2020版數(shù)學(xué)（理）人教A版新設(shè)計(jì)大一輪講義第八章第8節(jié)第1課時(shí)最值范圍證明問題

第8節(jié)圓錐曲線的綜合問題考試要求1.掌握解決直線與橢圓、拋物線的綜合問題的思想方法；2.了解圓錐曲線的簡單應(yīng)用；3.理解數(shù)形結(jié)合的思想.知識(shí)梳理1.求定值問題常見的方法有兩種：(1)從特殊入手，求出定值，再證明這個(gè)值與變量無關(guān).(2)直接推理、計(jì)算，并在計(jì)算推理的過程中消去變量，從而得到定值.2.定點(diǎn)的探索與證明問題(1)探索直線過定點(diǎn)時(shí)，可設(shè)出直線方程為y＝kx＋b，然后利用條件建立b，k等量關(guān)系進(jìn)行消元，借助于直線系的思想找出定點(diǎn).(2)從特殊情況入手，先探求定點(diǎn)，再證明與變量無關(guān).3.求解范圍問題的方法求范圍問題的關(guān)鍵是建立求解關(guān)于某個(gè)變量的目標(biāo)函數(shù)，通過求這個(gè)函數(shù)的值域確定目標(biāo)的范圍，要特別注意變量的取值范圍.4.圓錐曲線中常見最值的解題方法(1)幾何法，若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考慮利用圖形性質(zhì)來解決；(2)代數(shù)法，若題目的條件和結(jié)論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關(guān)系，則可先建立起目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值，最值常用基本不等式法、配方法及導(dǎo)數(shù)法求解.5.圓錐曲線的弦長設(shè)斜率為k(k≠0)的直線l與圓錐曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq\r(1＋\f(1,k2))·|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2).[微點(diǎn)提醒]1.直線與橢圓位置關(guān)系的有關(guān)結(jié)論(供選用)(1)過橢圓外一點(diǎn)總有兩條直線與橢圓相切；(2)過橢圓上一點(diǎn)有且僅有一條直線與橢圓相切；(3)過橢圓內(nèi)一點(diǎn)的直線均與橢圓相交.2.直線與拋物線位置關(guān)系的有關(guān)結(jié)論(供選用)(1)過拋物線外一點(diǎn)總有三條直線和拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，兩條切線和一條與對(duì)稱軸平行或重合的直線；(2)過拋物線上一點(diǎn)總有兩條直線與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，一條切線和一條與對(duì)稱軸平行或重合的直線；(3)過拋物線內(nèi)一點(diǎn)只有一條直線與拋物線有且只有一個(gè)公共點(diǎn)，一條與對(duì)稱軸平行或重合的直線.基礎(chǔ)自測(cè)1.判斷下列結(jié)論正誤(在括號(hào)內(nèi)打“√”或“×”)(1)直線l與橢圓C相切的充要條件是：直線l與橢圓C只有一個(gè)公共點(diǎn).()(2)直線l與雙曲線C相切的充要條件是：直線l與雙曲線C只有一個(gè)公共點(diǎn).()(3)直線l與拋物線C相切的充要條件是：直線l與拋物線C只有一個(gè)公共點(diǎn).()(4)如果直線x＝ty＋a與圓錐曲線相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，則弦長|AB|＝eq\r(1＋t2)|y1－y2|.()解析(2)因?yàn)橹本€l與雙曲線C的漸近線平行時(shí)，也只有一個(gè)公共點(diǎn)，是相交，但并不相切.(3)因?yàn)橹本€l與拋物線C的對(duì)稱軸平行或重合時(shí)，也只有一個(gè)公共點(diǎn)，是相交，但不相切.答案(1)√(2)×(3)×(4)√2.(選修2－1P71例6改編)過點(diǎn)(0，1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個(gè)公共點(diǎn)，這樣的直線有()A.1條B.2條C.3條D.4條解析結(jié)合圖形分析可知，滿足題意的直線共有3條；直線x＝0，過點(diǎn)(0，1)且平行于x軸的直線以及過點(diǎn)(0，1)且與拋物線相切的直線(非直線x＝0).答案C3.(選修2－1P69例4改編)已知傾斜角為60°的直線l通過拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)，且與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)，則弦|AB|＝________.解析法一直線l的方程為y＝eq\r(3)x＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x＋1，,x2＝4y，))得y2－14y＋1＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝14，∴|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝14＋2＝16.法二如圖所示，過F作AD的垂線，垂足為H，則|AF|＝|AD|＝p＋|AF|sin60°，即|AF|＝eq\f(p,1－sin60°)＝eq\f(2,1－sin60°).同理，|BF|＝eq\f(2,1＋sin60°)，故|AB|＝|AF|＋|BF|＝16.答案164.