2018版高考数学(理)(苏教版,江苏专用)大一轮教师文档讲义:第九章9-9第2课时范围、最值问题

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2018版高考数学(理)(苏教版,江苏专用)大一轮教师文档讲义:第九章9-9第2课时范围、最值问题

第2课时 范围、最值问题 题型一 范围问题 例1 (2015·天津)已知椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F(-c,0),离心率为,点M在椭圆上且位于第一象限,直线FM被圆x2+y2=截得的线段的长为c,FM=.‎ ‎(1)求直线FM的斜率;‎ ‎(2)求椭圆的方程;‎ ‎(3)设动点P在椭圆上,若直线FP的斜率大于,求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围.‎ 解 (1)由已知,有=,‎ 又由a2=b2+c2,可得a2=3c2,b2=2c2.‎ 设直线FM的斜率为k(k>0),F(-c,0),则直线FM的方程为y=k(x+c).‎ 由已知,有2+2=2,‎ 解得k=.‎ ‎(2)由(1)得椭圆方程为+=1,直线FM的方程为y=(x+c),两个方程联立,消去y,整理得3x2+2cx-5c2=0,解得x=-c或x=c.‎ 因为点M在第一象限,可得M的坐标为.‎ 由FM= =.‎ 解得c=1,所以椭圆的方程为+=1.‎ ‎(3)设点P的坐标为(x,y),直线FP的斜率为t,‎ 得t=,即直线FP的方程为y=t(x+1)(x≠-1),与椭圆方程联立消去y,‎ 整理得2x2+3t2(x+1)2=6,‎ 又由已知,得t= >,‎ 解得-<x<-1或-1<x<0.‎ 设直线OP的斜率为m,得m=,即y=mx(x≠0),与椭圆方程联立,整理得m2=-.‎ ‎①当x∈时,有y=t(x+1)<0,‎ 因此m>0,于是m= ,得m∈.‎ ‎②当x∈(-1,0)时,有y=t(x+1)>0,‎ 因此m<0,于是m=- ,‎ 得m∈.‎ 综上,直线OP的斜率的取值范围是∪.‎ 思维升华 解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面 ‎(1)利用圆锥曲线的几何性质或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.‎ ‎ ‎ ‎(2016·扬州模拟)如图,已知椭圆+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,P是椭圆上一点,点M在PF1上,且满足=λ (λ∈R),PO⊥F2M,O为坐标原点.‎ ‎(1)若椭圆的方程为+=1,且点P的坐标为(2,),求点M的横坐标;‎ ‎(2)若λ=2,求椭圆离心率e的取值范围.‎ 解 (1)因为椭圆的方程为+=1,‎ 所以点F1的坐标为(-2,0),点F2的坐标为(2,0),‎ 所以kOP=,=-,=,‎ 所以直线F2M的方程为y=-(x-2),‎ 直线F1M的方程为y=(x+2).‎ 联立 解得x=,‎ 所以点M的横坐标为.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x0,y0),点M的坐标为(xM,yM),‎ 因为=2,‎ 所以=(x0+c,y0)=(xM+c,yM),‎ 所以点M的坐标为(x0-c,y0),‎ =(x0-c,y0).‎ 因为PO⊥F2M,=(x0,y0),‎ 所以(x0-c)x0+y=0,即x+y=2cx0.‎ 联立 消去y0,得c2x-2a2cx0+a2(a2-c2)=0,‎ 解得x0=或x0=.‎ 因为-a.‎ 又椭圆离心率e∈(0,1),‎ 故椭圆离心率e的取值范围为(,1).‎ 题型二 最值问题 命题点1 利用三角函数有界性求最值 例2 (2016·徐州模拟)过抛物线y2=4x的焦点F的直线交抛物线于A,B两点,点O是坐标原点,则AF·BF的最小值是_____.‎ 答案 4‎ 解析 设直线AB的倾斜角为θ,可得AF=,BF=,则AF·BF=×=≥4.‎ 命题点2 数形结合利用几何性质求最值 例3 (2015·江苏)在平面直角坐标系xOy中,P为双曲线x2-y2=1右支上的一个动点.若点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,则实数c的最大值为_____________.‎ 答案  解析 双曲线x2-y2=1的渐近线为x±y=0,直线x-y+1=0与渐近线x-y=0平行,故两平行线的距离d==.由点P到直线x-y+1=0的距离大于c恒成立,得c≤,故c的最大值为.‎ 命题点3 转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值 例4 (2016·山东)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的长轴长为4,焦距为2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程.