2024版新教材高考数学一轮复习第8章平面解析几何第8节第2课时范围最值问题学案含解析新人教A版20230519173.doc

2024版新教材高考数学一轮复习第8章平面解析几何第8节第2课时范围最值问题学案含解析新人教A版20230519173第2课时范围、最值问题考点1范围问题综合性(2020·蚌埠市高三第三次质检)如图，设抛物线C1：x24y与C2：y22px(p>0)在第一象限的交点为M，点A，B分别在抛物线C2，C1上，AM，BM分别与C1，C2相切(1)当点M的纵坐标为4时，求抛物线C2的方程；(2)若t1,2，求MBA面积的取值范围解：(1)由条件，4且t>0，解得t4，即点M(4，4)代入抛物线C2的方程，得8p16，所以p2，则抛物线C2的方程为y24x.(2)将点M的坐标代入抛物线C2的方程，得p.设点A(x1，y1)，直线AM的方程为yk1(xt).联立方程消去y，化简得x24k1x4k1tt20，则16k4(4k1tt2)0，解得k1.从而直线AM的斜率为，解得y1，即点A. 设点B(x2，y2)，直线BM的方程为yk2(xt)，联立方程消去x，化简得y2y2p0.则8p0，代入p，解得k2.从而直线BM的斜率为，解得x2，即点B.|MB|，点A到直线BM：yx，即tx8yt20的距离为d，故MBA的面积为SMBA|MB|·d.而t1,2，所以MBA面积的取值范围是.圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的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已知椭圆C：1(a>0，b>0)的离心率为，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：ykxm与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点，若kOM·kON，求原点O到直线l的距离的取值范围解：(1)由题意知e，2b2.又a2b2c2，所以b1，a2.所以椭圆C的标准方程为y21.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立方程得(4k21)x28kmx4m240.依题意，(8km)24(4k21)(4m24)>0，化简得m2<4k21.x1x2，x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2.若kOM·kON，则，即4y1y25x1x2.所以(4k25)x1x24km(x1x2)4m20.所以(4k25)·4km·4m20，即(4k25)(m21)8k2m2m2(4k21)0，化简得m2k2.由得0m2<，<k2.因为原点O到直线l的距离d，所以d21.又<k2，所以0d2<，所以原点O到直线l的距离的取值范围是.考点2最值问题综合性考向1利用几何性质求最值在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2y21右支上的一个动点若点P到直线xy10的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为_解析：直线xy10与双曲线x2y21的一条渐近线xy0平行，这两条平行线之间的距离为.又P为双曲线x2y21右支上的一个动点，点P到直线xy10的距离大于c恒成立，则c，即实数c的最大值为.考向2利用函数、导数法求最值如图，已知椭圆y21上两个不同的点A，B关于直线ymx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)解：由题意知m0，可设直线AB的方程为yxb，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M.联立方程消去y，得x2xb210.因为直线yxb与椭圆y21有两个不同的交点，所以2b220，则x1x2，y1y2.(1)将AB中点M代入直线方程ymx，解得b.由得m或m.故实数m的取值范围为.(2)令t，则t2.则|AB|·，点O到直线AB的距离为d.设AOB的面积为S(t)，则S(t)|AB|·d.当且仅当t2时，等号成立故AOB面积的最大值为.考向3利用基本不等式求最值(2020·青岛三模)已知直线l1过坐标原点O且与圆x2y24相交于点A，B，圆M过点A，B且与直线y20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2的圆W与曲线C有且仅有一个公共点()求出圆W的标准方程；()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，求的最小值及此时直线l2的方程解：(1)设M(x0，y0)，由题意可知，|MA|2|MO|2|OA|2xy4.又圆M与直线y20相切，所以圆心M到直线y20的距离d|y02|.