(2019·浙江八校聯(lián)考)拋物線y＝ax2與直線y＝kx＋b(k≠0)交于A，B兩點(diǎn)，且這兩點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為x1，x2，直線與x軸交點(diǎn)的橫坐標(biāo)是x3，則()A.x3＝x1＋x2B.x1x2＝x1x3＋x2x3C.x1＋x2＋x3＝0D.x1x2＋x2x3＋x3x1＝0解析由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝ax2，,y＝kx＋b，))消去y得ax2－kx－b＝0，可知x1＋x2＝eq\f(k,a)，x1x2＝－eq\f(b,a)，令kx＋b＝0得x3＝－eq\f(b,k)，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.答案B5.(2019·唐山市五校聯(lián)考)直線l與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)交于A，B兩點(diǎn)，M是線段AB的中點(diǎn)，若l與OM(O是原點(diǎn))的斜率的乘積等于1，則此雙曲線的離心率為()A.3B.2C.eq\r(3)D.eq\r(2)解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)，把A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)分別代入雙曲線的方程，得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(xeq\o\al(2,1),a2)－\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(xeq\o\al(2,2),a2)－\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減得eq\f(（x1＋x2）（x1－x2）,a2)－eq\f(（y1＋y2）（y1－y2）,b2)＝0，又eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)，,y0＝\f(y1＋y2,2)，))所以eq\f(x0,a2)＝eq\f(y0（y1－y2）,b2（x1－x2）)，所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(y0（y1－y2）,x0（x1－x2）)＝kOMkl＝1，所以e2＝1＋eq\f(b2,a2)＝2，又e>1，所以e＝eq\r(2).答案D6.(2019·濰坊二模)已知拋物線y＝ax2(a>0)的準(zhǔn)線為l，l與雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1的兩條漸近線分別交于A，B兩點(diǎn)，若|AB|＝4，則a＝________.解析拋物線y＝ax2(a>0)的準(zhǔn)線l：y＝－eq\f(1,4a)，雙曲線eq\f(x2,4)－y2＝1的兩條漸近線分別為y＝eq\f(1,2)x，y＝－eq\f(1,2)x，可得xA＝－eq\f(1,2a)，xB＝eq\f(1,2a)，可得|AB|＝eq\f(1,2a)－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,2a)))＝4，解得a＝eq\f(1,4).答案eq\f(1,4)第1課時(shí)最值、范圍、證明問題考點(diǎn)一最值問題多維探究角度1利用幾何性質(zhì)求最值【例1－1】設(shè)P是橢圓eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,9)＝1上一點(diǎn)，M，N分別是兩圓：(x＋4)2＋y2＝1和(x－4)2＋y2＝1上的點(diǎn)，則|PM|＋|PN|的最小值、最大值分別為()A.9，12B.8，11C.8，12D.10，12解析如圖，由橢圓及圓的方程可知兩圓圓心分別為橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，由橢圓定義知|PA|＋|PB|＝2a＝10，連接PA，PB分別與圓相交于兩點(diǎn)，此時(shí)|PM|＋|PN|最小，最小值為|PA|＋|PB|－2R＝8；連接PA，PB并延長，分別與圓相交于兩點(diǎn)，此時(shí)|PM|＋|PN|最大，最大值為|PA|＋|PB|＋2R＝12，即最小值和最大值分別為8，12.答案C角度2利用基本不等式或二次函數(shù)求最值【例1－2】(2019·鄭州二模)已知?jiǎng)訄AE經(jīng)過點(diǎn)F(1，0)，且和直線l：x＝－1相切.(1)求該動(dòng)圓圓心E的軌跡G的方程；(2)已知點(diǎn)A(3，0)，若斜率為1的直線l′與線段OA相交(不經(jīng)過坐標(biāo)原點(diǎn)O和點(diǎn)A)，且與曲線G交于B，C兩點(diǎn)，求△ABC面積的最大值.解(1)由題意可知點(diǎn)E到點(diǎn)F的距離等于點(diǎn)E到直線l的距離，∴動(dòng)點(diǎn)E的軌跡是以F(1，0)為焦點(diǎn)，直線x＝－1為準(zhǔn)線的拋物線，故軌跡G的方程是y2＝4x.(2)設(shè)直線l′的方程為y＝x＋m，其中－3<m<0，C(x1，y1)，B(x2，y2)，聯(lián)立得方程組eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝x＋m，,y2＝4x))消去y，得x2＋(2m－4)x＋m2＝0，Δ＝(2m－4)2－4m2＝16(1－m)>0恒成立.