2019届二轮复习第九章第2课时　定点、定值、范围、最值问题学案（全国通用）

2019届二轮复习第九章第2课时　定点、定值、范围、最值问题学案（全国通用）

第2课时　定点、定值、范围、最值问题 考点一　定点问题 ‎【例1】 (2018·临汾一中月考)已知椭圆C：＋y2＝1(a>0)，过椭圆C的右顶点和上顶点的直线与圆x2＋y2＝相切.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设M是椭圆C的上顶点，过点M分别作直线MA，MB交椭圆C于A，B两点，设这两条直线的斜率分别为k1，k2，且k1＋k2＝2，证明：直线AB过定点.‎ ‎(1)解　∵直线过点(a，0)和(0，1)，∴直线的方程为x＋ay－a＝0，∵直线与圆x2＋y2＝相切，∴＝，解得a2＝2，∴椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　当直线AB的斜率不存在时，设A(x0，y0)，则B(x0，－y0)，由k1＋k2＝2得＋＝2，‎ 解得x0＝－1.‎ 当直线AB的斜率存在时，设AB的方程为y＝kx＋m(m≠1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由消去y，整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2m2－2＝0，得x1＋x2＝，x1·x2＝，‎ 由k1＋k2＝2⇒＋＝2⇒‎ ＝2，‎ 即(2－2k)x1x2＝(m－1)(x1＋x2)⇒(2－2k)(2m2－2)＝(m－1)(－4km)，‎ 即(1－k)(m2－1)＝－km(m－1)，‎ 由m≠1，得(1－k)(m＋1)＝－km⇒k＝m＋1，‎ 即y＝kx＋m＝(m＋1)x＋m⇒m(x＋1)＝y－x，‎ 故直线AB过定点(－1，－1).‎ 综上，直线AB过定点(－1，－1).‎ 规律方法　圆锥曲线中定点问题的两种解法 ‎(1)引进参数法：引进动点的坐标或动线中系数为参数表示变化量，再研究变化的量与参数何时没有关系，找到定点.‎ ‎(2)特殊到一般法，根据动点或动线的特殊情况探索出定点，再证明该定点与变量无关.‎ ‎【训练1】 (2018·西安模拟)设F1，F2分别为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点，若椭圆上的点T(2，)到点F1，F2的距离之和等于4.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线y＝kx(k≠0)与椭圆C交于E，F两点，A为椭圆C的左顶点，直线AE，AF分别与y轴交于点M，N.问：以MN为直径的圆是否经过定点？若经过，求出定点的坐标；若不经过，请说明理由.‎ 解　(1)由椭圆上的点T(2，)到点F1，F2的距离之和是4，‎ 可得2a＝4，a＝2.‎ 又T(2，)在椭圆上，因此＋＝1，所以b＝2.‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)因为椭圆C的左顶点为A，所以点A的坐标为(－2，0).‎ 因为直线y＝kx(k≠0)与椭圆＋＝1交于E，F两点，‎ 设点E(x0，y0)(不妨设x0>0)，则点F(－x0，－y0).‎ 由消去y，得x2＝，‎ 所以x0＝，则y0＝，‎ 所以直线AE的方程为y＝(x＋2).‎ 因为直线AE，AF分别与y轴交于点M，N，‎ 令x＝0，得y＝，即点M.‎ 同理可得点N.‎ 所以|MN|＝＝.‎ 设MN的中点为P，则点P的坐标为.‎ 则以MN为直径的圆的方程为x2＋＝，‎ 即x2＋y2＋y＝4，‎ 令y＝0，得x2＝4，即x＝2或x＝－2.‎ 故以MN为直径的圆经过两定点P1(2，0)，P2(－2，0).‎ 考点二　定值问题 ‎【例2】 (2018·长春模拟)已知抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，以抛物线E上点P(2，y0)为圆心的圆与直线y＝相交于M，N两点，且||＝||＝||.‎ ‎(1)求抛物线E的方程；‎ ‎(2)设直线l与抛物线E相交于A，B两点，线段AB的中点为D.与直线l平行的直线与抛物线E切于点C.若点A，B到直线CD的距离之和为4，求证：△ABC的面积为定值.