2021版高考文科數(shù)學（北師大版）一輪復習教師用書：第九章　第8講　第1課時　圓錐曲線中的證明、范圍（最值）問題-教案下載-教習網(wǎng)

一、知識梳理
1．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的判定
(1)代數(shù)法：把圓錐曲線方程C1與直線方程l聯(lián)立消去y，整理得到關(guān)于x的方程ax2＋bx＋c＝0.
方程ax2＋bx＋c＝0的解
l與C1的交點
a＝0
b＝0
無解(含l是雙曲線的漸近線)
無公共點
b≠0
有一解(含l與拋物線的對稱軸平行(重合)或與雙曲線的漸近線平行)
一個交點
a≠0
Δ＞0
兩個不相等的解
兩個交點
Δ＝0
兩個相等的解
一個交點
Δ＜0
無實數(shù)解
無交點
(2)幾何法：在同一直角坐標系中畫出圓錐曲線和直線，利用圖象和性質(zhì)可判定直線與圓錐曲線的位置關(guān)系．
2．直線與圓錐曲線的相交弦長問題
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，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則
|AB|＝|x1－x2|
＝
＝|y1－y2|
＝.
常用結(jié)論
圓錐曲線以P(x0，y0)(y0≠0)為中點的弦所在直線的斜率如下表：
圓錐曲線方程
直線斜率
橢圓：＋＝1(a>b>0)
k＝－
雙曲線：－＝1(a>0，b>0)
k＝
拋物線：y2＝2px(p>0)
k＝

二、教材衍化
過點(0，1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個公共點，這樣的直線有(　　)
A．1條 B．2條
C．3條 D．4條
解析：選C.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(0，1)且平行于x軸的直線以及過點(0，1)且與拋物線相切的直線(非直線x＝0)．

一、思考辨析
判斷正誤(正確的打“√”，錯誤的打“×”)
(1)直線l與拋物線y2＝2px只有一個公共點，則l與拋物線相切．(　　)
(2)直線y＝kx(k≠0)與雙曲線x2－y2＝1一定相交．(　　)
(3)與雙曲線的漸近線平行的直線與雙曲線有且只有一個交點．(　　)
(4)直線與橢圓只有一個交點?直線與橢圓相切．(　　)
(5)過點(2，4)的直線與橢圓＋y2＝1只有一條切線．(　　)
答案：(1)×　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×
二、易錯糾偏
(1)沒有發(fā)現(xiàn)直線過定點，導致運算量偏大；
(2)不會用函數(shù)法解最值問題．
1．直線y＝kx－k＋1與橢圓＋＝1的位置關(guān)系為(　　)
A．相交 B．相切
C．相離 D．不確定
解析：選A.直線y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒過定點(1，1)，又點(1，1)在橢圓內(nèi)部，故直線與橢圓相交．
2．拋物線y＝x2上的點到直線x－y－2＝0的最短距離為(　　)
A. B.
C．2 D．
解析：選B.設(shè)拋物線上一點的坐標為(x，y)，則d＝＝＝，
所以x＝時，dmin＝.
第1課時　圓錐曲線中的證明、范圍(最值)問題

　　　　　　證明問題(師生共研)
(2018·高考全國卷Ⅲ節(jié)選)已知斜率為k的直線l與橢圓C：＋＝1交于A，B兩點，線段AB的中點為M(1，m)(m>0)．
(1)證明：k0，
所以l與拋物線x2＝－y恒有兩個交點．
聯(lián)立x2＝4y與y＝kx－3，得x2－4kx＋12＝0.
因為m≥3，所以Δ2＝16k2－48≥0.
因為k>0，所以k≥，
所以k的最小值為.
(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
則A，B兩點在拋物線x2＝4y上，C，D兩點在拋物線x2＝－y上，
因為x1＋x2＝4k，x1x2＝12，x3＋x4＝－k，x3x4＝－3，且Δ2＝16k2－48>0，k>0，
所以k>.
所以|AB|＝·，|CD|＝·，
所以＝
＝4 ＝4.
所以k>，所以00，且x1＋x2＝－，x1x2＝，
此時|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝，因為k≠0，上式＝≤＝＝，
所以|S1－S2|的最大值為.