由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝4－2m，x1·x2＝m2，∴|CB|＝4eq\r(2（1－m）)，點(diǎn)A到直線l′的距離d＝eq\f(3＋m,\r(2))，∴S△ABC＝eq\f(1,2)×4eq\r(2（1－m）)×eq\f(3＋m,\r(2))＝2eq\r(1－m)×(3＋m)，令eq\r(1－m)＝t，t∈(1，2)，則m＝1－t2，∴S△ABC＝2t(4－t2)＝8t－2t3，令f(t)＝8t－2t3，∴f′(t)＝8－6t2，令f′(t)＝0，得t＝eq\f(2,\r(3))(負(fù)值舍去).易知y＝f(t)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(2,\r(3))))上單調(diào)遞增，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,\r(3))，2))上單調(diào)遞減.∴y＝f(t)在t＝eq\f(2,\r(3))，即m＝－eq\f(1,3)時(shí)取得最大值為eq\f(32\r(3),9).∴△ABC面積的最大值為eq\f(32\r(3),9).規(guī)律方法圓錐曲線中的最值問題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是幾何方法，即通過利用圓錐曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進(jìn)行求解；二是代數(shù)方法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達(dá)式表示為某個(gè)(些)變量的函數(shù)(解析式)，然后利用函數(shù)方法、不等式方法等進(jìn)行求解.【訓(xùn)練1】已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)，F(xiàn)1，F(xiàn)2為它的左、右焦點(diǎn)，P為橢圓上一點(diǎn)，已知∠F1PF2＝60°，S△F1PF2＝eq\r(3)，且橢圓的離心率為eq\f(1,2).(1)求橢圓方程；(2)已知T(－4，0)，過T的直線與橢圓交于M，N兩點(diǎn)，求△MNF1面積的最大值.解(1)由已知，得|PF1|＋|PF2|＝2a，①|(zhì)PF1|2＋|PF2|2－2|PF1||PF2|cos60°＝4c2，即|PF1|2＋|PF2|2－|PF1||PF2|＝4c2，②eq\f(1,2)|PF1||PF2|sin60°＝eq\r(3)，即|PF1||PF2|＝4，③聯(lián)立①②③解得a2－c2＝3.又eq\f(c,a)＝eq\f(1,2)，∴c2＝1，a2＝4，b2＝a2－c2＝3，橢圓方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)根據(jù)題意可知直線MN的斜率存在，且不為0.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，直線MN的方程為x＝my－4，代入橢圓方程，整理得(3m2＋4)y2－24my＋36＝0，則Δ＝(24m)2－4×36×(3m2＋4)>0，所以m2>4.y1＋y2＝eq\f(24m,3m2＋4)，y1y2＝eq\f(36,3m2＋4)，則△MNF1的面積S△MNF1＝|S△NTF1－S△MTF1|＝eq\f(1,2)|TF1|·|y1－y2|＝eq\f(3,2)eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝eq\f(3,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(24m,3m2＋4)))\s\up12(2)－\f(144,3m2＋4))＝18eq\f(\r(m2－4),4＋3m2)＝6×eq\f(1,\f(m2－4＋\f(16,3),\r(m2－4)))＝6×eq\f(1,\r(m2－4)＋\f(\f(16,3),\r(m2－4)))≤eq\f(6,2\r(\f(16,3)))＝eq\f(3\r(3),4).當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(m2－4)＝eq\f(\f(16,3),\r(m2－4))，即m2＝eq\f(28,3)時(shí)(此時(shí)適合Δ>0的條件)取得等號(hào).故△MNF1面積的最大值為eq\f(3\r(3),4).考點(diǎn)二范圍問題【例2】(2018·浙江卷)如圖，已知點(diǎn)P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點(diǎn)，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點(diǎn)A，B滿足PA，PB的中點(diǎn)均在C上.(1)設(shè)AB中點(diǎn)為M，證明：PM垂直于y軸；(2)若P是半橢圓x2＋eq\f(y2,4)＝1(x<0)上的動(dòng)點(diǎn)，求△PAB面積的取值范圍.(1)證明設(shè)P(x0，y0)，Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)yeq\o\al(2,1)，y1))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)yeq\o\al(2,2)，y2)).因?yàn)镻A，PB的中點(diǎn)在拋物線上，所以y1，y2為方程eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(y＋y0,2)))eq\s\up12(2)＝4·eq\f(\f(1,4)y2＋x0,2)，即y2－2y0y＋8x0－yeq\o\al(2,0)＝0的兩個(gè)不同的實(shí)根.所以y1＋y2＝2y0，因此，PM垂直于y軸.