【数学】2018届一轮复习人教A版最值、范围、证明问题教案

【数学】2018届一轮复习人教A版最值、范围、证明问题教案

‎1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法．‎ ‎2．了解圆锥曲线的简单应用．‎ ‎3．理解数形结合的思想．‎ 知识点一　直线与圆锥曲线的位置关系 ‎ ‎1．直线与圆锥曲线的位置关系 判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时，通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0(A，B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y(也可以消去x)得到一个关于变量x(或变量y)的一元方程．‎ 即消去y，得ax2＋bx＋c＝0.‎ ‎(1)当a≠0时，设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ，则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C________.‎ Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C________；‎ Δ<0⇔直线与圆锥曲线C________.‎ ‎(2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一次方程，则直线l与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是________；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是________．‎ ‎2．圆锥曲线的弦长 设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，‎ A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 ‎|AB|＝|x1－x2|‎ ‎＝__________________‎ ‎＝·|y1－y2|＝________.‎ 答案 ‎1．(1)相交　相切　相离　(2)平行　平行或重合 ‎2.· · ‎1．过点(0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有________条．‎ 解析：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．‎ 答案：3‎ ‎2．直线y＝－x＋2与双曲线－＝1有________个交点．‎ 解析：因为直线y＝－x＋2与双曲线的一条渐近线y＝－x平行，所以它与双曲线只有1个交点．‎ 答案：1‎ ‎3．直线y＝x＋1截抛物线y2＝2px所得弦长为2，此抛物线方程为(　　)‎ A．y2＝－2x B．y2＝6x C．y2＝－2x或y2＝6x D．以上都不对 解析：由得x2＋(2－2p)x＋1＝0.x1＋x2＝2p－2，x1x2＝1.‎ ‎∴2＝· ‎＝·.解得p＝－1或p＝3，‎ ‎∴抛物线方程为y2＝－2x或y2＝6x.‎ 答案：C ‎4．椭圆＋y2＝1的弦被点平分，则这条弦所在的直线方程是________．‎ 解析：设弦的两个端点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝1，y1＋y2＝1.‎ ‎∵A，B在椭圆上，∴＋y＝1，＋y＝1.‎ ＋(y1＋y2)(y1－y2)＝0，‎ 即＝－＝－，‎ 即直线AB的斜率为－.∴直线AB的方程为 y－＝－，即2x＋4y－3＝0.‎ 答案：2x＋4y－3＝0‎ 知识点二　圆锥曲线中的最值与取值范围问题 ‎ 圆锥曲线中的最值与取值范围问题一直是高考命题的热点，各种题型都有，命题角度很广，归纳起来常见的命题角度有：‎ ‎1．转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值；‎ ‎2．利用三角函数有界性求最值；‎ ‎3．数形结合利用几何性质求最值．‎ ‎5．已知椭圆C：＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，椭圆C上的点A满足AF2⊥F‎1F2，若点P是椭圆C上的动点，则·的最大值为(　　)‎ A.　　　　B.　　　　C.　　　　D. 解析：由椭圆方程知c＝＝1，所以F1(－1,0)，F2(1,0)．因为椭圆C上点A满足AF2⊥F‎1F2，则可设A(1，y0)，代入椭圆方程可得y＝，所以y0＝±.设P(x1，y1)，则＝(x1＋1，y1)，＝(0，y0)，所以·＝y1y0.因为点P是椭圆C上的动点，所以－≤y1≤，·的最大值为.‎ 答案：B 知识点三　圆锥曲线中的定值与定点问题 ‎ ‎1．这类问题一般考查直线与圆锥曲线的位置关系，一元二次方程的根与系数之间的关系，考查斜率、向量的运算以及运算能力．‎ ‎2．解决这类定点与定值问题的方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向．‎ ‎6．设a>0为常数，动点M(x，y)(y≠0)分别与两定点F1(－a,0)，F2(a,0)的连线的斜率之积为定值λ，若点M的轨迹是离心率为的双曲线，则λ的值为(　　)‎ A．2 B．－2 ‎ C．3 D. 解析：轨迹方程为·＝λ，整理，得－＝1(λ>0)，c2＝a2(1＋λ)，1＋λ＝＝3，λ＝2，故选A.‎ 答案：.A 第1课时　最值、范围、证明问题 热点一　最值问题 ‎ 考向1　利用几何性质求最值 ‎【例1】　设P是椭圆＋＝1上一点，M，N分别是两圆：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的点，则|PM|＋|PN|‎ 的最小值、最大值分别为(　　)‎ A．9,12 B．8,11‎ C．8,12 D．10,12‎ ‎【解析】　‎ 如图，由椭圆及圆的方程可知两圆圆心分别为椭圆的两个焦点，由椭圆定义知|PA|＋|PB|＝‎2a＝10，连接PA，PB分别与圆相交于M，N两点，此时|PM|＋|PN|最小，最小值为|PA|＋|PB|－2R＝8；连接PA，PB并延长，分别与圆相交于M，N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 考向2　构造函数求最值 ‎【例2】　平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，左、右焦点分别是F1，F2.以F1为圆心、以3为半径的圆与以F2为圆心、以1为半径的圆相交，且交点在椭圆C上．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.