因为|MA|d，所以xy4(y02)2，整理得x4y0，所以圆心M的轨迹方程为x24y.(2)()由(1)知：曲线C的方程为y，设f(x)，则f(x).设圆W与曲线C的公共点为T(t>0)，则曲线C在T处的切线l的斜率kf(t).由题意，直线l与圆W相切于T点，设圆W的标准方程为(xa)2y22(a>0)，则直线WT的斜率kWT.因为lWT，所以·1，即t38(ta)0.又因为(ta)22，所以2，所以t64t41280.令t2，则3421280，所以(342)(82128)0，即(4)(2832)0，所以4.所以t2，a3，从而圆W的标准方程为(x3)2y22.()设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线l2：yxm.由得x24x4m0，所以x1x24，x1x24m，所以|EF|·4.又因为|PQ|2，所以4.由于l2与曲线C、圆W均有两个不同的交点，所以解得1<m<5.令1mu，则u(2,6)，则44，当且仅当u，即u2，m21时取等号所以当m21时，的最小值为，此时直线l2的方程为yx21.最值问题的2种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决(一般方法、基本不等式法、导数法等)(2020·泸州市高三三模)已知椭圆E：1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为，过点F2且垂直于x轴的直线被椭圆E截得的弦长为1.(1)求椭圆E的方程；(2)若直线ykxm(k>0)交椭圆E于C，D两点，与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M，N，且|CM|DN|，求|CD|的最小值解：(1)由题意可知e，且1，解得a2，b1，c.所以椭圆E的方程为y21.(2)把ykxm(k>0)代入y21得(14k2)·x28kmx4m240.设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1x2，x1x2.又M，N(0，m)，|CM|DN|，所以xMx1x2xN，即xMxNx1x2.所以x1x2.因为ykxm(k>0)与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M，N，所以m0.又k>0，则k，故x1x22m，x1x22m22.因为直线ykxm(k>0)与线段F1F2及椭圆的短轴分别交于不同两点，所以2m，即m，且m0，所以|CD|x1x2|.因为m，且m0，所以，当m或m时，|CD|的最小值为.在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2y24，椭圆C：y21，A为椭圆C的右顶点，过原点且异于x轴的直线与椭圆C交于M，N两点，M在x轴的上方，直线AM与圆O的另一交点为P，直线AN与圆O的另一交点为Q.(1)若3，求直线AM的斜率；(2)设AMN与APQ的面积分别为S1，S2，求的最大值四字程序读想算思已知圆的方程和椭圆的方程，直线与圆、椭圆都相交1.向量3如何转化？2.如何表示三角形的面积？把用直线AM的斜率k来表示转化与化归求直线AM的斜率，求AMN与APQ的面积之比1.用A，P，M的坐标表示；2.利用公式Sabsin C表示并转化进而用基本不等式求其最大值把面积之比的最大值转化为一个变量的不等式思路参考：设直线AM的方程为yk(x2)，k<0，利用yp3yM求解解：(1)设直线AM的方程为yk(x2)，k<0，将yk(x2)与椭圆方程y21联立，得k2(x2)2(2x)(2x)求得点M的横坐标为xM，纵坐标为yM.将yk(x2)与圆方程x2y24联立，得k2(x2)2(2x)(2x)求得点P的横坐标为xp，纵坐标为yp.由3得yp3yM，即.又k<0，解得k.(2)由M，N关于原点对称，得点N的坐标为xN，yN，所以直线AN的斜率为kAN.于是，同理.所以·，当且仅当16k2，即k时等号成立，所以的最大值为.思路参考：设直线AM的方程为yk(x2)，k<0，由3转化为xpxA3(xMxA)求解解：(1)设直线AM的方程为yk(x2)，k<0，代入椭圆方程，整理得(4k21)x216k2x4(4k21)0.由根与系数的关系得xAxM，而xA2，所以xM.将yk(x2)代入圆的方程，整理得(k21)x24k2x4(k21)0.由根与系数的关系得xAxP，而xA2，所以xp.由3，得xpxA3(xMxA)，即23，解得k22.又k<0，所以k.(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，所以kAMkAN，即kkAN，所以kAN.下同解法1(略)思路参考：设直线AM的方程为xmy2，利用yp3yM求解解：(1)设直线AM的方程为xmy2(m0)，将其代入椭圆方程，整理得(m24)y24my0，得点M的纵坐标为yM.