第二课时 最值、范围、证明专题

即 x+y+1=0 或 x-y+1=0.
答案:x+y+1=0或x-y+1=0
2.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- 1 .记 M 2
的轨迹为曲线 C. (1)求 C 的方程,并说明 C 是什么曲线;
(1)解:由题设得 y · y =- 1 , x2 x2 2
MF2
x2 y2
解:(2)联立
6
2
1,
y k(x 2),
可得(3k2+1)x2-12k2x+12k2-6=0.
设 P(x1,y1),Q(x2,y2),
则
x1+x2=
12k 2 3k 2 1
,x1x2=
12k 2 6 3k 2 1
,
所以
y1+y2=k(x1+x2)-4k=
4k 3k 2
所以△PQG 的面积 S= 1 |PQ||PG|=
8k(1 k2)
8( 1 k)
=k
.
2
(1 2k2)(2 k2) 1 2( 1 k)2
k
设 t=k+ 1 ,则由 k>0 得 t≥2,当且仅当 k=1 时取等号. k
因为 S= 8t 在[2,+∞)上单调递减, 1 2t 2
所以当 t=2,即 k=1 时,S 取得最大值,最大值为 16 .因此,△PQG 面积的最大值为 16 .
跟踪训练
1:已知椭圆
C:
x2 a2
+
y2 b2
=1(a>b>0)的左、右焦点分别为 F1,F2,离心率为
1 2
,P
是 C 上的一个动点.当 P 是 C 的上顶点时,△F1PF2 的面积为 3 . (1)求 C 的方程;
解:(1)设椭圆的半焦距为 c.
因为
SF1PF2
=
1 2
·2c·b=
3 ,所以 bc=
值时,直线 AP 的方程为
.
解析:设 P 点的坐标为(4t2,4t),因为 F(1,0),A(-1,0), 所以|PF|2=(4t2-1)2+16t2=16t4+8t2+1,|PA|2=(4t2+1)2+16t2=16t4+24t2+1,
所以( PF )2= 16t4 8t2 1 =1-
16t 2
PA 16t4 24t2 1 16t4 24t2 1
=1-
16
≥1-
16
=1- 16 = 1 ,
16t 2
1 t2
24
2
16t
2
1 t2
24
32 2
当且仅当 16t2= 1 ,即 t=± 1 时取等号,
t2
2
此时点 P 坐标为(1,2)或(1,-2),
此时直线 AP 的方程为 y=±(x+1),
y kx,
由
x2
y2
得 x=±
4 2 1
2. 1 2k 2
记 u= 2 ,则 P(u,uk),Q(-u,-uk),E(u,0). 1 2k 2
于是直线 QG 的斜率为 k ,方程为 y= k (x-u).
2
2
由
y k (x 2
x2 y2
42
u 1
),
得(2+k2)x2-2uk2x+k2u2-8=0.(*)
1
1 k2
,
则 I=8 (u 1)(u 2) =- 16 ( 1 1 1 )=- 16 [( 1 - 1 )2- 9 ],
3u 2
3 u2 2u 2 3 u 4 16
因此当 u=4,即 k=±1 时 PQ 取得最大值 3 . MF2
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.
a3
又 e= c = 6 ,a2=b2+c2,得 a2=6,b2=2, a3
故所求椭圆方程为 x2 + y 2 =1. 62
(2)过右焦点 F2 的直线 y=k(x-2)(k≠0)交椭圆于 P,Q 两点,若 PQ 的中点为 N,O 为坐 标原点,直线 ON 交直线 x=3 于点 M.求 PQ 的最大值.
3 ,又 e= c = 1 ,a2=b2+c2, a2
所以 a=2,b= 3 ,c=1.所以 C 的方程为 x2 + y 2 =1. 43
化简得 x2 + y 2 =1(|x|≠2), 42
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)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. ①证明:△PQG是直角三角形;
(2)①证明:设直线 PQ 的斜率为 k,则其方程为 y=kx(k>0).
设
G(xG,yG),则-u
和
xG
是方程(*)的解,故
xG=
u(3k 2 2
k2
2)
,由此得 yG=
uk 3 2 k2
.
从而直线 PG 的斜率为
uk 3 2 k2
uk
=- 1 .所以 PQ⊥PG,即△PQG 是直角三角形.
u(3k 2 2
k2
2)
u
k
②求△PQG面积的最大值.
②解:由①得|PQ|=2u 1 k2 ,|PG|= 2uk k 2 1 , 2 k2
第二课时 最值、范围、证明专题
[考纲展示]
1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的 2.了解圆锥曲线的简单应用.
位置关系的思想方法.
3.理解数形结合的思想.
考点深度剖析 核心素养提升
基础自测
1.抛物线 C:y2=4x 的焦点为 F,动点 P 在抛物线 C 上,点 A(-1,0),当 PF 取得最小 PA
1
,
所以 PQ 的中点 N 的坐标为( 6k 2 , 2k ),|PQ|= 3k 2 1 3k 2 1
1 k2
2
6 k2 1 , 3k 2 1
因此直线 ON 的方程为 y=- 1 x,从而点 M 为(3,- 1 ),|MF2|=
3k
k
设 I= PQ 2 = 24k2(k2 1) ,令 u=3k2+1, MF2 2 (3k 2 1)2

9
考点深度剖析
考点一 利用目标函数求最值
[例 1]
已知椭圆 C: x2 + y 2 =1(a>b>0)的离心率为 a2 b2
6 3
,左、右焦点分别为 F1,F2,A
为椭圆 C 上一点,AF1 与 y 轴交于 B,|AB|=|F2B|,|OB|= 6 . 6
(1)求椭圆 C 的方程;
解:(1)由题意得|AB|=|F2B|=|F1B|, 所以 BO 为△F1AF2 的中位线, 又因为 BO⊥F1F2, 所以 AF2⊥F1F2,且|AF2|=2|BO|= b2 = 6 ,