2021届高考数学一轮复习第九章解析几何第九节第2课时最值范围证明问题学案理含解析

1、第二课时第二课时最最值、范围、证明问题值、范围、证明问题最新考纲考情分析核心素养掌握最值、范围、证明问题.最值、范围、证明问题一直是命题热点，主要在解答题中考查，最值、范围问题也常在选择题、填空题中考查，分数均为 12 分.1.逻辑推理2.数学运算考点一最值问题圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类：一是涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；二是求直线或圆锥曲线中几何元素的最值，以及当这些元素存在最值时，求解与之有关的一些问题对于最值问题，一般可以用数形结合的方法或转化为函数的最值问题加以解决；解决最值范围问题时，应重视曲线的定义、曲线的几何特征、方程的代数特征在解题中的作用【例 1】 (2

2、020 届成都摸底)已知椭圆 c：x2a2y2b21(ab0)的左、 右焦点分别为 f1( 3，0)，f2( 3，0)，经过点 a3，12 .(1)求椭圆 c 的标准方程；(2)过点 b(4，0)作一条斜率不为 0 的直线 l 与椭圆 c 相交于 p，q 两点，记点 p 关于 x 轴对称的点为 p，若直线 pq 与 x 轴相交于点 d，求dpq 面积的最大值解(1)由椭圆的定义，可知 2a|af1|af2|（2 3）2122124，解得 a2.又 b2a2( 3)21，椭圆 c 的标准方程为x24y21.(2)由题意，设直线 l 的方程为 xmy4，p(x1，y1)，q(x2，y2)，则 p(

3、x1，y1)由xmy4，x24y21消去 x 可得，(m24)y28my120.16(m212)0，m212.且 y1y28mm24，y1y212m24.kpqy2y1x2x1y2y1m（y2y1），直线 pq 的方程为 yy1y2y1m（y2y1）(xx1)，令 y0，可得 xm（y2y1）y1y1y2my14.x2my1y2y1y242m12m248mm24424m8m41，d(1，0)sdpq|sbdqsbdp|12|bd|y1y2|32（y1y2）24y1y26 m212m24.令 t m212，t(0，)，则 sdpq6tt2166t16t34，当且仅当 t4，即 m27时等号成立，

4、dpq 面积的最大值为34.名师点津最值问题的 3 个求解方法(1)建立函数模型利用二次函数、三角函数的有界性求最值或利用导数法求最值(2)建立不等式模型利用基本不等式求最值(3)数形结合利用相切、相交的几何性质求最值|跟踪训练|1已知椭圆 e：y2a2x21(a1)的离心率为32，若圆 a：x2(ya)2r2(r0)与椭圆 e 相交于 b，c 两点(1)求abac的最小值；(2)若 f1，f2分别是椭圆 e 的上、下焦点，经过点 f1的直线 l 与椭圆 e 交于 m，n 两点，求当of2n 与of2m(o 为坐标原点)的面积之和取得最大值时，直线 l 的方程解：(1)因为 ecaa21a32

5、，所以 a2，所以椭圆 e 的方程为y24x21，所以圆心 a 的坐标为(0，2)设 b(x0，y0)，由对称性得 c(x0，y0)，且y204x201，所以abac(x0，y02)(x0，y02)(y02)2x20(y02)21y204 54y204y0354y085215.由题意得2y00，设 m(x1，y1)，n(x2，y2)，则 x1x22 3k4k2，x1x214k2，所以of2n 与of2m 的面积之和s12 3|x1x2|32 （x1x2）24x1x2322 3k4k2244k23216k216（4k2）22 31k2（4k2）2.令 t1k2，则 t1，所以 s2 31k2（4

6、k2）22 3t（t3）22 31t9t61，当且仅当 t3，即 k 2时等号成立，所以当 k 2时，of2n 与of2m 的面积之和取得最大值，此时直线 l 的方程为2xy 30 或2xy 30.考点二范围问题圆锥曲线中常见范围问题(1)点在圆锥曲线上(非线性约束条件)，求相关式子(目标函数)的取值范围问题，常用参数方程代入转化为三角函数的最值问题，或根据平面几何知识或引入一个参数(有几何意义)化为函数进行处理(2)由直线(系)和圆锥曲线(系)的位置关系，求直线或圆锥曲线中某个参数(系数)的范围问题，常把所求参数作为因变量，另一个元作为自变量求解【例 2】(2019 届郑州市第二次质量预测)

