第九节圆锥曲线中的最值范围证明问题

解：(1)证明：因为点F1，F2是椭圆C1的两个焦点，故F1(－1,0)，
F2(1,0)．
又点F1，F2是椭圆C2上的点，将F1或F2的坐标代入C2的方程得λ＝
1 2.
设点P的坐标是(x0，y0)，
由点P是椭圆C2上的点，知x220＋y20＝12，
①
∵直线PF1和PF2的斜率分别是k，k′(k≠0，k′≠0)，
[全析考法]
利用判别式构造不等关系求范围
[例1]
已知m>1，直线l：x－my－
m2 2
＝
0，椭圆C：
x2 m2
＋y2＝1，F1，F2分别为椭圆C
的左、右焦点．
(1)当直线l过右焦点F2时，求直线l的方程； (2)设直线l与椭圆C交于A，B两点，△AF1F2，△BF1F2的重 心分别为G，H，若原点O在以线段GH为直径的圆内，求实数m
此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)| ＝2|k(x2＋x1)＋2k|＝31＋2|4kk| 2，
因为
k≠0
，
上
式
＝
12 |k3|＋4|k|
≤
2
12 3
＝ 12 ＝ 2 12
3
|k|·4|k|
当且仅当k＝± 23时等号成立，所以|S1－S2|的最大值为 3.
(2)设P(x0，y0)，依题意，知抛物线过点P的切线与l平行时，△ABP
的面积最大，又y′＝－x，所以－x0＝2，
故x0＝－2，y0＝－12x20＝－2，所以P(－2，－2)．
此时点P到直线l的距离d＝
|2×－2－－2－2| 22＋－12
＝
4 5
＝
45 5
.由
y＝2x－2， x2＝－2y，
得x2＋4x－4＝0，故x1＋x2＝－4，x1x2＝－4，
∴kk′＝x0y＋0 1·x0y－0 1＝x20y－20 1，
②
由①②可得kk′＝－12，即k·k′为定值．
(2)直线PF1的方程可表示为y＝k(x＋1)(k≠0)，与椭圆C1的方程联
y＝kx＋1， 立，得到方程组x22＋y2＝1， 消去y得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－2
＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－1＋4k22k2，x1x2＝12＋k2－2k22.
所以|AB|＝
1＋k2 ×
× －42－4×－4＝4 10.
x1＋x22－4x1x2 ＝
1＋22
4 所以△ABP面积的最大值为
1 (2017·山东高考)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆
C：
x2 a2
＋
y2 b2
＝1(a＞b＞0)的离心率为
2 2
，椭圆C截直线y＝1所得
(1)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长； (2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－ S2|的最大值．
[解] (1)由题意，c＝1，b2＝3， 所以 a2＝4，所以椭圆 M 的方程为x42＋y32＝1， 易求直线方程为 y＝x＋1，联立方程，得x42＋y32＝1，
y＝x＋1， 消去 y，得 7x2＋8x－8＝0， 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，Δ＝288，x1＋x2＝－87， x1x2＝－87， 所以|CD|＝ 2|x1－x2|＝ 2 x1＋x22－4x1x2＝274.
3.[考点三]如图，已知点F1，F2是椭圆C1：x22 ＋y2＝1的两个焦点，椭圆C2：x22＋y2＝λ经过 点F1，F2，点P是椭圆C2上异于F1，F2的任意 一点，直线PF1和PF2与椭圆C1的交点分别是A，B和C，D.设 AB，CD的斜率分别为k，k′. (1)求证：k·k′为定值； (2)求|AB|·|CD|的最大值．
[方法技巧]
当题目中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可 以建立目标函数，再求这个函数的最值．求函数最值的常 用方法有配方法、判别式法、单调性法、三角换元法等．
利用基本不等式求最值
[例3] (2018·太原模拟)已知椭圆M：xa22＋y32＝1(a>0) 的一个焦点为F(－1,0)，左、右顶点分别为A，B.经过点 F的直线l与椭圆M交于C，D两点．
因为－12<x<32，所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．
(2)设直线AP的斜率为k， 则直线AP的方程为y－14＝kx＋12， 即kx－y＋12k＋14＝0，因为直线BQ与直线AB垂直， 所以直线BQ的方程为x＋ky－94k－32＝0，
联立kxx＋－kyy＋ －1294kk＋ －1432＝ ＝00， ， 解得点Q的横坐标xQ＝－2k2k＋2＋4k1＋ 3.
第九节 圆锥曲线中的最值、 范围、证明问题
本节主要包括3个知识点：
1.圆锥曲线中的最值问题；
2.圆锥曲线中的范围问题；
3.圆锥曲线中的几何证明问题.
