第2章 专题 圆锥曲线中的最值(范围)、定值(定点)、探索性问题(教用Word)-【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）

专题　圆锥曲线中的最值(范围)、 定值(定点)、探索性问题 自主预习明新知 1.定点、定值问题 对于解析几何中的定点、定值问题,要善于运用辩证的观点去思考分析,在动点的“变”中寻求定值的“不变”性,用特殊探索法(特殊值、特殊位置、特殊图形等)先确定出定值,揭开神秘的面纱,这样可将盲目的探索问题转化为有方向有目标的一般性证明题,从而找到解决问题的突破口。 2.最值、范围问题 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。 合作探究攻重难 　　　　　　　　　　　　　　 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+=1上,若点A(3,0),M满足|AM|=1,且·=0,则|PM|的最小值是  。  解析　 因为·=0,所以⊥,所以||2=||2-||2=||2-1。因为点M的轨迹是以A为圆心,1为半径的圆,||越小,||就越小,结合示意图知,当P为椭圆的右顶点时,||取最小值a-c=5-3=2,所以||的最小值是=,即|PM|的最小值是。 　　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+=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 15 。  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。 　　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+=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|==·。原点O到直线AB的距离d=,于是△OAB的面积S=·|AB|·d=ab·。 (2)由于S=ab·=ab·。令t=(t>0),则S=ab·。当且仅当t=时,S取到最大值,Smax=。 　　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+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,由消去y,得(1+a2k2)x2+2a2kx=0,故xA=0,xM=-。因此|AM|=|xA-xM|=·。 (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|=,|AQ|=,故=,所以(-)[1+++a2(2-a2)]=0。由于k1≠k2,k1>0,k2>0,故得1+++a2(2-a2)=0,因此+1+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>。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≤,又e==,故所求离心率的取值范围为0,。 类型二　定点与定值问题 　　【例3】　已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,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+=1,=,解得a2=6,b2=3。所以C的方程为+=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+=1得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-6=0。于是x1+x2=-　①,x1x2=　②。由AM⊥AN知·=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)-(km-k-2)+(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=kx--(k≠1)。所以直线MN过点P,-。若直线MN与x轴垂直,可得N(x1,-y1)。由·=0得(x1-2)(x1-2)+(y1-1)(-y1-1)=0。又+=1,可得3-8x1+4=0。解得x1=2(舍去),x1=。此时直线MN过点P,-。令Q为AP的中点,即Q,。若D与P不重合,则由题设知AP是Rt△ADP的斜边,故|DQ|=|AP|=。若D与P重合,则|DQ|=|AP|。综上,存在点Q,,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-,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=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A,t,B,-t,因为直线OA,OB的斜率之积为-,所以·=-,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),联立得化简得ky2-4y+4b=0。根据根与系数的关系得yAyB=,因为直线OA,OB的斜率之积为-,所以·=-,即xAxB+2yAyB=0,即·+2yAyB=0,解得yAyB=0(舍去)或yAyB=-32,所以yAyB==-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2的圆C与直线y=x相切于原点O,椭圆+=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+=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|,则有且m2+n2≠0,解得故圆C上存在满足条件的点Q,。 　　(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⊥?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·=x1x2+y1y2=16-16=0,所以⊥。综上所述,无论l如何变化,总有⊥。 学科网（北京）股份有限公司 $$