将xmy2代入圆的方程，整理得(m21)y24my0，得点P的纵坐标为yp.由3，得yp3yM，即.因为m0，解得m2，即m±.又直线AM的斜率k<0，所以k.(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，又kAMkAN，由(1)知kAM，所以有kAN，则kAN.又yM，yp，所以.同理.所以·.下同解法1(略)1本题考查三角形面积之比的最大值，解法较为灵活，其基本策略是把面积的比值表示为斜率k的函数，从而求其最大值2基于新课程标准，解答本题一般需要掌握数学阅读技能，运算求解能力，体现了数学运算的核心素养已知点A(0，2)，椭圆E：1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点(1)求椭圆E的方程；(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F(c,0)，由题意知，解得c.因为e，所以a2，b2a2c21.所以椭圆E的方程为y21.(2)(方法一)显然直线l的斜率存在设直线l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且P在线段AQ上由得(4k21)x216kx120，所以x1x2，x1x2.由(16k)248(4k21)>0，得k2>.则SOPQSAOQSAOP×2×|x2x1|.令t(t>0)，则4k2t23，于是SOPQ1，当且仅当t2，即k±时等号成立，所以l的方程为yx2或yx2.(方法二)依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx2.将其代入椭圆方程，整理得(4k21)x216kx120，则(16k)248(4k21)16(4k23)>0，即k2>.由弦长公式得|PQ|·.由点到直线的距离公式得点O到直线l的距离d，所以SOPQ|PQ|×d××.设t(t>0)，则4k2t23，所以SOPQ1，当且仅当t2，即k±时等号成立故所求直线l的方程为yx2或yx2.第8章 平面解析几何第3课时定点、定值、探索性问题考点1定点问题综合性(2020·全国卷)已知A，B分别为椭圆E：y21(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，·8.P为直线x6上的动点，PA与E的另一交点为C，PB与E的另一交点为D(1)求椭圆E的方程；(2)证明：直线CD过定点(1)解：由题设得A(a,0)，B(a,0)，G(0,1)则(a,1)，(a，1)由·8得a218，即a3.所以椭圆E的方程为y21.(2)证明：设C(x1，y1)，D(x2，y2)，P(6，t)若t0，设直线CD的方程为xmyn，由题意可知3<n<3.由于直线PA的方程为y(x3)，所以y1(x13)直线PB的方程为y(x3)，所以y2(x23)可得3y1(x23)y2(x13)由于y1，故y，可得27y1y2(x13)(x23)，即(27m2)y1y2m(n3)(y1y2)(n3)20.将xmyn代入y21得(m29)y22mnyn290.所以y1y2，y1y2.代入式得(27m2)(n29)2m(n3)mn(n3)2(m29)0.解得n13(舍去)，n2.故直线CD的方程为xmy，即直线CD过定点.若t0，则直线CD的方程为y0，过点.综上，直线CD过定点.直线过定点问题的解题模型 (2020·石嘴山市第三中学高三模拟)已知F是抛物线C：y22px(p>0)的焦点，点M(x0,4)在抛物线上，且|MF|x0.(1)求抛物线C的标准方程；(2)若A，B是抛物线C上的两个动点，且OAOB，O为坐标原点，求证：直线AB过定点(1)解：由题意得，|MF|x0x0，解得x02p.因为点M(x0,4)在抛物线C上，所以422px04p2，解得p24.又p>0，所以p2，即拋物线C的标准方程为y24x.(2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)因为OAOB，所以·0，即x1x2y1y20.因为点A，B在抛物线C上，所以y4x1，y4x2，代入得y1y20.因为y1y20，所以y1y216.设直线AB的方程为xmyn，联立得y24my4n0，则y1y24n，所以n4，所以直线AB的方程为xmy4，过定点(4,0)考点2定值问题综合性(2020·新高考全国卷)已知椭圆C：1(a>b>0)的离心率为，且过点A(2,1)(1)求椭圆C的方程(2)点M，N在C上，且AMAN，ADMN，D为垂足证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值(1)解：由题意得1，e2，解得a26，b23.所以椭圆C的方程为1.(2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为ykxm，代入1得(12k2)x24kmx2m260，于是x1x2，x1x2.