突破点(一) 圆锥曲线中的最值问题
突破点(二) 圆锥曲线中的范围问题
012453
突破点(三) 圆锥曲线中的几何证明问题 全国卷5年真题集中演练——明规律 课时达标检测
(2)当直线 l 的斜率不存在时，直线方程为 x＝－1，
此时△ABD 与△ABC 面积相等，|S1－S2|＝0； 当直线 l 的斜率存在时，设直线方程为 y＝k(x＋1)(k≠0)，
联立方程，得x42＋y32＝1， y＝kx＋1，
消去 y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0， Δ>0，且 x1＋x2＝－3＋8k42k2，x1x2＝43k＋2－4k122，
因此t＋1t ≥130， 当且仅当t＝3时等号成立，此时k＝0，所以||NNDF||22≤1＋3＝4， 由(*)得－ 2＜m＜ 2且m≠0，故||NNDF||≥12， 设∠EDF＝2θ，则sin θ＝||NNDF||≥12， 所以θ的最小值为π6. 从而∠EDF的最小值为π3，此时直线l的斜率是0. 综上所述：当k＝0，m∈(－ 2，0)∪(0， 2)时，∠EDF取到 最小值π3.
[方法技巧]
利用基本不等式求最值的策略 (1)求最值问题时，一定要注意对特殊情况的讨论．如 直线斜率不存在的情况，二次三项式最高次项的系数的讨 论等． (2)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．
[全练题点]
1.[考点一]如图所示，已知直线l：y＝kx－2与 抛物线C：x2＝－2py(p>0)交于A，B两点，O 为坐标原点，―O→A ＋―O→B ＝(－4，－12)． (1)求直线l和抛物线C的方程； (2)抛物线上一动点P从A到B运动时，求△ABP面积的最大值．
又N(0，－m)，所以|ND|2＝－2k22k＋m12＋2k2m＋1＋m2， 整理得|ND|2＝4m221k＋2＋3k12＋2 k4， 因为|NF|＝|m|，所以||NNDF||22＝4k42＋k2＋3k21＋2 1＝1＋28kk22＋＋132. 令t＝8k2＋3，t≥3. 故2k2＋1＝t＋4 1，所以||NNDF||22＝1＋11＋6tt2＝1＋t＋11t6＋2. 令y＝t＋1t ，所以y′＝1－t12. 当t≥3时，y′＞0，从而y＝t＋1t 在[3，＋∞)上单调递增，
建立目标函数求最值
[例2] (2017·浙江高考)如图，已知抛
物线x2＝y，点A －12，14 ，B 32，94 ，抛物 线上的点P(x，y) －12<x<32 .过点B作直线 AP的垂线，垂足为Q.
(1)求直线AP斜率的取值范围；(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
[解]
(1)设直线AP的斜率为k，k＝xx2＋－1214＝x－12，
|AB|＝
1＋k2|x1－x2|＝
1＋k2
x1＋x22－4x1x2＝2
21＋k2 1＋2k2 .
同理可求得|CD|＝
21＋4k2 1＋2k2
，则|AB|·|CD|＝
44k4＋5k2＋1 1＋2k22
＝
4
1＋k12＋41k2＋4
≤
9 2
，当且仅当k＝±
2 2
时等号成立．故|AB|·|CD|
的最大值为92.
最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R ＝8；连接PA，PB并延长，分别
与圆相交于两点，此时|PM|＋|PN|最大，最大值为|PA|＋|PB|＋2R
＝12，即最小值和最大值分别为8,12. [答案] C
[方法技巧]
当题目中给出的条件有明显的几何特征，考虑用图 象性质来求解，即利用曲线的定义、几何性质以及平面 几何中的定理、性质等解决，该方法叫做几何法．
01 突破点(一) 圆锥曲线中的最值问题
圆锥曲线中的最值问题是高考中的热点问题，常 涉及不等式、函数的值域问题，综合性比较强，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.
的取值范围．
[解] (1)因为直线l：x－my－m22＝0经过F2( m2－1，0)， 所以 m2－1＝m22，得m2＝2.
又因为m>1，所以m＝ 2，
故直线l的方程为x－ 2y－1＝0.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由mxx＝22＋myy2＋＝m12，2，
消去x，得2y2＋my＋m42－1＝0，
则由Δ＝m2－8m42－1＝－m2＋8>0，
知m2<8，且有y1＋y2＝－m2 ，y1·y2＝m82－12. 由于F1(－c,0)，F2(c,0)，可知Gx31，y31，Hx32，y32. 因为原点O在以线段GH为直径的圆内， 所以―O→H ·―O→G <0，即x1x2＋y1y2<0. 所以x1x2＋y1y2＝ my1＋m22 my2＋m22 ＋y1y2＝(m2＋ 1)·m82－12<0.解得m2<4(满足m2<8)． 又因为m>1，所以实数m的取值范围是(1,2)．