‎ ‎(1)解　由抛物线的定义得|PF|＝y0＋，点P到直线y＝的距离为y0－，‎ ‎∵圆P与直线y＝相交于M，N两点，且||＝||，‎ ‎∴＝，即cos∠PMN＝，∴∠PMN＝30°，‎ ‎∴点P到直线y＝的距离为||，‎ 即||＝2，‎ ‎∵||＝||，‎ ‎∴y0－＝，得y0＝p，‎ 将点(2，p)代入抛物线方程，得p＝2，‎ ‎∴抛物线E的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)证明　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋b，代入抛物线方程，得x2－4kx－4b＝0，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，‎ 则点D(2k，2k2＋b).‎ 设与直线l平行且与抛物线E相切的直线方程为y＝kx＋m，代入抛物线方程，得x2－4kx－4m＝0，由Δ＝16k2＋16m＝0，‎ 得m＝－k2，点C的横坐标为2k，则C(2k，k2)，‎ ‎∴直线CD与x轴垂直，则点A，B到直线CD的距离之和为|x1－x2|，即|x1－x2|＝4，∴＝4，‎ 则16k2＋16b＝32，即b＝2－k2，‎ ‎∴|CD|＝|2k2＋b－k2|＝2，‎ ‎∴S△ABC＝|CD|·|x1－x2|＝×2×4＝4，即△ABC的面积为定值.‎ 规律方法　圆锥曲线中定值问题的特点及两大解法 ‎(1)特点：待证几何量不受动点或动线的影响而有固定的值.‎ ‎(2)两大解法：‎ ‎①从特殊入手，求出定值，再证明这个值与变量无关；‎ ‎②引起变量法：其解题流程为 → ‎　↓‎ → ‎　↓‎ → ‎【训练2】 (2016·北京卷)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，A(a，0)，B(0，b)，O(0，0)，△OAB的面积为1.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设P是椭圆C上一点，直线PA与y轴交于点M，直线PB与x轴交于点N.求证：|AN|·|BM|为定值.‎ ‎(1)解　由已知＝，ab＝1.‎ 又a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝.‎ 所以椭圆方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由(1)知，A(2，0)，B(0，1).‎ 设椭圆上一点P(x0，y0)，则＋y＝1.‎ 当x0≠0时，直线PA方程为y＝(x－2)，‎ 令x＝0得yM＝.‎ 从而|BM|＝|1－yM|＝.‎ 直线PB方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0得xN＝.‎ ‎∴|AN|＝|2－xN|＝.‎ ‎∴|AN|·|BM|＝· ‎＝· ‎＝ ‎＝＝4.‎ 当x0＝0时，y0＝－1，|BM|＝2，|AN|＝2，‎ 所以|AN|·|BM|＝4.故|AN|·|BM|为定值.‎ 考点三　范围与最值问题 ‎【例3】 (2018·武汉模拟)已知点F为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线＋＝1与椭圆E有且仅有一个交点M.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)设直线＋＝1与y轴交于P，过点P的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求实数λ的取值范围.‎ 解　(1)由题意，得a＝2c，b＝c，则椭圆E为＋＝1.‎ 由得x2－2x＋4－3c2＝0.‎ ‎∵直线＋＝1与椭圆E有且仅有一个交点M，‎ ‎∴Δ＝4－4(4－3c2)＝0⇒c2＝1，a＝2，b＝，‎ ‎∴椭圆E的方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)得M，‎ ‎∵直线＋＝1与y轴交于P(0，2)，∴|PM|2＝，‎ 当直线l与x轴垂直时，‎ ‎|PA|·|PB|＝(2＋)×(2－)＝1，‎ ‎∴λ|PM|2＝|PA|·|PB|⇒λ＝.‎ 当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2，‎ A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由⇒(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，‎ 依题意得，x1x2＝，且Δ＝48(4k2－1)>0，‎ ‎∴|PA|·|PB|＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)·＝1＋＝λ，‎ ‎∴λ＝，∵k2>，∴<λ<1.