圆锥曲线中的最值范围问题课件-2025届高三数学一轮复习

高考大题研究课十　圆锥曲线中的 证明与探索性问题 会用直线与圆锥曲线中有关知识解决证明与探索性问题，提高学生分析问题、解决问题的能力． 关键能力·题型剖析 题型一 证明问题 例1(12分)[2023·新课标Ⅱ卷]已知双曲线C的中心为坐标原点，左焦点为(－2，0)，离心率为. (1)求C的方程； (2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4，0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于点P.证明：点P在定直线上． 思路导引　 (1)由题意求出a，b→C的方程 (2)设直线方程→与C联立→消去y→韦达定理→写出直线MA1，NA2的方程→联立消去y→解得x，即交点的横坐标为定值→点P在定直线上． 解析：(1)设双曲线方程为＝1(a＞0，b＞0)， 由焦点坐标得c＝2，由e＝＝得a＝2，b＝＝4，→正确求出a，b，c得2分 ∴双曲线方程为＝1.→正确写出双曲线方程得1分 →正确写出左、右顶点A1，A2的坐标得1分 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，显然直线的斜率不为0， 所以设直线MN的方程为x＝my－4，且－＜m＜.→正确设出直线MN的方程得1分 联立方程组得(4m2－1)y2－32my＋48＝0，且Δ＝64(4m2＋3)＞0，则y1＋y2＝，y1y2＝，→正确消去x得到关于y的一元二次方程，写出Δ及y1＋y2、y1y2的表达式得2分 直线MA1的方程为y＝(x＋2)，直线NA2的方程为y＝(x－2)→正确写出直线MA1，NA2的方程得1分 联立直线方程 消去y得＝＝＝＝＝＝－，→正确得出＝－得3分 →正确解出x＝－1，下结论得1分 题后师说 圆锥曲线证明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、曲线等几何要素中的位置关系，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；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． 巩固训练1 [2023·北京卷]已知椭圆E：＝1(a>b>0)的离心率为，A、C分别是E的上、下顶点，B，D分别是E的左、右顶点，|AC|＝4. (1)求E的方程； 解析：依题意，得e＝＝，则c＝a， 又A，C分别为椭圆上、下顶点，|AC|＝4，所以2b＝4，即b＝2， 所以a2－c2＝b2＝4，即a2－a2＝a2＝4，则a2＝9， 所以椭圆E的方程为＝1. (2)设P为第一象限内E上的动点，直线PD与直线BC交于点M，直线PA与直线y＝－2交于点N.求证：MN∥CD. 解析：因为椭圆E的方程为＝1，所以A(0，2)，C(0，－2)，B(－3，0)，D(3，0)， 因为P为第一象限E上的动点，设P(m，n)(0<m<3，0<n<2)，则＝1， 易得kBC＝＝－，则直线BC的方程为y＝－x－2， kPD＝＝，则直线PD的方程为y＝(x－3)， 联立解得 即M， 而kPA＝＝，则直线PA的方程为y＝x＋2， 令y＝－2，则－2＝x＋2，解得x＝，即N， 又＝1，则m2＝9－，8m2＝72－18n2， 所以kMN＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝＝， 又kCD＝＝，即kMN＝kCD， 显然，MN与CD不重合，所以MN∥CD. 题型二 探索性问题 例2[2024·河南郑州模拟]已知椭圆＝1(a>b>0)的离心率为，F为椭圆的右焦点，A为椭圆的下顶点，A与圆x2＋(y－2)2＝1上任意点距离的最大值为3＋. (1)求椭圆的方程； 解析：由题意可知e＝＝，A(0，－b)， 又A到圆上距离最大值为2－(－b)＋1＝3＋b＝3＋，∴b＝. 又解得a2＝4，b2＝3. 故椭圆方程为＝1. (2)设点D在直线x＝1上，过D的两条直线分别交椭圆于M，N两点和P，Q两点，点F到直线MN和PQ的距离相等，是否存在实数λ，使得|DM|·|DN|＝λ|DP|·|DQ|？若存在，求出λ的值，若不存在，请说明理由． 解析：若D点与F点重合，则λ不存在， 若D点与F点不重合，∵点F到直线MN和PQ的距离相等，且F在直线x＝1上， ∴kMN＋kPQ＝0， 设D(1，m)，由题意可知直线MN，PQ的斜率均存在且不为0， 设直线MN的方程为y－m＝k1(x－1)，(k1≠0)， 由得x2(8k1m－8k2)x＋4m2－8k1m－12＝0， 设M(xM，yM)，N(xN，yN)， 则xM＋xN＝，xM·xN＝， 又|DM|＝|xN－1| ， |DM|·|DN|＝)|(xM－1)(xN－1)|＝)|xMxN－(xM＋xN)＋1|＝， 设直线PQ的方程为y－m＝k2(x－1)(k2≠0)， 同理可得|DP|·|DQ|＝ 又k1＝－k2，∴|DM|·|DN|＝|DP|·|DQ|，故λ＝1. 所以存在这样的λ＝1，使得|DM|·|DN|＝λ|DP|·|DQ|. 题后师说 存在性问题的解题策略 存在性的问题，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)当要讨论的量能够确定时，可先确定，再证明结论符合题意． 巩固训练2 [2024·江西南昌模拟]已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，A，B分别为C上两个不同的动点，O为坐标原点，当△OAB为等边三角形时，|AB|＝8. (1)求C的标准方程； 解析：由对称性可知当△OAB为等边三角形时，A，B两点关于x轴对称， 当△OAB为等边三角形时，△OAB的高为|AB|＝12， 由题意知点(12，4)在C上，代入y2＝2px，得(4)2＝24p，解得p＝2， 所以C的标准方程为y2＝4x. (2)抛物线C在第一象限的部分是否存在点P，使得点P满足＝4，且点P到直线AB的距离为2？若存在，求出点P的坐标及直线AB的方程；若不存在，请说明理由． 解析：由(1)知F(1，0)，根据题意可知直线AB的斜率不为0， 设直线AB的方程为x＝ky＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)， 联立得y2－4ky－4m＝0， 所以Δ＝16k2＋16m>0，即k2＋m>0，且y1＋y2＝4k，y1y2＝－4m， 所以x1＋x2＝k(y1＋y2)＋2m＝4k2＋2m， 由＝4，得(x1－x0，y1－y0)＋(x2－x0，y2－y0)＝4(1－x0，－y0)， 所以所以即P(2－m－2k2，－2k)， 又点P在C上，所以4k2＝4(2－m－2k2)，即3k2＋m＝2，　① 所以k2＋m＝k2＋2－3k2＝2(1－k2)>0，解得－1<k<1， 又点P在第一象限，所以－2k>0，所以－1<k<0. 又点P到直线AB的距离d＝＝＝2，化简得m2－2m＝k2，　② 联立①②解得或(舍去)，或(舍去)． 此时点P()，直线AB的方程为3x＋y＋1＝0. $$