(2)解由(1)可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝2y0，,y1y2＝8x0－yeq\o\al(2,0)，))所以|PM|＝eq\f(1,8)(yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2))－x0＝eq\f(3,4)yeq\o\al(2,0)－3x0，|y1－y2|＝2eq\r(2（yeq\o\al(2,0)－4x0）).因此，△PAB的面積S△PAB＝eq\f(1,2)|PM|·|y1－y2|＝eq\f(3\r(2),4)(yeq\o\al(2,0)－4x0)eq\f(3,2).因?yàn)閤eq\o\al(2,0)＋eq\f(yeq\o\al(2,0),4)＝1(x0<0)，所以yeq\o\al(2,0)－4x0＝－4xeq\o\al(2,0)－4x0＋4∈[4，5]，因此，△PAB面積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6\r(2)，\f(15\r(10),4))).規(guī)律方法解決圓錐曲線中的取值范圍問題應(yīng)考慮的五個(gè)方面(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍；(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個(gè)參數(shù)之間的等量關(guān)系；(3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(4)利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(5)利用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.【訓(xùn)練2】(2019·南昌調(diào)研)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，短軸長為2.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若kOM·kON＝eq\f(5,4)，求原點(diǎn)O到直線l的距離的取值范圍.解(1)由題知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，2b＝2，又a2＝b2＋c2，∴b＝1，a＝2，∴橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，依題意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化簡得m2<4k2＋1，①x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1)，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.若kOM·kON＝eq\f(5,4)，則eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(5,4)，即4y1y2＝5x1x2，∴(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0，∴(4k2－5)·eq\f(4（m2－1）,4k2＋1)＋4km·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋1)))＋4m2＝0，即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化簡得m2＋k2＝eq\f(5,4)，②由①②得0≤m2<eq\f(6,5)，eq\f(1,20)<k2≤eq\f(5,4).∵原點(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，∴d2＝eq\f(m2,1＋k2)＝eq\f(\f(5,4)－k2,1＋k2)＝－1＋eq\f(9,4（1＋k2）)，又eq\f(1,20)<k2≤eq\f(5,4)，∴0≤d2<eq\f(8,7)，∴原點(diǎn)O到直線l的距離的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(14),7))).考點(diǎn)三證明問題【例3】(2018·全國Ⅲ卷)已知斜率為k的直線l與橢圓C：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于A，B兩點(diǎn)，線段AB的中點(diǎn)為M(1，m)(m>0).(1)證明：k<－eq\f(1,2)；(2)設(shè)F為C的右焦點(diǎn)，P為C上一點(diǎn)，且eq\o(FP,\s\up6(→))＋eq\o(FA,\s\up6(→))＋eq\o(FB,\s\up6(→))＝0.證明：|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差數(shù)列，并求該數(shù)列的公差.(1)證明設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(xeq\o\al(2,2),4)＋eq\f(yeq\o\al(2,2),3)＝1.兩式相減，并由eq\f(y1－y2,x1－x2)＝k得eq\f(x1＋x2,4)＋eq\f(y1＋y2,3)·k＝0.由題設(shè)知eq\f(x1＋x2,2)＝1，eq\f(y1＋y2,2)＝m，于是k＝－eq\f(3,4m).①由于點(diǎn)M(1，m)(m>0)在橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1內(nèi)，∴eq\f(1,4)＋eq\f(m2,3)<1，解得0<m<eq\f(3,2)，故k<－eq\f(1,2).(2)解由題意得F(1，0).