圓錐曲線中的最值問題常涉及不等式、函數(shù)的值域問題，總體上主要有兩種方法：
(1)幾何法
利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進行求解．
(2)代數(shù)法
把要求最值的幾何量或代數(shù)表達式表示為某個(些)參數(shù)的函數(shù)解析式，然后利用函數(shù)的思想、不等式的思想等進行求解．
　(2020·陜西銅川模擬)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為F，若過點F且斜率為1的直線與拋物線相交于M，N兩點，且|MN|＝8.
(1)求拋物線C的方程；
(2)設(shè)直線l為拋物線C的切線，且l∥MN，P為l上一點，求·的最小值．
解：(1)由題意可知F，則直線MN的方程為y＝x－，
代入y2＝2px(p>0)得x2－3px＋＝0，
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
則x1＋x2＝3p，
因為|MN|＝8，
所以x1＋x2＋p＝8，
即3p＋p＝8，解得p＝2，
所以拋物線C的方程為y2＝4x.
(2)設(shè)直線l的方程為y＝x＋b，
代入y2＝4x，得x2＋(2b－4)x＋b2＝0，
因為直線l為拋物線C的切線，所以Δ＝0，
解得b＝1，
所以l為y＝x＋1.
由(1)可知，x1＋x2＝6，x1x2＝1，
設(shè)P(m，m＋1)，
則＝(x1－m，y1－(m＋1))，＝(x2－m，y2－(m＋1))，
所以·＝(x1－m)(x2－m)＋[y1－(m＋1)][y2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋y1y2－(m＋1)(y1＋y2)＋(m＋1)2，(y1y2)2＝16x1x2＝16，
所以y1y2＝－4，y－y＝4(x1－x2)，
所以y1＋y2＝4×＝4，
·＝1－6m＋m2－4－4(m＋1)＋(m＋1)2
＝2(m2－4m－3)
＝2[(m－2)2－7]
≥－14，
當且僅當m＝2，即點P的坐標為(2，3)時，·取得最小值為－14.
[基礎(chǔ)題組練]
1．過橢圓C：＋＝1(a>b>0)的右頂點A且斜率為k的直線交橢圓C于另一個點B，且點B在x軸上的射影恰好為左焦點F，若b>0)上的點到右焦點F(c，0)的最大距離是＋1，且1，a，4c成等比數(shù)列．
(1)求橢圓的方程；
(2)過點F且與x軸不垂直的直線l與橢圓交于A，B兩點，線段AB的垂直平分線交x軸于點M(m，0)，求實數(shù)m的取值范圍．
解：(1)由已知可得
解得
所以橢圓的方程為＋y2＝1.
(2)由題意得F(1，0)，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)．
與橢圓方程聯(lián)立得消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝.
可得線段AB的中點為N.
當k＝0時，直線MN為y軸，此時m＝0.
當k≠0時，直線MN的方程為
y＋＝－，
化簡得ky＋x－＝0.
令y＝0，得m＝.
所以m＝＝∈.
綜上所述，m的取值范圍為.
2．(2020·廣州市綜合檢測(一))已知橢圓C的中心在原點，焦點在坐標軸上，直線y＝x與橢圓C在第一象限內(nèi)的交點是M，點M在x軸上的射影恰好是橢圓C的右焦點F2，橢圓C的另一個焦點是F1，且·＝.
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l過點(－1，0)，且與橢圓C交于P，Q兩點，求△F2PQ的內(nèi)切圓面積的最大值．
解：(1)設(shè)橢圓C的方程為＋＝1(a>b>0)，因為點M在直線y＝x上，且點M在x軸上的射影恰好是橢圓C的右焦點F2(c，0)，
所以點M.
因為·＝·＝，
所以c＝1.
所以
解得
所以橢圓C的方程為＋＝1.
(2)由(1)知，F(xiàn)1(－1，0)，過點F1(－1，0)的直線與橢圓C交于P，Q兩點，則△F2PQ的周長為4a＝8，又S△F2PQ＝·4a·r(r為△F2PQ的內(nèi)切圓半徑)，
所以當△F2PQ的面積最大時，其內(nèi)切圓面積最大．
設(shè)直線l的方程為x＝ky－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
則
消去x得(4＋3k2)y2－6ky－9＝0，
所以
所以S△F2PQ＝·|F1F2|·|y1－y2|＝.
令＝t，則t≥1，
所以S△F2PQ＝，
令f(t)＝3t＋，
則f′(t)＝3－，
當t∈[1，＋∞)時，f′(t)>0，
f(t)＝3t＋在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，
所以S△F2PQ＝≤3，當t＝1時取等號，
即當k＝0時，△F2PQ的面積取得最大值3，
結(jié)合S△F2PQ＝·4a·r，得r的最大值為，
所以△F2PQ的內(nèi)切圓面積的最大值為π.