‎ ‎(2)过动点M(0,m)(m>0)的直线交x轴于点N,交C于点A,P(P在第一象限),且M是线段PN的中点.过点P作x轴的垂线交C于另一点Q,延长QM交C于点B.‎ ‎①设直线PM,QM的斜率分别为k,k′,证明为定值;‎ ‎②求直线AB的斜率的最小值.‎ ‎(1)解 设椭圆的半焦距为c.‎ 由题意知2a=4,2c=2.‎ 所以a=2,b==.‎ 所以椭圆C的方程为+=1.‎ ‎(2)①证明 设P(x0,y0)(x0>0,y0>0).‎ 由M(0,m),可得P(x0,2m),Q(x0,-2m).‎ 所以直线PM的斜率k==.‎ 直线QM的斜率k′==-.‎ 此时=-3.所以为定值-3.‎ ‎②解 设A(x1,y1),B(x2,y2).‎ 由①知直线PA的方程为y=kx+m,则 直线QB的方程为y=-3kx+m.‎ 联立 整理得(2k2+1)x2+4mkx+2m2-4=0,‎ 由x0x1=,可得x1=,‎ 所以y1=kx1+m=+m.‎ 同理x2=,y2=+m.‎ 所以x2-x1=- ‎=,‎ y2-y1=+m--m ‎=,‎ 所以kAB===,‎ 由m>0,x0>0,可知k>0,‎ 所以6k+≥2,当且仅当k=时取“=”.‎ 因为P(x0,2m)在椭圆+=1上,‎ 所以x0=,故此时=,‎ 即m=,符合题意.‎ 所以直线AB的斜率的最小值为.‎ 思维升华 处理圆锥曲线最值问题的求解方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法:一是利用几何法,即通过利用曲线的定义、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.‎ ‎ (2017·扬州预测)已知圆(x-a)2+(y+1-r)2=r2(r>0)过点F(0,1),圆心M的轨迹为C.‎ ‎(1)求轨迹C的方程;‎ ‎(2)设P为直线l:x-y-2=0上的点,过点P作曲线C的两条切线PA,PB,当点P(x0,y0)为直线l上的定点时,求直线AB的方程;‎ ‎(3)当点P在直线l上移动时,求AF·BF的最小值.‎ 解 (1)依题意,由圆过定点F可知轨迹C的方程为x2=4y.‎ ‎(2)抛物线C的方程为x2=4y,即y=x2,‎ 求导得y′=x.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2)(其中y1=,y2=),‎ 则切线PA,PB的斜率分别为x1,x2,‎ 所以切线PA的方程为y-y1=(x-x1),‎ 即y=x-+y1,即x1x-2y-2y1=0.‎ 同理可得切线PB的方程为x2x-2y-2y2=0.‎ 因为切线PA,PB均过点P(x0,y0),‎ 所以x1x0-2y0-2y1=0,x2x0-2y0-2y2=0,‎ 所以(x1,y1),(x2,y2)为方程x0x-2y0-2y=0的两组解.‎ 所以直线AB的方程为x0x-2y-2y0=0.‎ ‎(3)由抛物线定义可知AF=y1+1,BF=y2+1,‎ 所以AF·BF=(y1+1)(y2+1)=y1y2+(y1+y2)+1,‎ 联立方程消去x整理得y2+(2y0-x)y+y=0,‎ 由一元二次方程根与系数的关系可得y1+y2=x-2y0,y1y2=y,‎ 所以AF·BF=y1y2+(y1+y2)+1=y+x-2y0+1.‎ 又点P(x0,y0)在直线l上,所以x0=y0+2,‎ 所以y+x-2y0+1=2y+2y0+5=2(y0+)2+,‎ 所以当y0=-时,AF·BF取得最小值,且最小值为.‎ ‎                   ‎ ‎1.(2016·昆明两区七校调研)过抛物线y2=x的焦点F的直线l交抛物线于A,B两点,且直线l的倾斜角θ≥,点A在x轴上方,则FA的取值范围是__________.‎ 答案 (,1+]‎ 解析 记点A的横坐标是x1,则有AF=x1+ ‎=(+AF·cos θ)+=+AF·cos θ,‎ AF(1-cos θ)=,AF=.‎ 由≤θ<π得-10,b>0)的左,右焦点,对于左支上任意一点P都有PF=8a·PF1(a为实半轴长),则此双曲线的离心率e的取值范围是__________.‎ 答案 (1,3]‎ 解析 由P是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义,‎ 得PF2=2a+PF1,所以=PF1++4a=8a,所以PF1=2a,PF2=4a,‎ 在△PF1F2中,PF1+PF2≥F1F2,‎ 即2a+4a≥2c,所以e=≤3.‎ 又e>1,所以10,得m+2>2,<,->-,‎ ‎∴1->,即e>,而03,故填3.‎ ‎7.已知椭圆C1:+=1(a>b>0)的右顶点为A(1,0),过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程;‎ ‎(2)设点P在抛物线C2:y=x2+h(h∈R)上,C2在点P处的切线与C1交于M,N两点.当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时,求h的最小值.