‎ 综上所述，λ的取值范围是.‎ 规律方法　1.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.‎ ‎2.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.‎ ‎【训练3】 (2018·惠州模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x＋4y＋6＝0与圆x2＋(y－b)2＝a2相切.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1，l2分别交椭圆C于M，N两点，且l1⊥l2，求证：直线MN过定点，并求出定点坐标；‎ ‎(3)在(2)的条件下求△AMN面积的最大值.‎ ‎(1)解　由题意，得∴ 即C：＋y2＝1.‎ ‎(2)证明　由题意得直线l1，l2的斜率存在且不为0.‎ ‎∵A(－2，0)，设l1：x＝my－2，l2：x＝－y－2，‎ 由得(m2＋4)y2－4my＝0，‎ ‎∴M.同理，N.‎ ‎①m≠±1时，kMN＝，‎ lMN：y＝.此时过定点.‎ ‎②m＝±1时，lMN：x＝－，过点.‎ ‎∴lMN恒过定点.‎ ‎(3)解　由(2)知S△AMN＝×|yM－yN|‎ ‎＝＝8 ‎＝＝.‎ 令t＝≥2，当且仅当m＝±1时取等号，‎ ‎∴S△AMN≤，且当m＝±1时取等号.‎ ‎∴(S△AMN)max＝.‎ 基础巩固题组 ‎(建议用时：40分钟)‎ 一、选择题 ‎1.(2018·石家庄模拟)已知P为双曲线C：－＝1上的点，点M满足||＝1，且·＝0，则当||取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为(　　)‎ A. B. C.4 D.5‎ 解析　由·＝0，得OM⊥PM，根据勾股定理，求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值，当|OP|取得最小值时，点P的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x±3y＝0，∴所求的距离d＝，故选B.‎ 答案　B ‎2.(2018·衡水中学周测)设F为抛物线y2＝4x的焦点，A，B，C为该抛物线上不同的三点，＋＋＝0，O为坐标原点，且△OFA，△OFB，△OFC的面积分别为S1，S2，S3，则S＋S＋S等于(　　)‎ A.2 B.3 C.6 D.9‎ 解析　由题意可知F(1，0)，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，则＝(x1－1，y1)，＝(x2－1，y2)，＝(x3－1，y3)，由＋＋＝0，得(x1－1)＋(x2－1)＋(x3－1)＝0，即x1＋x2＋x3＝3.‎ 又A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)在抛物线上，所以y＝4x1，y＝4x2，y＝4x3，又S1＝·|OF|·|y1|＝|y1|，S2＝|OF|·|y2|＝|y2|，S3＝|OF|·|y3|＝|y3|，所以S＋S＋S＝(y＋y＋y)＝×(4x1＋4x2＋4x3)＝3.‎ 答案　B ‎3.若双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与抛物线y＝x2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是(　　)‎ A.[3，＋∞) B.(3，＋∞)‎ C.(1，3] D.(1，3)‎ 解析　依题意可知双曲线渐近线方程为y＝±x，与抛物线方程联立消去y得x2±x＋2＝0.‎ ‎∵渐近线与抛物线有交点，‎ ‎∴Δ＝－8≥0，求得b2≥8a2，‎ ‎∴c＝≥3a，‎ ‎∴e＝≥3.‎ 答案　A ‎4.(2018·贵阳模拟)已知双曲线x2－y2＝1的左、右顶点分别为A1，A2，动直线l：y＝kx＋m与圆x2＋y2＝1相切，且与双曲线左、右两支的交点分别为P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则x2－x1的最小值为(　　)‎ A.2 B.2 C.4 D.3 解析　∵直线l与圆相切，‎ ‎∴原点到直线的距离d＝＝1，‎ ‎∴m2＝1＋k2.