由AMAN知·0，故(x12)(x22)(y11)(y21)0，可得(k21)x1x2(kmk2)(x1x2)(m1)240.将代入上式可得(k21)(kmk2)·(m1)240.整理得(2k3m1)(2km1)0.因为A(2,1)不在直线MN上，所以2km10，故2k3m10，k1.于是MN的方程为yk(k1)所以直线MN过点P.若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，y1)由·0得(x12)(x12)(y11)(y11)0.又1，可得3x8x140.解得x12(舍去)或x1.此时直线MN过点P.令Q为AP的中点，即Q.若D与P不重合，则由题设知AP是RtADP的斜边，故|DQ|AP|.若D与P重合，则|DQ|AP|.综上，存在点Q，使得|DQ|为定值解答圆锥曲线定值问题的技法(1)从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；(2)引进变量法：其解题流程为(2020·太原五中高三月考)已知椭圆C的对称中心为原点O，焦点在x轴上，焦距为2，点(2,1)在该椭圆上(1)求椭圆C的方程(2)直线x2与椭圆交于P，Q两点，点P位于第一象限，A，B是椭圆上位于直线x2两侧的动点当点A，B运动时，满足APQBPQ，直线AB的斜率是否为定值，请说明理由解：(1)设椭圆方程为1(ab0)因为焦距为2，所以c，焦点F1(，0)，F2(，0)又因为点(2,1)在该椭圆上，代入椭圆方程得1，即1，解得a28或a23(舍)，所以b22，所以椭圆C的方程为1.(2)将x2代入椭圆方程得1，解得y±1，则P(2,1)，Q(2，1)因为当点A，B运动时，满足APQBPQ，所以直线PA与直线PB的斜率互为相反数不妨设kPAk>0，则kPBk(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以直线PA的方程为y1k(x2)联立得(14k2)x2(8k16k2)x16k216k40. 因为2，x1是该方程的两根，所以2x1，即x1.同理，直线PB的方程为ykx2k1，且x2.所以x1x2，x1x2，所以kAB，即直线AB的斜率为定值考点3探索性问题综合性(2020·绵阳四诊)已知椭圆C：y21，直线l：yxm交椭圆C于A，B两点，O为坐标原点(1)若直线l过椭圆C的右焦点F，求AOB的面积(2)若t(t>0)，试问椭圆C上是否存在点P，使得四边形OAPM为平行四边形？若存在，求出t的取值范围；若不存在，请说明理由解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)直线l过椭圆C的右焦点F，则m1，直线l的方程为xy1.联立得3y22y10，解得y1，y21.所以SAOB|OF|y1y2|×1×.(2)联立得3x24mx2m220，所以(4m)212(2m22)>0，解得0m2<3.所以x1x2，x1x2.所以y1y2(x1m)(x2m)x1x2m(x1x2)m2.因为四边形OAPM为平行四边形，所以m0，且.又t(t>0)，所以t(x1tx2，y1ty2)，所以点P的坐标为(x1tx2，y1ty2)又点P在椭圆上，即(x1tx2)22(y1ty2)22，整理得(x2y)t2(x2y)2tx1x24ty1y22.又x2y2，x2y2，即x1x22y1y2t，所以2×t，解得t.因为t>0,0m2<3，所以0<t2.综上所述，t的取值范围是(0,2解决存在性问题的注意事项存在性问题，先假设存在，推证满足条件的结论若结论正确则存在，若结论不正确则不存在(1)当条件和结论不唯一时，要分类讨论(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件(3)当条件和结论都未知，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外的途径(2020·衡水中学高三月考)已知椭圆C：1(a>b>0)的离心率为，直线l：xy20与以原点为圆心、椭圆C的短半轴长为半径的圆O相切(1)求椭圆C的方程(2)是否存在直线与椭圆C交于A，B两点，交y轴于点M(0，m)，使|2|2|成立？若存在，求出实数m的取值范围；若不存在，请说明理由解：(1)由已知得解方程组得a2，b，c，所以椭圆C的方程为1.(2)假设存在这样的直线由已知条件，可知直线的斜率存在设直线方程为ykxm，由得(4k21)x28kmx4m280，16(8k2m22)>0(*)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2，x1x2，y1y2(kx1m)(kx2m)k2x1x2km(x1x2)m2.由|2|2|，得，即·0，即x1x2y1y20.故8k25m280，得m2.将8k25m28代入(*)式，解得m2>，所以m>或m<.所以实数m的取值范围是.