‎ 解 (1)由题意,得从而 因此,所求的椭圆C1的方程为+x2=1.‎ ‎(2)如图,设M(x1,y1),N(x2,y2),P(t,t2+h),‎ 则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′.‎ 直线MN的方程为 y=2tx-t2+h.‎ 将上式代入椭圆C1的方程中,得4x2+(2tx-t2+h)2-4=0,‎ 即4(1+t2)x2-4t(t2-h)x+(t2-h)2-4=0.①‎ 因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点,‎ 所以①式中的Δ1=16[-t4+2(h+2)t2-h2+4]>0.②‎ 设线段MN的中点的横坐标是x3,‎ 则x3==.‎ 设线段PA的中点的横坐标是x4,则x4=.‎ 由题意,得x3=x4,‎ 即t2+(1+h)t+1=0.③‎ 由③式中的Δ2=(1+h)2-4≥0,得h≥1或h≤-3.‎ 当h≤-3时,h+2<0,4-h2<0,‎ 则不等式②不成立,所以h≥1.‎ 当h=1时,代入方程③得t=-1,‎ 将h=1,t=-1代入不等式②,检验成立.‎ 所以,h的最小值为1.‎ ‎8. (2016·苏北四市联考)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率e=,左顶点为A(-4,0),过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆C于点D,交y轴于点E.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程;‎ ‎(2)已知P为AD的中点,是否存在定点Q,对于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ?若存在,求出点Q的坐标;若不存在,请说明理由.‎ ‎(3)若过点O作直线l的平行线交椭圆C于点M,求的最小值.‎ 解 (1)因为左顶点为A(-4,0),‎ 所以a=4,又e=,所以c=2.‎ 又因为b2=a2-c2=12,‎ 所以椭圆C的标准方程为+=1.‎ ‎(2)直线l的方程为y=k(x+4),‎ 联立得+=1,‎ 化简,得(x+4)[(4k2+3)x+16k2-12]=0,‎ 所以x1=-4,x2=.‎ 当x=时,y=k(+4)=,‎ 所以点D的坐标为(,).‎ 因为P为AD的中点,‎ 所以点P的坐标为(,),‎ 则kOP=-(k≠0).‎ 直线l的方程为y=k(x+4),令x=0,得点E的坐标为(0,4k).‎ 假设存在定点Q(m,n)(m≠0),使得OP⊥EQ,则kOPkEQ=-1,‎ 即-·=-1,所以(4m+12)k-3n=0,‎ 所以 解得 因此定点Q的坐标为(-3,0).‎ ‎(3)因为OM∥l,所以OM的方程可设为y=kx,‎ 联立得点M的横坐标为x=±.‎ 由OM∥l,‎ 得== ‎==· ‎=(+)≥2,‎ 当且仅当=,即k=±时取等号.‎ 所以当k=±时,取得最小值为2.‎ ‎9.如图,O为坐标原点,椭圆C1:+=1(a>b>0)的左,右焦点分别为F1,F2,离心率为e1;双曲线C2:-=1的左,右焦点分别为F3,F4,离心率为e2.已知e1e2=,且F2F4=-1.‎ ‎(1)求C1,C2的方程;‎ ‎(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB,M为AB的中点,当直线OM与C2交于P,Q两点时,求四边形APBQ面积的最小值.‎ 解 (1)因为e1e2=,所以 ·=,即a4-b4=a4,因此a2=2b2,从而F2(b,0),F4(b,0),于是b-b=F2F4=-1,所以b=1,a2=2.‎ 故C1,C2的方程分别为+y2=1,-y2=1.‎ ‎(2)因为AB不垂直于y轴,且过点F1(-1,0),‎ 故可设直线AB的方程为x=my-1.‎ 由得(m2+2)y2-2my-1=0.‎ 易知此方程的判别式大于0.‎ 设A(x1,y1),B(x2,y2),‎ 则y1,y2是上述方程的两个实根,‎ 所以y1+y2=,y1y2=.‎ 因此x1+x2=m(y1+y2)-2=,‎ 于是AB的中点为M(,),‎ 故直线PQ的斜率为-,PQ的方程为y=-x,‎ 即mx+2y=0.‎ 由得(2-m2)x2=4,‎ 所以2-m2>0,且x2=,y2=,‎ 从而PQ=2=2 .‎ 设点A到直线PQ的距离为d,‎ 则点B到直线PQ的距离也为d,‎ 所以2d=.‎ 因为点A,B在直线mx+2y=0的异侧,‎ 所以(mx1+2y1)(mx2+2y2)<0,‎ 于是|mx1+2y1|+|mx2+2y2|‎ ‎=|mx1+2y1-mx2-2y2|,‎ 从而2d=.‎ 又因为|y1-y2|= ‎=,‎ 所以2d=.‎ 故四边形APBQ的面积S=·PQ·2d ‎==2·.‎ 而0<2-m2≤2,故当m=0时,S取得最小值2.‎ 综上所述,四边形APBQ面积的最小值为2.‎
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