1、第二课时 最值、范围、证明问题 授课提示：对应学生用书第 194 页 题型一 圆锥曲线中的最值问题 圆锥曲线中的最值问题大致可分为两类 （1）涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题； （2）求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问 题 例 （2021 成都摸底）已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21（ab0）的左、右焦点分别为 F1（ 3， 0） ，F2（ 3，0） ，且经过点 A 3，1 2 （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
2、直线 PQ 与 x 轴相交于点 D，求DPQ 面积的最大值 解析 （1）由椭圆的定义，可知 2a|AF1|AF2|（2 3）2 1 2 2 1 24 解得 a2 又 b2a2（ 3）21， 椭圆 C 的标准方程为x 2 4y 21 （2）由题意，设直线 l 的方程为 xmy4（m0） ，P（x1，y1） ，Q（x2，y2） ，则 P（x1， y1） 由 xmy4 x2 4y 21消去 x，可得（m 24）y28my120 16（m212）0，m212 y1y2 8m m24，y1y2 12 m24 kPQy2y1 x2x1 y2y1 m（y2y1）， 直线 PQ 的方程为 yy1 y2y1 m
3、（y2y1）（xx1） ， 令 y0，可得 xm（y2y1）y1 y1y2 my14 x2my1y2 y1y24 2m 12 m24 8m m24 4 24m 8m41， D（1，0） SDPQ|SBDQSBDP|1 2|BD|y1y2| 3 2 （y1y2）24y1y26 m 212 m24 令 t m212，t（0，） ， 则 SDPQ 6t t216 6 t16 t 3 4，当且仅当 t4，即 m 2 7时等号成立 所以DPQ 面积的最大值为3 4 最值问题的基本解法 几何法：根据已知的几何量之间的相互关系、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
4、反射问题等） 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（普通方法、 基本不等式方法、导数方法等）解决 对点训练 （2021 合肥模拟）已知直线 l：xy10 与焦点为 F 的抛物线 C：y22px（p0）相切 （1）求抛物线 C 的方程； （2）过点 F 的直线 m 与抛物线 C 交于 A，B 两点，求 A，B 两点到直线 l 的距离之和的最小 值 解析： （1）直线 l：xy10 与抛物线 C 相切 由 xy10， y22px 消去 x 得，y22py2p0，从而 4p28p0，解得 p2 抛物线 C 的方程为 y24x （2）由于直线 m 的斜率不为 0，所以可
5、设直线 m 的方程为 tyx1，A（x1，y1） ，B（x2，y2） 由 tyx1 y24x 消去 x 得，y24ty40， y1y24t，从而 x1x24t22， 线段 AB 的中点 M 的坐标为（2t21，2t） 设点 A 到直线 l 的距离为 dA，点 B 到直线 l 的距离为 dB，点 M 到直线 l 的距离为 d， dAdB2d2 |2t22t2| 2 2 2|t2t1|2 2 t1 2 2 3 4 ， 当 t1 2时，可使 A，B 两点到直线 l 的距离之和最小，距离的最小值为 3 2 2 题型二 圆锥曲线中的范围问题 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）
6、的条件下，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 已知抛物线 E：y28x，直线 l：ykx4 （1）若直线 l 与抛物线 E 相切，求直线 l 的方程； （2）设 Q（4，0） ，直线 l 与抛物线 E 交于不同的两点 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，若存在点 C 满足|CQ CA |CQ CA |，且线段 OC 与 AB 互相
7、平分（O 为坐标原点） ，求 x 2的取值范围 解析 （1）法一：由 ykx4， y28x 得 k2x28（k1）x160， 由 k0 及 64（k1）264k20，得 k1 2， 所以直线 l 的方程为 y1 2x4 法二：由 y28x 得 y 8x，直线 l 恒过点（0，4） ，则 y 8x， 设切点为（x0，y0） （y00） ，由于 y 8x，所以 y|xx0 2 x0， 所以切线方程为 y 8x0 2 x0（xx0） ，将坐标（0，4）代入得 x08， 即切点为（8，8） ，再将该点代入 ykx4 得，k1 2， 所以直线 l 的方程为 y1 2x4 （2）由 ykx4， y28x
8、得 k2x28（k1）x160， 因为 64（k1）264k20，且 k0，所以 k1 2，且 k0， 所以 x1x28（k1） k2 ， 所以 y1y2k（x1x2）88 k 因为线段 OC 与 AB 互相平分，所以四边形 OACB 为平行四边形， 所以OC OA OB （x1x2，y1y2） 8（k1） k2 ，8 k ，即 C 8（k1） k2 ，8 k ， 由|CQ CA |CQ CA |得，ACQC 所以 kAC kQC1， 又 kQC 8 k 8（k1） k2 4 2k 2（k1）k2，kACkOB y2 x2k 4 x2， 所以 2k 2（k1）k2 k 4 x2 1，所以 8
