得··,解得.
∴直线的方程为,
∴直线恒过定点().
()∵直线与曲线相切(),显然≥,
∴,整理得.①
由()及①可得,
·()·()()()()
,
∵≥,∴·≤,即·的取值范围是(∞].
例[配例使用]△中是的中点,其周长为,若点在线段上,且.
()建立合适的平面直角坐标系,求点的轨迹的方程;
()若是射线上不同的两点·,过点的直线与交于点,直线与交于另一点,证明:△是等腰三角形.
解:()以所在直线为轴为坐标原点,建立平面直角坐标系,如图所示,则>,所以点的轨迹是以为焦
点的椭圆.设点的轨迹方程为(≠>>),
则,
所以,
所以,
所以点的轨迹方程为(≠).
设(),因为点在线段上,且,
所以(),代入,整理可得点的轨迹的方程是(≠).
()证明:设()(>),由·得,设()()().由题意,直线不与坐标轴平行,直线的方程为().与椭圆
的方程联立,消去,并结合,整理得()()(),
所以.
同理,
所以或.
当时⊥轴,
当时⊥轴.
若⊥轴,则由椭圆的对称性知, 所以△是等腰三角形.。