‎ 由得(1－k2)x2－2mkx－(m2＋1)＝0，‎ ‎∴ ‎∴k2<1，∴－10).‎ ‎(2)弦长|TS|为定值.理由如下：‎ 取曲线C上点M(x0，y0)，M到y轴的距离为d＝|x0|＝x0，圆的半径r＝|MA|＝，‎ 则|TS|＝2＝2，‎ ‎∵点M在曲线C上，∴y＝2x0，‎ ‎∴|TS|＝2＝2是定值.‎ ‎10.(2017·全国Ⅱ卷)设O为坐标原点，动点M在椭圆C：＋y2＝1上，过M作x轴的垂线，垂足为N，点P满足＝.‎ ‎(1)求点P的轨迹方程；‎ ‎(2)设点Q在直线x＝－3上，且·＝1.证明：过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ ‎(1)解　设P(x，y)，M(x0，y0)，则N(x0，0)，＝(x－x0，y)，＝(0，y0)，‎ 由＝得：x0＝x，y0＝y，‎ 因为M(x0，y0)在C上，所以＋＝1，‎ 因此点P的轨迹方程为x2＋y2＝2.‎ ‎(2)证明　由题意知F(－1，0)，设Q(－3，t)，P(m，n)，则＝(－3，t)，＝‎ ‎(－1－m，－n)，·＝3＋3m－tn，‎ ＝(m，n)，＝(－3－m，t－n)，‎ 由·＝1，得－3m－m2＋tn－n2＝1，‎ 又由(1)知m2＋n2＝2.故3＋3m－tn＝0.‎ 所以·＝0，即⊥，又过点P存在唯一直线垂直于OQ，所以过点P且垂直于OQ的直线l过C的左焦点F.‎ 能力提升题组 ‎(建议用时：20分钟)‎ ‎11.(2018·长沙模拟)若P是双曲线C：－y2＝1右支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线，P在l上的射影为Q，F1是双曲线C的左焦点，则|PF1|＋|PQ|的最小值为(　　)‎ A.1 B.2＋ C.4＋ D.2＋1‎ 解析　设F2是双曲线C的右焦点，因为|PF1|－|PF2|＝2，所以|PF1|＋|PQ|＝2＋|PF2|＋|PQ|，显然当F2，P，Q三点共线且P在F2，Q之间时，|PF2|＋|PQ|最小，且最小值为F2到l的距离.易知l的方程为y＝或y＝－，F2(，0)，求得F2到l的距离为1，故|PF1|＋|PQ|的最小值为2＋1.‎ 答案　D ‎12.(2018·合肥模拟)若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任一点，则·的最小值为 .‎ 解析　点P为椭圆＋＝1上的任意一点，设P(x，y)(－3≤x≤3，－2≤y≤2)，依题意得左焦点F(－1，0)，∴＝(x，y)，＝(x＋1，y)，∴·＝x(x＋1)＋y2＝x2＋x＋＝＋.‎ ‎∵－3≤x≤3，‎ ‎∴≤x＋≤，∴≤≤，‎ ‎∴≤≤，∴6≤＋≤12，即6≤·≤12，故最小值为6.‎ 答案　6‎ ‎13.(2018·昆明诊断)已知椭圆＋＝1(a>b>0)，F1，F2为它的左、右焦点，P为椭圆上一点，已知∠F1PF2＝60°，S△F1PF2＝，且椭圆的离心率为.‎ ‎(1)求椭圆方程；‎ ‎(2)已知T(－4，0)，过T的直线与椭圆交于M，N两点，求△MNF1面积的最大值.‎ 解　(1)由已知，得|PF1|＋|PF2|＝2a，①‎ ‎|PF1|2＋|PF2|2－2|PF1 PF2|cos 60°＝4c2，‎ 即|PF1|2＋|PF2|2－|PF1 PF2|＝4c2，②‎ |PF1 PF2|sin 60°＝，即|PF1 PF2|＝4，③‎ 联立①，②，③解得a2－c2＝3.又＝，∴c2＝1，a2＝4，‎ b2＝a2－c2＝3，椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)根据题意可知直线MN的斜率存在，且不为0.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线MN的方程为x＝my－4，‎ 代入椭圆方程，整理得(3m2＋4)y2－24my＋36＝0，‎ 则Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)>0，所以m2>4.‎ y1＋y2＝，y1y2＝，‎ 则△MNF1的面积S△MNF1＝|S△NTF1－S△MTF1|‎ ‎＝|TF1|·|y1－y2|＝ ‎＝＝18 ‎＝6×＝6×≤＝.‎ 当且仅当＝，即m2＝时(此时适合Δ>0的条件)取得等号.‎ 故△MNF1面积的最大值为.‎