‎ ‎①求的值；‎ ‎②求△ABQ面积的最大值．‎ ‎【解】　(1)由题意知‎2a＝4，则a＝2.‎ 又＝，a2－c2＝b2，可得b＝1，‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎①设P(x0，y0)，＝λ，由题意知Q(－λx0，－λy0)．‎ 因为＋y＝1，又＋＝1，‎ 即＝1，所以λ＝2，即＝2.‎ ‎②设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，‎ 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋‎4m2‎－16＝0，‎ 由Δ>0，可得m2<4＋16k2.①‎ 则有x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 所以|x1－x2|＝.‎ 因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，所以△OAB的面积 S＝|m||x1－x2|＝ ‎＝＝2.‎ 设＝t.‎ 将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，‎ 可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋‎4m2‎－4＝0，‎ 由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②‎ 由①②可知0|FM|，∴点N的轨迹E为椭圆，且‎2a＝4，c＝，∴b＝1，∴轨迹E的方程为＋y2＝1.‎ ‎②a.当AB为长轴(或短轴)时，‎ S△ABC＝|OC|·|AB|＝2.‎ b．当直线AB的斜率存在且不为0时，设直线AB的方程为y＝kx，A(xA，yA)，联立方程得，x＝，y＝，∴|OA|2＝x＋y＝.将上式中的k替换为－，可得|OC|2＝.‎ ‎∴S△ABC＝2S△AOC＝|OA|·|OC|‎ ‎＝·＝.‎ ‎∵≤ ‎＝，∴S△ABC≥，当且仅当1＋4k2＝k2＋4，即k＝±1时等号成立，此时△ABC面积的最小值是.∵2>，∴△ABC面积的最小值是，此时直线AB的方程为y＝x或y＝－x.‎ 答案：(1)B 热点二　取值范围问题 ‎ ‎【例3】　(2016·新课标全国卷Ⅱ)已知椭圆E：＋＝1的焦点在 x轴上，A是E的左顶点，斜率为k(k>0)的直线交E于A，M两点，点N在E上，MA⊥NA.‎ ‎(Ⅰ)当t＝4，|AM|＝|AN|时，求△AMN的面积；‎ ‎(Ⅱ)当2|AM|＝|AN|时，求k的取值范围．‎ ‎【解】　(Ⅰ)设M(x1，y1)，则由题意知y1>0.当t＝4时，E的方程为＋＝1，A(－2，0)．由已知及椭圆的对称性知，直线AM的倾斜角为.因此直线AM的方程为y＝x＋2.将x＝y－2代入＋＝1得7y2－12y＝0.解得y＝0或y＝，所以y1＝.‎ 因此△AMN的面积 S△AMN＝2×××＝.‎ ‎(Ⅱ)由题意知t>3，k>0，A(－，0)．将直线AM的方程y＝k(x＋)代入＋＝1得(3＋tk2)x2＋2·tk2x＋t2k2－3t＝0.由x1·(－)＝得x1＝，故 ‎|AM|＝|x1＋|＝.‎ 由题设知，直线AN的方程为y＝－(x＋)，故同理可得|AN|＝.‎ 由2|AM|＝|AN|得＝，‎ 即(k3－2)t＝3k(2k－1)．‎ 当k＝时上式不成立，因此t＝.‎ t>3等价于 ‎＝<0，即<0.‎ 由此得或 解得b>0)的两焦点，与椭圆有且仅有两个公共点，直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，与椭圆＋＝1相交于A，B两点．记λ＝·，且≤λ≤.‎ ‎(1)求椭圆的方程；‎ ‎(2)求k的取值范围；‎ ‎(3)求△OAB的面积S的取值范围．‎ 解：(1)由题意知‎2c＝2，所以c＝1.因为圆与椭圆有且只有两个公共点，从而b＝1，故a＝，所以所求椭圆方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)因为直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，所以原点O到直线l的距离为＝1，即m2＝k2＋1.由得(1＋2k2)x2＋4kmx＋‎2m2‎－2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.λ＝·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝，由≤λ≤，得≤k2≤1，‎ 即k的取值范围是∪.‎ ‎(3)|AB|2＝(x1－x2)2＋(y1－y2)2＝(1＋k2)[(x1＋x2)2－4x1x2]＝2－，由≤k2≤1，得≤|AB|≤.设△OAB的AB边上的高为d，则S＝|AB|d＝|AB|，所以≤S≤.即△OAB的面积S的取值范围是.‎ 热点三　证明问题 ‎ ‎【例4】　设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，点O为坐标原点，点A的坐标为(a,0)，点B的坐标为(0，b)，点M在线段AB 上，满足|BM|＝2|MA|，直线OM的斜率为.‎ ‎(1)求E的离心率e；‎ ‎(2)设点C的坐标为(0，－b)，N为线段AC的中点，证明：MN⊥AB.‎ ‎【解】　(1)由题设条件知，点M的坐标为，又kOM＝，从而＝.进而得a＝b，c＝＝2b，故e＝＝.‎ ‎(2)证明：由N是AC的中点知，点N的坐标为，可得＝.又＝(－a，b)，从而有·＝－a2＋b2＝(5b2－a2)．由(1)可知a2＝5b2，所以·＝0，故MN⊥AB.‎ ‎【总结反思】‎ 圆锥曲线中的证明问题多涉及证明定值、点在定直线上等，有时也涉及一些否定性命题，证明方法一般是采用直接法或反证法.‎ ‎ ‎ 已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，点(2，)在C上．‎ ‎(1)求C的方程；‎ ‎(2)直线l不过原点O且不平行于坐标轴，l与C有两个交点A，B，线段AB的中点为M.证明：直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．‎ 解：(1)由题意有＝，＋＝1，解得a2＝8，b2＝4.所以C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)证明：设直线l：y＝kx＋b(k≠0，b≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)．‎ 将y＝kx＋b代入＋＝1，‎ 得(2k2＋1)x2＋4kbx＋2b2－8＝0.‎ 故xM＝＝，yM＝k·xM＋b＝.‎ 于是直线OM的斜率kOM＝＝－，‎ 即kOM·k＝－.‎ 所以直线OM的斜率与直线l的斜率的乘积为定值．‎