設(shè)P(x3，y3)，則(x3－1，y3)＋(x1－1，y1)＋(x2－1，y2)＝(0，0).由(1)及題設(shè)得x3＝3－(x1＋x2)＝1，y3＝－(y1＋y2)＝－2m<0.又點(diǎn)P在C上，所以m＝eq\f(3,4)，從而Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，－\f(3,2)))，|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝eq\f(3,2).于是|eq\o(FA,\s\up6(→))|＝eq\r(（x1－1）2＋yeq\o\al(2,1))＝eq\r(（x1－1）2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,1),4))))＝2－eq\f(x1,2).同理|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝2－eq\f(x2,2).所以|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|＝4－eq\f(1,2)(x1＋x2)＝3.故2|eq\o(FP,\s\up6(→))|＝|eq\o(FA,\s\up6(→))|＋|eq\o(FB,\s\up6(→))|，即|eq\o(FA,\s\up6(→))|，|eq\o(FP,\s\up6(→))|，|eq\o(FB,\s\up6(→))|成等差數(shù)列.設(shè)該數(shù)列的公差為d，則2|d|＝||eq\o(FB,\s\up6(→))|－|eq\o(FA,\s\up6(→))||＝eq\f(1,2)|x1－x2|＝eq\f(1,2)eq\r(（x1＋x2）2－4x1x2).②將m＝eq\f(3,4)代入①得k＝－1.所以l的方程為y＝－x＋eq\f(7,4)，代入C的方程，并整理得7x2－14x＋eq\f(1,4)＝0.故x1＋x2＝2，x1x2＝eq\f(1,28)，代入②解得|d|＝eq\f(3\r(21),28).所以該數(shù)列的公差為eq\f(3\r(21),28)或－eq\f(3\r(21),28).規(guī)律方法圓錐曲線中的證明問題常見的有：(1)位置關(guān)系方面的：如證明直線與曲線相切，直線間的平行、垂直，直線過定點(diǎn)等.(2)數(shù)量關(guān)系方面的：如存在定值、恒成立、相等等.在熟悉圓錐曲線的定義與性質(zhì)的前提下，一般采用直接法，通過相關(guān)的代數(shù)運(yùn)算證明，但有時(shí)也會(huì)用反證法證明.【訓(xùn)練3】(2018·唐山模擬)如圖，圓C與x軸相切于點(diǎn)T(2，0)，與y軸正半軸相交于兩點(diǎn)M，N(點(diǎn)M在點(diǎn)N的下方)，且|MN|＝3.(1)求圓C的方程；(2)過點(diǎn)M任作一條直線與橢圓eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,4)＝1相交于兩點(diǎn)A，B，連接AN，BN，求證：∠ANM＝∠BNM.(1)解設(shè)圓C的半徑為r(r>0)，依題意，圓心C的坐標(biāo)為(2，r).因?yàn)閨MN|＝3，所以r2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)))eq\s\up12(2)＋22＝eq\f(25,4).所以r＝eq\f(5,2)，圓C的方程為(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4).(2)證明把x＝0代入方程(x－2)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(5,2)))eq\s\up12(2)＝eq\f(25,4)，解得y＝1或y＝4，即點(diǎn)M(0，1)，N(0，4).①當(dāng)AB⊥x軸時(shí)，可知∠ANM＝∠BNM＝0.②當(dāng)AB與x軸不垂直時(shí)，可設(shè)直線AB的方程為y＝kx＋1.聯(lián)立方程eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋1，,\f(x2,8)＋\f(y2,4)＝1))消去y得，(1＋2k2)x2＋4kx－6＝0.設(shè)直線AB交橢圓于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，則x1＋x2＝eq\f(－4k,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(－6,1＋2k2).所以kAN＋kBN＝eq\f(y1－4,x1)＋eq\f(y2－4,x2)＝eq\f(kx1－3,x1)＋eq\f(kx2－3,x2)＝eq\f(2kx1x2－3（x1＋x2）,x1x2)＝eq\f(1,x1x2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－12k,1＋2k2)＋\f(12k,1＋2k2)))＝0.所以∠ANM＝∠BNM.綜合①②知∠ANM＝∠BNM.基礎(chǔ)鞏固題組(建議用時(shí)：40分鐘)一、選擇題1.直線y＝eq\f(b,a)x＋3與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的交點(diǎn)個(gè)數(shù)是()A.1B.2C.1或2D.0解析由直線y＝eq\f(b,a)x＋3與雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1的漸近線y＝eq\f(b,a)x平行，故直線與雙曲線的交點(diǎn)個(gè)數(shù)是1.答案A2.