第2章 专题 圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题(课件PPT)-【赢在微点·轻松课堂】2024-2025学年高中数学选择性必修第一册（北师大版2019）

高中数学 选择性必修 第一册 赢在微点 轻松课堂 数学 第二章 圆锥曲线 专题　 圆锥曲线中的最值(范围)、 定值(定点)、探索性问题 —— —— 稳健启程 新知初步构建 自主预习·明新知 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 专题　圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 专题　圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 专题　圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 —— —— 合作探究·攻重难 细研深究 萃取知识精华 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 专题　圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 专题　圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 专题　圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 专题　圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 专题　圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 专题　圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 自主预习·明新知 专题　圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题 第 * 页 轻松课堂 高中数学 选择性必修 第一册 赢在字里行间 点击 导航 合作探究·攻重难 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解决圆锥曲线中的最值问题，一般有两种方法：一是几何法，特别是用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解非常巧妙；二是代数法，将圆锥曲线中的最值问题转化为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)，然后根据函数的特征选用参数法、配方法、判别式法、三角有界法、函数单调法及基本不等式法等，求解最大或最小值。 3．探索性问题 存在探索型问题作为探索性问题之一，具备了内容涉及面广、重点题型丰富等命题要求，方便考查分析、比较、猜测、归纳等综合能力，因而受到命题人的喜爱。 类型一 最值与范围问题 命题方向1：几何法求最值(范围) 【例1】　已知动点P(x，y)在椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1上，若点A(3,0)，M满足|AM|＝1，且eq \o(PM,\s\up16(→))·eq \o(AM,\s\up16(→))＝0，则|PM|的最小值是________。 解析　因为eq \o(PM,\s\up16(→))·eq \o(AM,\s\up16(→))＝0，所以eq \o(PM,\s\up16(→))⊥eq \o(AM,\s\up16(→))，所以|eq \o(MP,\s\up16(→))|2＝|eq \o(AP,\s\up16(→))|2－|eq \o(AM,\s\up16(→))|2＝|eq \o(AP,\s\up16(→))|2－1。因为点M的轨迹是以A为圆心，1为半径的圆，|eq \o(AP,\s\up16(→))|越小，|eq \o(MP,\s\up16(→))|就越小，结合示意图知，当P为椭圆的右顶点时，|eq \o(AP,\s\up16(→))|取最小值a－c＝5－3＝2，所以|eq \o(MP,\s\up16(→))|的最小值是eq \r(4－1)＝eq \r(3)，即|PM|的最小值是eq \r(3)。 答案　eq \r(3) 答案与解析 本题求|PM|最小值可运用椭圆与圆的几何性质，这种方法简单，直观。 【变式训练】　已知F1是椭圆eq \f(x2,25)＋eq \f(y2,16)＝1的左焦点，P是此椭圆上的动点， A(－1,3)是一定点，则|PA|＋|PF1|的最大值是________。 解析　由题意知F1(－3,0)，F2(3,0)，利用椭圆的定义可得|PF1|＋|PF2|＝2a＝10。易知|PA|＋|PF1|＝|PA|＋10－|PF2|≤10＋|AF2|＝15。 答案　15 答案与解析 命题方向2：代数法求最值(范围) 【例2】　设动直线y＝kx＋m与定椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1相交于点A，B。 (1)求弦长|AB|及△OAB的面积S(用含a，b，k，m的式子表示)； (2)试求△OAB的面积S的最大值。 解　(1)联立直线与椭圆的方程，消去y得到(a2k2＋b2)x2＋2a2kmx＋a2m2－a2b2＝0，其根的判别式Δ＝4a2b2(a2k2＋b2－m2)。易知Δ>0，弦长|AB|＝eq \r(1＋k2·\f(Δ,a2k2＋b22))＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2ab\r(a2k2＋b2－m2),a2k2＋b2)。 原点O到直线AB的距离d＝eq \f(|m|,\r(1＋k2))，于是△OAB的面积S＝eq \f(1,2)·|AB|·d＝ab·eq \f(|m|\r(a2k2＋b2－m2),a2k2＋b2)。 (2)由于S＝ab·eq \f(|m|\r(a2k2＋b2－m2),a2k2＋b2)＝ab·eq \r(\f(m2,a2k2＋b2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(m2,a2k2＋b2))))。令t＝eq \f(m2,a2k2＋b2)(t>0)，则S＝ab·eq \r(t1－t)。当且仅当t＝eq \f(1,2)时，S取到最大值，Smax＝eq \f(ab,2)。 