7、已知椭圆 c：x2a2y2b21(ab0)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 42 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 k1k214，求|op|的取值范围解(1)由椭圆的定义及af1f2的周长为 42 3，可得 2(ac)42 3，ac2 3，当 a 在上(或下)顶点时，af1f2的面积取得最大值，即 bc 3，由及 a2c2b2，得 a2，b1，c 3，椭圆 c 的方程为x24y21.(2)当直线 ab 的斜率

8、不存在时，k1k2，k1k214，k112，不妨取 k112，则直线 oa 的方程为 y12x，不妨取点 a2，22 ，则 b2，22 ，p( 2，0)，|op| 2.当直线 ab 的斜率存在时，设直线 ab 的方程为 ykxm，a(x1，y1)，b(x2，y2)，由ykxm，x24y24可得(14k2)x28kmx4m240，64k2m24(4k21)(4m24)16(4k21m2)0，x1x28km14k2，x1x24m2414k2.k1k214，4y1y2x1x20，4(kx1m)(kx2m)x1x2(4k21)x1x24km(x1x2)4m24m2432k2m214k24m20，化简得

9、 2m214k2(满足式)，m212.设 p(x0，y0)，则 x0 x1x224km14k22km，y0kx0m12m，|op|2x20y204k2m214m2234m212，2，|op|22， 2.综上，|op|的取值范围为22， 2.名师点津求参数范围的 4 个常用方法(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式求参数的范围(4)数形法方程：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解|跟踪训练|2 (2019 届石家庄市一模)已知抛

10、物线 c： y22px(p0)上一点 p(x0， 2)到焦点 f 的距离|pf|2x0.(1)求抛物线 c 的方程；(2)过点 p 引圆 m：(x3)2y2r2(00，解得p2，x01，所以抛物线 c 的方程为 y24x.(2)由题意知， 过点 p 引圆(x3)2y2r2(02，所以 9b0)，由题意知122ab2 3，a2，解得a2，b 3，故椭圆 c 的方程为x24y231.(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 yk(x2)(k0)，则点d 的坐标为(2，4k)，记线段 bd 的中点为 e，则 e 的坐标为(2，2k)由yk（x2） ，x24y231得(

11、34k2)x216k2x16k2120.设点 p 的坐标为(x0，y0)，则2x016k21234k2，x068k234k2，y0k(x02)12k34k2.由(1)知点 f 的坐标为(1，0)，当 k12时，点 p 的坐标为1，32 ，直线 pfx 轴，点 d 的坐标为(2，2)，此时以 bd 为直径的圆(x2)2(y1)21 与直线 pf 相切当 k12时，直线 pf 的斜率 kpfy0 x014k14k2，直线 pf 的方程为 y4k14k2(x1)，点 e 到直线 pf 的距离d|4k14k22k|16k2（14k2）21|2k8k314k2|14k2|14k2|2|k|.又|bd|4

12、|k|，d12|bd|，以 bd 为直径的圆与直线 pf 相切综上，当点 p 在椭圆 c 上运动时，以 bd 为直径的圆与直线 pf 恒相切名师点津圆锥曲线中证明问题，常见位置关系方面的，如证明相切、垂直、过定点等；数量关系方面的，如存在定值、恒成立等在熟悉圆锥曲线的定义和性质的前提下，要多采用直接法证明，但有时也会用到反证法|跟踪训练|3(2020 届合肥调研)已知椭圆 c：x2a2y2b21(ab0)的离心率为32，左、右顶点分别是a1，a2，上顶点为 b(0，b)，a1a2b 的面积等于 2.(1)求椭圆 c 的方程；(2)设点 q(1，0)，p(4，m)，直线 pa1，pa2分别交椭圆于点 m，n，证明：m，q，n 三点共线解：(1)由椭圆的离心率为32得，ca32，由a1a2b 的面积为 2 得，ab2，a2b2c2，联立，解得 a2，b1，椭圆 c 的方程为x24y21.(2)证明：设点 m，n 的坐标分别为 m(x1，y1)，n(x2，y2)a1(2，0)，直线 pa1的方程为 ym6(x