课时达标检测(19) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 课时达标检测(十九) 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 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由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx，,y2＝2x))得Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2)，\f(2,k)))， 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,k)x，,y2＝2x))得B(2k2，－2k)。 所以直线AB所在的直线方程为 (y＋2k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k2)－2k2))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,k)＋2k))(x－2k2)，化简得x－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)－k))y－2＝0， 所以直线AB过定点P(2,0)。 (2)由于直线AB所在直线方程过定点P(2,0)，所以可设直线AB的方程为x＝my＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)。 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,y2＝2x))得y2－2my－4＝0。 所以y1＋y2＝2m，y1y2＝－4，所以|y1－y2|＝eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \r(2m2＋16)＝eq \r(4m2＋16)。 所以S△AOB＝eq \f(1,2)|y1|·|OP|＋eq \f(1,2)|y2|·|OP|＝eq \f(1,2)|OP|·|y1－y2|＝|y1－y2|＝eq \r(4m2＋16)≥4(当且仅当m＝0时取“＝”)。所以当m＝0时，△AOB面积取最小值，为4。 3.如图，已知椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)。 (1)若p＝eq \f(1,16)，求抛物线C2的焦点坐标； (2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值。 解　(1)由p＝eq \f(1,16)得C2的焦点坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,32)，0))。 (2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m>0，t≠0)，点A(x0，y0)。 将直线l的方程代入椭圆C1：eq \f(x2,2)＋y2＝1得 (m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0， 所以点M的纵坐标yM＝－eq \f(mt,m2＋2)。 将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px得y2－2pmy－2pt＝0。 所以y0yM＝－2pt，解得y0＝eq \f(2pm2＋2,m)， 因此x0＝eq \f(2pm2＋22,m2)。 由eq \f(x\o\al(2,0),2)＋yeq \o\al(2,0)＝1得eq \f(1,p2)＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(2,m)))2＋2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m＋\f(2,m)))4≥160， 所以当m＝eq \r(2)时，p取到最大值eq \f(\r(10),40)。 　素养升级　 4．在平面直角坐标系xOy中，设点F(1,0)，直线l：x＝－1，点P在直线l上移动，R是线段PF与y轴的交点，RQ⊥FP，PQ⊥l。 (1)求动点Q的轨迹方程； (2)记Q的轨迹为曲线E，过点F作两条互相垂直的直线交曲线E的弦为AB，CD，设AB，CD的中点分别为M，N，求证：直线MN过定点(3,0)。 解　(1)因为点F(1,0)，直线l：x＝－1， 所以点R是线段FP的中点， 由此及RQ⊥FP知，RQ是线段FP的垂直平分线。 因为|PQ|是点Q到直线l的距离， 而|PQ|＝|QF|， 所以动点Q的轨迹是以F为焦点，l为准线的抛物线，其方程为y2＝4x(x>0)。 (2)证明：设A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(xM，yM)，直线AB：x＝my＋1(m≠0)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x＝my＋1，,y2＝4x，)) 消去x得y2－4my－4＝0。 于是，有yM＝eq \f(y1＋y2,2)＝2m， xM＝m·yM＋1＝2m2＋1， 即M(2m2＋1,2m)。 同理，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m2)＋1，－\f(2,m)))。 因此，直线MN的斜率为 kMN＝eq \f(2m＋\f(2,m),2m2＋1－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,m2)＋1)))＝eq \f(m,m2－1)， 方程为y－2m＝eq \f(m,m2－1)(x－2m2－1)， 即mx＋(1－m2)y－3m＝0。 显然，不论m为何值，(3,0)均满足方程， 所以直线MN过定点(3,0)。 5．已知A，B分别为椭圆E：eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的左、右顶点，G为E的上顶点，eq \o(AG,\s\up16(→))·eq \o(GB,\s\up16(→))＝8。P为直线x＝6上的动点，直线PA与E的另一交点为C，直线PB与E的另一交点为D。 (1)求E的方程； (2)证明：直线CD过定点。 解　(1)由题设得A(－a,0)，B(a,0)，G(0,1)。 则eq \o(AG,\s\up16(→))＝(a,1)，eq \o(GB,\s\up16(→))＝(a，－1)。 由eq \o(AG,\s\up16(→))·eq \o(GB,\s\up16(→))＝8得a2－1＝8，即a＝3。 所以E的方程为eq \f(x2,9)＋y2＝1。 (2)证明：设P(6，t)，若t≠0，则PA的方程为y＝eq \f(t,9)(x＋3)， 联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\f(t,9)x＋3，,\f(x2,9)＋y2＝1，)) 可得(t2＋9)x2＋6t2x＋9t2－81＝0， 由根与系数的关系可得xAxC＝eq \f(9t2－81,t2＋9)， 因为xA＝－3，所以xC＝eq \f(27－3t2,t2＋9)， 将其代入直线y＝eq \f(t,9)(x＋3)中，得yC＝eq \f(6t,t2＋9)， 所以Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(27－3t2,t2＋9)，\f(6t,t2＋9)))， 同理可得Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3t2－3,t2＋1)，\f(－2t,t2＋1)))。 由对称性可知CD过的定点在x轴上，设为N(m,0)。 由题意得kNC＝kND， 即eq \f(\f(6t,t2＋9),\f(27－3t2,t2＋9)－m)＝eq \f(\f(－2t,t2＋1),\f(3t2－3,t2＋1)－m)， 整理得(3－2m)t2－6m＋9＝0， 所以eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(3－2m＝0，,9－6m＝0，))解得m＝eq \f(3,2)。 所以直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))。 若t＝0，则直线CD的方程为y＝0，过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))。 综上，直线CD过定点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，0))。 $$