用代数法求最值常用函数的性质或基本不等式求解。 【变式训练】　如图，已知椭圆eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)。 (1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)； (2)若任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围。 解　(1)由题意设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,a2)＋y2＝1))消去y，得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0，故xA＝0，xM＝－eq \f(2a2k,1＋a2k2)。 因此|AM|＝eq \r(1＋k2)|xA－xM|＝eq \f(2a2|k|,1＋a2k2)·eq \r(1＋k2)。 (2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|。 记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1>0，k2>0，k1≠k2。 由(1)知，|AP|＝eq \f(2a2|k1|\r(1＋k\o\al(2,1)),1＋a2k\o\al(2,1))， |AQ|＝eq \f(2a2|k2|\r(1＋k\o\al(2,2)),1＋a2k\o\al(2,2))， 故eq \f(2a2|k1|\r(1＋k\o\al(2,1)),1＋a2k\o\al(2,1))＝eq \f(2a2|k2|\r(1＋k\o\al(2,2)),1＋a2k\o\al(2,2))， 所以(keq \o\al(2,1)－keq \o\al(2,2))[1＋keq \o\al(2,1)＋keq \o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq \o\al(2,1)keq \o\al(2,2)]＝0。 由于k1≠k2，k1>0，k2>0， 故得1＋keq \o\al(2,1)＋keq \o\al(2,2)＋a2(2－a2)keq \o\al(2,1)keq \o\al(2,2)＝0， 因此eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k\o\al(2,1))＋1)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k\o\al(2,2))＋1))＝1＋a2(a2－2)　①， 因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1＋a2(a2－2)>1，所以a>eq \r(2)。 因此，任意以点A(0,1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1<a≤eq \r(2)， 又e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(a2－1),a)， 故所求离心率的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))。 类型二 定点与定值问题 【例3】　已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且过点A(2,1)。 (1)求C的方程； (2)点M，N在C上，且AM⊥AN，AD⊥MN，D为垂足。证明：存在定点Q，使得|DQ|为定值。 解　(1)由题设得eq \f(4,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，eq \f(a2－b2,a2)＝eq \f(1,2)，解得a2＝6，b2＝3。 所以C的方程为eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1。 (2)证明：设M(x1，y1)，N(x2，y2)。 若直线MN与x轴不垂直，设直线MN的方程为y＝kx＋m，代入eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－6＝0。 于是x1＋x2＝－eq \f(4km,1＋2k2)　①， x1x2＝eq \f(2m2－6,1＋2k2)　②。 由AM⊥AN知eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(AN,\s\up16(→))＝0， 故(x1－2)(x2－2)＋(y1－1)(y2－1)＝0， 可得(k2＋1)x1x2＋(km－k－2)(x1＋x2)＋(m－1)2＋4＝0。 将①，②代入上式可得(k2＋1)eq \f(2m2－6,1＋2k2)－(km－k－2)eq \f(4km,1＋2k2)＋(m－1)2＋4＝0。 整理得(2k＋3m＋1)(2k＋m－1)＝0。 因为A(2,1)不在直线MN上， 所以2k＋m－1≠0，故2k＋3m＋1＝0，k≠1。 于是MN的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(2,3)))－eq \f(1,3)(k≠1)。 所以直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))。 若直线MN与x轴垂直，可得N(x1，－y1)。 由eq \o(AM,\s\up16(→))·eq \o(AN,\s\up16(→))＝0得(x1－2)(x1－2)＋(y1－1)(－y1－1)＝0。 又eq \f(x\o\al(2,1),6)＋eq \f(y\o\al(2,1),3)＝1，可得3xeq \o\al(2,1)－8x1＋4＝0。 解得x1＝2(舍去)，x1＝eq \f(2,3)。 此时直线MN过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)，－\f(1,3)))。 令Q为AP的中点，即Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))。 若D与P不重合，则由题设知AP是Rt△ADP的斜边， 故|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|＝eq \f(2\r(2),3)。 若D与P重合，则|DQ|＝eq \f(1,2)|AP|。 