已知雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，斜率為1的直線與C交于兩點(diǎn)A，B，若線段AB的中點(diǎn)為(4，1)，則雙曲線C的漸近線方程是()A.2x±y＝0B.x±2y＝0C.eq\r(2)x±y＝0D.x±eq\r(2)y＝0解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(xeq\o\al(2,1),a2)－eq\f(yeq\o\al(2,1),b2)＝1①，eq\f(xeq\o\al(2,2),a2)－eq\f(yeq\o\al(2,2),b2)＝1②，由①－②得eq\f(（x1－x2）（x1＋x2）,a2)＝eq\f(（y1－y2）（y1＋y2）,b2)，結(jié)合題意化簡得eq\f(4b2,a2)＝1，即eq\f(b,a)＝eq\f(1,2)，所以雙曲線C的漸近線方程為x±2y＝0.答案B3.拋物線y＝x2上的點(diǎn)到直線x－y－2＝0的最短距離為()A.eq\r(2)B.eq\f(7\r(2),8)C.2eq\r(2)D.eq\f(5\r(2),6)解析設(shè)拋物線上一點(diǎn)的坐標(biāo)為(x，y)，則d＝eq\f(|x－y－2|,\r(2))＝eq\f(|－x2＋x－2|,\r(2))＝eq\f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(1,2)))\s\up12(2)－\f(7,4))),\r(2))，∴x＝eq\f(1,2)時(shí)，dmin＝eq\f(7\r(2),8).答案B4.若點(diǎn)O和點(diǎn)F分別為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的中心和左焦點(diǎn)，點(diǎn)P為橢圓上的任意一點(diǎn)，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))的最大值為()A.2B.3C.6D.8解析由題意得F(－1，0)，設(shè)點(diǎn)P(x0，y0)，則yeq\o\al(2,0)＝3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,0),4)))(－2≤x0≤2).eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))＝x0(x0＋1)＋yeq\o\al(2,0)＝xeq\o\al(2,0)＋x0＋yeq\o\al(2,0)＝xeq\o\al(2,0)＋x0＋3eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(xeq\o\al(2,0),4)))＝eq\f(1,4)·(x0＋2)2＋2.因?yàn)椋?≤x0≤2，所以當(dāng)x0＝2時(shí)，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))取得最大值，最大值為6.答案C5.(2018·太原一模)已知拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)為F，過焦點(diǎn)F的直線交拋物線于A，B兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)，若△AOB的面積為eq\r(6)，則|AB|＝()A.6B.8C.12D.16解析由題意知拋物線y2＝4x的焦點(diǎn)F的坐標(biāo)為(1，0)，易知當(dāng)直線AB垂直于x軸時(shí)，△AOB的面積為2，不滿足題意，所以可設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)(k≠0)，與y2＝4x聯(lián)立，消去x得ky2－4y－4k＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，所以y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4，所以|y1－y2|＝eq\r(\f(16,k2)＋16)，所以△AOB的面積為eq\f(1,2)×1×eq\r(\f(16,k2)＋16)＝eq\r(6)，解得k＝±eq\r(2)，所以|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝6.答案A二、填空題6.(2019·北京朝陽區(qū)一模)拋物線C：y2＝2px(p>0)的準(zhǔn)線與x軸的交點(diǎn)為M，過點(diǎn)M作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為P，Q，則∠PMQ＝________.解析由題意得Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(p,2)，0))，設(shè)過點(diǎn)M的切線方程為x＝my－eq\f(p,2)，代入y2＝2px得y2－2pmy＋p2＝0，∴Δ＝4p2m2－4p2＝0，∴m＝±1，則切線斜率k＝±1，∴MQ⊥MP，因此∠PMQ＝eq\f(π,2).答案eq\f(π,2)7.過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右頂點(diǎn)且斜率為2的直線，與該雙曲線的右支交于兩點(diǎn)，則此雙曲線離心率的取值范圍為________.解析由過雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的右頂點(diǎn)且斜率為2的直線，與該雙曲線的右支交于兩點(diǎn)，可得eq\f(b,a)<2.∴e＝eq\f(c,a)＝eq\r(\f(a2＋b2,a2))<eq\r(1＋4)＝eq\r(5)，∵e>1，∴1<e<eq\r(5)，∴此雙曲線離心率的取值范圍為(1，eq\r(5)).