6、熱點(diǎn)2 范圍、最值問題
解決有關(guān)范圍、最值問題時(shí)，先要恰當(dāng)?shù)匾胱兞?如點(diǎn)的坐標(biāo)、角或斜率等)，建立目標(biāo)函數(shù)，然后利用函數(shù)的有關(guān)知識和方法求解．具體可采用如下方法：
(1)利用判別式構(gòu)造不等式，從而確定參數(shù)的取值范圍；
(2)利用已知參數(shù)的取值范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是在兩個(gè)參數(shù)之間建立相等關(guān)系；
(3)利用已知或隱含的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；
(4)利用函數(shù)值域的求法，確定參數(shù)的取值范圍．
(2017·浙江高考)如圖，已知拋物線x2＝y(tǒng)，點(diǎn)A，B，拋物線上的點(diǎn)P(x，y).過點(diǎn)B作直線AP的垂線，垂足為Q.
(1)求直線AP斜率的取
7、值范圍；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
解 (1)設(shè)直線AP的斜率為k，則k＝＝x－，
因?yàn)椋?x<，
所以直線AP斜率的取值范圍是(－1,1)．
(2)聯(lián)立直線AP與BQ的方程
解得點(diǎn)Q的橫坐標(biāo)是xQ＝.
因?yàn)閨PA|＝＝(k＋1)，
|PQ|＝(xQ－x)＝－，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
因?yàn)閒′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在區(qū)間上單調(diào)遞增，
在區(qū)間上單調(diào)遞減，
因此，當(dāng)k＝時(shí)，|PA|·|PQ|取得最大值.
有關(guān)范圍、最值問題的解題步驟如下：
第一步：設(shè)參數(shù)
8、：依題意設(shè)出相關(guān)的參數(shù)，如設(shè)點(diǎn)的坐標(biāo)，設(shè)比例式的參數(shù)或設(shè)直線的方程等；
第二步：聯(lián)立方程：常把直線方程與曲線方程聯(lián)立，轉(zhuǎn)化為關(guān)于x(或y)的一元二次方程；
第三步：建立函數(shù)：根據(jù)題設(shè)條件中的關(guān)系，建立目標(biāo)函數(shù)的關(guān)系式；
第四步：求最值(或范圍)：利用配方法、基本不等式法、單調(diào)性法(基本初等函數(shù)或?qū)?shù))等求其最值．
(2019·全國卷Ⅱ)已知點(diǎn)A(－2,0)，B(2,0)，動(dòng)點(diǎn)M(x，y)滿足直線AM與BM的斜率之積為－.記M的軌跡為曲線C.
(1)求C的方程，并說明C是什么曲線；
(2)過坐標(biāo)原點(diǎn)的直線交C于P，Q兩點(diǎn)，點(diǎn)P在第一象限，PE⊥x軸，垂足為E，連接QE并延長交C于
9、點(diǎn)G.
①證明：△PQG是直角三角形；
②求△PQG面積的最大值．
解 (1)由題設(shè)，得·＝－，
化簡得C的方程為＋＝1(|x|≠2)，
所以C為中心在坐標(biāo)原點(diǎn)，焦點(diǎn)在x軸上的橢圓，不含左右頂點(diǎn)．
(2)①證明：設(shè)直線PQ的斜率為k，
則其方程為y＝kx(k>0)．
由得x＝±.
設(shè)u＝，則P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直線QG的斜率為，方程為y＝(x－u)．
由
得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.(*)
設(shè)G(xG，yG)，則－u和xG是方程(*)的解，
故xG＝，由此得yG＝.
從而直線PG的斜率為＝－.
所以PQ⊥
10、PG，即△PQG是直角三角形．
②由①得|PQ|＝2u ，|PG|＝，
所以△PQG的面積
S＝|PQ|·|PG|＝
＝.
設(shè)t＝k＋，
則由k>0，得t≥2，當(dāng)且僅當(dāng)k＝1時(shí)取等號．
因?yàn)镾＝在[2，＋∞)上單調(diào)遞減，
所以當(dāng)t＝2，即k＝1時(shí)，S取得最大值，最大值為.
因此，△PQG面積的最大值為.
熱點(diǎn)3 探索性問題
圓錐曲線中的探索性問題常考查結(jié)論存在和條件探究兩種題型，一般的解題思路如下：
(1)結(jié)論存在型：即證明在給定的條件下，一些給定的結(jié)論是否存在．解題時(shí)一般先對結(jié)論作肯定假設(shè)，然后結(jié)合已知條件進(jìn)行推證，若推證無矛盾，則正確；若推出矛盾，則否定此結(jié)論．
11、過程可歸納為：假設(shè)—推證—定論；
(2)條件探究型：即給出結(jié)論，需要分析出具備的條件，并加以證明．解題時(shí)一般從結(jié)論出發(fā)，依據(jù)其他已知條件，通過必要的邏輯推理，逐步找到結(jié)論成立的等價(jià)條件，即“執(zhí)果索因”．
(2019·全國卷Ⅱ)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個(gè)焦點(diǎn)，P為C上的點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．
(1)若△POF2為等邊三角形，求C的離心率；
(2)如果存在點(diǎn)P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面積等于16，求b的值和a的取值范圍．
解 (1)連接PF1.由△POF2為等邊三角形可知在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝c，于是2
12、a＝|PF1|＋|PF2|＝(＋1)c，故C的離心率為e＝＝－1.