综上，存在点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)，\f(1,3)))，使得|DQ|为定值。 本题容易忽略直线MN的斜率不存在的情况，导致解题过程不完整，从而失分。在解题的过程中，要注意在直角三角形中斜边的中线等于斜边的一半这一性质。 【变式训练】　已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F(1，0)，O为坐标原点，A，B是抛物线C上异于O的两点。 (1)求抛物线C的方程； (2)若直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)，求证：直线AB过定点。 解　(1)因为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点坐标为(1,0)，所以eq \f(p,2)＝1，所以p＝2。 所以抛物线C的方程为y2＝4x。 (2)证明：①当直线AB的斜率不存在时， 设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,4)，t))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(t2,4)，－t))， 因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)， 所以eq \f(t,\f(t2,4))·eq \f(－t,\f(t2,4))＝－eq \f(1,2)， 化简得t2＝32。所以A(8，t)，B(8，－t)， 此时直线AB的方程为x＝8。 ②当直线AB的斜率存在时， 设其方程为y＝kx＋b(k≠0)，A(xA，yA)，B(xB，yB)， 联立得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,y＝kx＋b，))化简得ky2－4y＋4b＝0。 根据根与系数的关系得yAyB＝eq \f(4b,k)， 因为直线OA，OB的斜率之积为－eq \f(1,2)， 所以eq \f(yA,xA)·eq \f(yB,xB)＝－eq \f(1,2)，即xAxB＋2yAyB＝0， 即eq \f(y\o\al(2,A),4)·eq \f(y\o\al(2,B),4)＋2yAyB＝0， 解得yAyB＝0(舍去)或yAyB＝－32， 所以yAyB＝eq \f(4b,k)＝－32，即b＝－8k， 所以y＝kx－8k，即y＝k(x－8)。 综上所述，直线AB过x轴上一定点(8,0)。 类型三 探索性问题 【例4】　在平面直角坐标系中，已知圆心在第二象限，半径为2eq \r(2)的圆C与直线y＝x相切于原点O，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10。 (1)求圆C的方程； (2)试探究圆C上是否存在异于原点的点Q，使Q到椭圆右焦点F的距离等于线段OF的长。若存在，请求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。 解　(1)由题意知圆心在直线y＝－x上，设圆心的坐标是C(－p，p)(p>0)，则圆C的方程为(x＋p)2＋(y－p)2＝8，由于O(0,0)在圆C上，所以p2＋p2＝8，解得p＝2，所以圆C的方程为(x＋2)2＋(y－2)2＝8。 (2)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,9)＝1与圆C的一个交点到椭圆两焦点的距离之和为10，由椭圆的定义知2a＝10，a＝5，所以椭圆右焦点为F(4,0)。假设存在异于原点的点Q(m，n)使|QF|＝|OF|，则有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m＋22＋n－22＝8，,m－42＋n2＝16，))且m2＋n2≠0，解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(m＝\f(4,5)，,n＝\f(12,5)，))故圆C上存在满足条件的点Qeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,5)，\f(12,5)))。 (1)探索性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化。其步骤为假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在。 (2)反证法与验证法也是求解探索性问题常用的方法。 【变式训练】　给出下列条件：①焦点在x轴上；②焦点在y轴上；③抛物线上横坐标为1的点M到其焦点F的距离等于2；④抛物线的准线方程是x＝－2。 (1)对于顶点在原点O的抛物线C：从以上四个条件中选出两个适当的条件，使得抛物线C的方程是y2＝4x，并说明理由； (2)过点(4,0)的任意一条直线l与C：y2＝4x交于A，B不同两点，试探究是否总有eq \o(OA,\s\up16(→))⊥eq \o(OB,\s\up16(→))？请说明理由。 解　(1)因为抛物线C：y2＝4x的焦点F(1,0)在x轴上，所以条件①适合，条件②不适合。又因为抛物线C：y2＝4x的准线方程为x＝－1，所以条件④不适合题意。当选择条件③时，|MF|＝xM＋1＝1＋1＝2，此时适合题意，故选择条件①③时，可得抛物线C的方程是y2＝4x。 (2)由题意得直线l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝ty＋4，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝ty＋4，))得y2－4ty－16＝0。 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以Δ>0恒成立，y1＋y2＝4t，y1y2＝－16， 则x1x2＝(ty1＋4)(ty2＋4)＝t2y1y2＋4t(y1＋y2)＋16＝－16t2＋16t2＋16＝16，所以eq \o(OA,\s\up16(→))·eq \o(OB,\s\up16(→))＝x1x2＋y1y2＝16－16＝0，所以eq \o(OA,\s\up16(→))⊥eq \o(OB,\s\up16(→))。 综上所述，无论l如何变化，总有eq \o(OA,\s\up16(→))⊥eq \o(OB,\s\up16(→))。 $$