答案(1，eq\r(5))8.(2019·深圳二模)設(shè)過拋物線y2＝2px(p>0)上任意一點(diǎn)P(異于原點(diǎn)O)的直線與拋物線y2＝8px(p>0)交于A，B兩點(diǎn)，直線OP與拋物線y2＝8px(p>0)的另一個(gè)交點(diǎn)為Q，則eq\f(S△ABQ,S△ABO)＝________.解析設(shè)直線OP的方程為y＝kx(k≠0)，聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,y2＝2px，))解得Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2p,k2)，\f(2p,k)))，聯(lián)立得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx，,y2＝8px，))解得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8p,k2)，\f(8p,k)))，∴|OP|＝eq\r(\f(4p2,k4)＋\f(4p2,k2))＝eq\f(2p\r(1＋k2),k2)，|PQ|＝eq\r(\f(36p2,k4)＋\f(36p2,k2))＝eq\f(6p\r(1＋k2),k2)，∴eq\f(S△ABQ,S△ABO)＝eq\f(|PQ|,|OP|)＝3.答案3三、解答題9.設(shè)橢圓C1：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，F(xiàn)1，F(xiàn)2是橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)，M是橢圓上任意一點(diǎn)，且△MF1F2的周長是4＋2eq\r(3).(1)求橢圓C1的方程；(2)設(shè)橢圓C1的左、右頂點(diǎn)分別為A，B，過橢圓C1上的一點(diǎn)D作x軸的垂線交x軸于點(diǎn)E，若點(diǎn)C滿足eq\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))∥eq\o(OC,\s\up6(→))，連接AC交DE于點(diǎn)P，求證：|PD|＝|PE|.(1)解由e＝eq\f(\r(3),2)，知eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以c＝eq\f(\r(3),2)a，因?yàn)椤鱉F1F2的周長是4＋2eq\r(3)，所以2a＋2c＝4＋2eq\r(3)，所以a＝2，c＝eq\r(3)，所以b2＝a2－c2＝1，所以橢圓C1的方程為：eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)證明由(1)得A(－2，0)，B(2，0)，設(shè)D(x0，y0)，所以E(x0，0)，因?yàn)閑q\o(AB,\s\up6(→))⊥eq\o(BC,\s\up6(→))，所以可設(shè)C(2，y1)，所以eq\o(AD,\s\up6(→))＝(x0＋2，y0)，eq\o(OC,\s\up6(→))＝(2，y1)，由eq\o(AD,\s\up6(→))∥eq\o(OC,\s\up6(→))可得：(x0＋2)y1＝2y0，即y1＝eq\f(2y0,x0＋2).所以直線AC的方程為：eq\f(y－0,\f(2y0,x0＋2)－0)＝eq\f(x＋2,2－（－2）).整理得：y＝eq\f(y0,2（x0＋2）)(x＋2).又點(diǎn)P在DE上，將x＝x0代入直線AC的方程可得：y＝eq\f(y0,2)，即點(diǎn)P的坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x0，\f(y0,2)))，所以P為DE的中點(diǎn)，|PD|＝|PE|.10.如圖，已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1上兩個(gè)不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線y＝mx＋eq\f(1,2)對(duì)稱.(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn)).解由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的方程為y＝－eq\f(1,m)x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB中點(diǎn)為M，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b))消去y，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq\f(2b,m)x＋b2－1＝0.因?yàn)橹本€y＝－eq\f(1,m)x＋b與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，所以Δ＝－2b2＋2＋eq\f(4,m2)＞0，①則x1＋x2＝eq\f(4mb,m2＋2)，y1＋y2＝eq\f(2m2b,m2＋2)，(1)將AB中點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直線方程y＝mx＋eq\f(1,2)解得b＝－eq\f(m2＋2,2m2)，②由①②得m＜－eq\f(\r(6),3)或m＞eq\f(\r(6),3).故實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(6),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，＋∞)).