9、x2k 2 k2 若 k0，则 8 x22 222（ 21） ，当且仅当 k 2时取等号， 此时 0 x24（ 21） 若1 2k0，由于 k 1 2时，k 2 k2 5 2，所以 8 x2 5 2，即 x2 16 5 （舍去） 综上，x2的取值范围为（0，4（ 21） 对点训练 已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21（ab0）的焦点坐标分别为 F1（1，0） ，F2（1，0） ，P 为椭圆 C 上一点，满足 3|PF1|5|PF2|，且 cosF1PF23 5 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）设直线 l：ykxm 与椭圆 C 交于 A，B 两点，点 Q 1 4，0 ，若|AQ|BQ|
10、，求 k 的取值 范围 解析： （1）由题意设|PF1|r1，|PF2|r2，则 3r15r2，又 r1r22a， r15 4a，r2 3 4a 在PF1F2中，由余弦定理得，cosF1PF2r 2 1r 2 2|F1F2| 2 2r1r2 5 4a 2 3 4a 2 22 25 4a 3 4a 3 5，解得 a2， c1，b2a2c23，椭圆 C 的标准方程为x 2 4 y2 31 （2）联立方程，得 x 2 4 y2 31 ykxm ，消去 y 得（34k2）x28kmx4m2120， 设 A（x1，y1） ，B（x2，y2） ，则 x1x28km 34k2，x1x2 4m212 34k2
11、 ，且 48（34k2m2）0， 设 AB 的中点为 M（x0，y0） ，连接 QM，则 x0 x1x2 2 4km 34k2，y0kx0m 3m 34k2， |AQ|BQ|， ABQM， 又 Q 1 4，0 ， M 为 AB 的中点， k0， 直线 QM 的斜率存在， k kQM k 3m 34k2 4km 34k2 1 4 1，解得 m34k 2 4k ， 把代入得 34k2 34k 2 4k 2 ，整理得 16k48k230，即（4k21） （4k23）0，解 得 k1 2或 k 1 2，故 k 的取值范围为 ，1 2 1 2， 题型三 圆锥曲线中的证明问题 主要考查点、直线、曲线等几何
12、元素中的特殊位置关系以及直线或圆锥曲线中的一些数 量关系的证明 例 （2021 合肥调研）已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21（ab0）的离心率为 3 2 ，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 C 于点 M，N，证明：M，Q，N 三点共线 解析 （1）由离心率为 3 2 得，c a 3 2 由A1A2B 的面积为 2，得 ab2 a2b2c2， 联立解得，a2，b1， 椭圆 C 的方程为x 2 4y 21 （2）证明：记点 M，N 的坐标
13、分别为 M（x1，y1） ，N（x2，y2） 注意到 A1（2，0） ，直线 PA1的方程为 ym 6（x2） ，与椭圆 x2 4y 21 联立并整理得（m2 9）x24m2x4m2360，由2x14m 2 m29，得 x1 182m2 m29 ， 代入直线 PA1的方程得 y1 6m m29， 即 M 182m2 m29 ， 6m m29 同理可得 N 2m22 m21 ， 2m m21 Q（1，0） ，QM 93m2 m29 ， 6m m29 ， QN m23 m21， 2m m21 ， 由93m 2 m29 2m m21 m23 m21 6m m29知，M，Q，N 三点共线 圆锥曲线证明
14、问题的类型及求解策略 （1）圆锥曲线中的证明问题，主要有两类：一是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关 系，如：某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等；二是证明直线与 圆锥曲线中的一些数量关系（相等或不等） （2）解决证明问题时，主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等，通 过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明 对点训练 （2021 梅州模拟）已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21（ab0）的左、右焦点分别为点 F1，F2，其离 心率为1 2，短轴长为 2 3 （1）求椭圆 C 的标准方程； （2）过点 F1的直线 l1与椭圆 C
15、 交于 M，N 两点，过点 F2的直线 l2与椭圆 C 交于 P，Q 两点， 且 l1l2，证明：四边形 MNPQ 不可能是菱形 解析： （1）由已知，得c a 1 2，b 3， 又 c2a2b2， 故解得 a24，b23， 所以椭圆 C 的标准方程为x 2 4 y2 31 （2）证明：由（1） ，知 F1（1，0） ，如图， 易知直线 MN 不能平行于 x 轴， 所以令直线 MN 的方程为 xmy1，M（x1，y1） ，N（x2，y2） ， 联立方程 3x24y2120， xmy1， 得（3m24）y26my90， 所以 y1y2 6m 3m24，y1y2 9 3m24 此时|MN|（1m2
16、）（y1y2）24y1y2 同理，令直线 PQ 的方程为 xmy1，P（x3，y3） ，Q（x4，y4） ， 此时 y3y4 6m 3m24，y3y4 9 3m24， 此时|PQ| （1m2）（y3y4）24y3y4， 故|MN|PQ|，所以四边形 MNPQ 是平行四边形 若平行四边形 MNPQ 是菱形，则 OMON，即OM ON 0， 于是有 x1x2y1y20 又 x1x2（my11） （my21）m2y1y2m（y1y2）1， 所以有（m21）y1y2m（y1y2）10， 整理得到12m 25 3m24 0， 即 12m250， 上述关于 m 的方程显然没有实数解， 故四边形 MNPQ 不可能是菱形