(2)令t＝eq\f(1,m)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)))，則|AB|＝eq\r(t2＋1)·eq\f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，且O到直線AB的距離為d＝eq\f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).設(shè)△AOB的面積為S(t)，所以S(t)＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－\f(1,2)))\s\up12(2)＋2)≤eq\f(\r(2),2).當(dāng)且僅當(dāng)t2＝eq\f(1,2)時(shí)，等號(hào)成立.故△AOB面積的最大值為eq\f(\r(2),2).能力提升題組(建議用時(shí)：20分鐘)11.(2019·煙臺(tái)一模)已知拋物線M：y2＝4x，過拋物線M的焦點(diǎn)F的直線l交拋物線于A，B兩點(diǎn)(點(diǎn)A在第一象限)，且交拋物線的準(zhǔn)線于點(diǎn)E.若eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(BE,\s\up6(→))，則直線l的斜率為()A.3B.2eq\r(2)C.eq\r(3)D.1解析分別過A，B兩點(diǎn)作AD，BC垂直于準(zhǔn)線，垂足分別為D，C，由eq\o(AE,\s\up6(→))＝2eq\o(BE,\s\up6(→))，得B為AE的中點(diǎn)，∴|AB|＝|BE|，則|AD|＝2|BC|，由拋物線的定義可知|AF|＝|AD|，|BF|＝|BC|，∴|AB|＝3|BC|，∴|BE|＝3|BC|，則|CE|＝2eq\r(2)|BC|，∴tan∠CBE＝eq\f(|CE|,|CB|)＝2eq\r(2)，∴直線l的斜率k＝tan∠AFx＝tan∠CBE＝2eq\r(2).答案B12.(2019·河北百校聯(lián)考)已知拋物線y2＝4x，過其焦點(diǎn)F的直線l與拋物線分別交于A，B兩點(diǎn)(A在第一象限內(nèi))，eq\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，過AB的中點(diǎn)且垂直于l的直線與x軸交于點(diǎn)G，則△ABG的面積為()A.eq\f(8\r(3),9)B.eq\f(16\r(3),9)C.eq\f(32\r(3),9)D.eq\f(64\r(3),9)解析設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，因?yàn)閑q\o(AF,\s\up6(→))＝3eq\o(FB,\s\up6(→))，所以y1＝－3y2，設(shè)直線l的方程為x＝my＋1，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋1))消去x得y2－4my－4＝0，∴y1y2＝－4，∴eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＝2\r(3)，,y2＝－\f(2\r(3),3)，))∴y1＋y2＝4m＝eq\f(4\r(3),3)，∴m＝eq\f(\r(3),3)，∴x1＋x2＝eq\f(10,3)，AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)，\f(2\r(3),3)))，過AB中點(diǎn)且垂直于直線l的直線方程為y－eq\f(2\r(3),3)＝－eq\f(\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(5,3)))，令y＝0，可得x＝eq\f(11,3)，所以S△ABG＝eq\f(1,2)×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(11,3)－1))×eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2\r(3)＋\f(2\r(3),3)))＝eq\f(32\r(3),9).答案C13.(一題多解)(2018·全國Ⅲ卷)已知點(diǎn)M(－1，1)和拋物線C：y2＝4x，過C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線與C交于A，B兩點(diǎn).若∠AMB＝90°，則k＝________.解析法一由題意知拋物線的焦點(diǎn)為(1，0)，則過C的焦點(diǎn)且斜率為k的直線方程為y＝k(x－1)(k≠0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去y得k2(x－1)2＝4x，即k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1.由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x－1），,y2＝4x，))消去x得y2＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,k)y＋1))，即y2－eq\f(4,k)y－4＝0，則y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－4，則∠AMB＝90°，得eq\o(MA,\s\up6(→))·eq\o(MB,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1－1)·(x2＋1，y2－1)＝x1x2＋x1＋x2＋1＋y1y2－(y1＋y2)＋1＝0，將x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1與y1＋y2＝eq\f(4,k)，y1y2＝－