(2)由題意可知，滿足條件的點(diǎn)P(x，y)存在當(dāng)且僅當(dāng)
|y|·2c＝16，·＝－1，＋＝1，
即c|y|＝16，①
x2＋y2＝c2，②
＋＝1.③
由②③及a2＝b2＋c2，得y2＝.
又由①，知y2＝，故b＝4.
由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，
所以c2≥b2，從而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥4.
當(dāng)b＝4，a≥4時(shí)，存在滿足條件的點(diǎn)P.
所以b＝4，a的取值范圍為[4，＋∞)．
解決探索性問題時(shí)要注意：先假設(shè)存在，推證滿足條件的結(jié)論，若結(jié)論正確則存在，若結(jié)論不正確
13、則不存在．
1．當(dāng)條件和結(jié)論不唯一時(shí)，要分類討論．
2．當(dāng)給出結(jié)論，推導(dǎo)出存在的條件時(shí)，先假設(shè)成立，再推出條件．
3．當(dāng)條件和結(jié)論都未知時(shí)，按常規(guī)方法解題較難，因此要開放思維，采取其他途徑．
設(shè)橢圓M：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為A(－1,0)，B(1,0)，C為橢圓M上的點(diǎn)，且∠ACB＝，S△ABC＝.
(1)求橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)設(shè)過橢圓M右焦點(diǎn)且斜率為k的動(dòng)直線與橢圓M相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，探究在x軸上是否存在定點(diǎn)D，使得·為定值？若存在，試求出定值和點(diǎn)D的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．
解 (1)在△ABC中，由余弦定理得AB2＝CA2＋CB2－2CA·CB
14、cos∠ACB＝(CA＋CB)2－3CA·CB＝4.
又S△ABC＝CA·CBsin∠ACB＝CA·CB＝，
∴CA·CB＝，代入上式得CA＋CB＝2.
橢圓長軸2a＝2，焦距2c＝AB＝2.
所以橢圓M的標(biāo)準(zhǔn)方程為＋y2＝1.
(2)設(shè)直線方程為y＝k(x－1)，E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)，
聯(lián)立
消去y，得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝8k2＋8>0，
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
假設(shè)在x軸上存在定點(diǎn)D(x0,0)，
使得·為定值，
∴·＝(x1－x0，y1)·(x2－x0，y2)
＝x1x2－x0(x1＋x2)＋x＋y1y2
＝x1
15、x2－x0(x1＋x2)＋x＋k2(x1－1)(x2－1)
＝(1＋k2)x1x2－(x0＋k2)(x1＋x2)＋x＋k2
＝.
要使·為定值，則·的值與k無關(guān)，
∴2x－4x0＋1＝2(x－2)，解得x0＝，
此時(shí)·＝－為定值，定點(diǎn)為.
專題作業(yè)
1．(2019·全國卷Ⅲ)已知曲線C：y＝，D為直線y＝－上的動(dòng)點(diǎn)，過D作C的兩條切線，切點(diǎn)分別為A，B.
(1)證明：直線AB過定點(diǎn)；
(2)若以E為圓心的圓與直線AB相切，且切點(diǎn)為線段AB的中點(diǎn)，求四邊形ADBE的面積．
解 (1)證明：設(shè)D，A(x1，y1)，則x＝2y1.
因?yàn)閥′＝x，所以切線DA的斜率為x1，故
16、＝x1.
整理得2tx1－2y1＋1＝0.
設(shè)B(x2，y2)，同理可得2tx2－2y2＋1＝0.
故直線AB的方程為2tx－2y＋1＝0.
所以直線AB過定點(diǎn).
(2)由(1)得直線AB的方程為y＝tx＋.
由可得x2－2tx－1＝0.
于是x1＋x2＝2t，x1x2＝－1，
y1＋y2＝t(x1＋x2)＋1＝2t2＋1，
|AB|＝|x1－x2|＝×＝2(t2＋1)．
設(shè)d1，d2分別為點(diǎn)D，E到直線AB的距離，
則d1＝，d2＝ .
因此，四邊形ADBE的面積
S＝|AB|(d1＋d2)＝(t2＋3) .
設(shè)M為線段AB的中點(diǎn)，則M.
因?yàn)椤停?
而＝(t，
17、t2－2)，與向量(1，t)平行，
所以t＋(t2－2)t＝0，解得t＝0或t＝±1.
當(dāng)t＝0時(shí)，S＝3；當(dāng)t＝±1時(shí)，S＝4.
因此，四邊形ADBE的面積為3或4.
2．(2017·全國卷Ⅰ)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)，四點(diǎn)P1(1,1)，P2(0,1)，P3，P4中恰有三點(diǎn)在橢圓C上．
(1)求C的方程；
(2)設(shè)直線l不經(jīng)過P2點(diǎn)且與C相交于A，B兩點(diǎn)．若直線P2A與直線P2B的斜率的和為－1，證明：l過定點(diǎn)．
解 (1)由于P3，P4兩點(diǎn)關(guān)于y軸對稱，故由題設(shè)知橢圓C經(jīng)過P3，P4兩點(diǎn)．
又由＋＞＋，知橢圓C不經(jīng)過點(diǎn)P1，
所以點(diǎn)P2在橢圓C上．
因此解得
18、
故橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)證明：設(shè)直線P2A與直線P2B的斜率分別為k1，k2.
如果l與x軸垂直，設(shè)l：x＝t，由題設(shè)知t≠0，且|t|＜2，可得A，B的坐標(biāo)分別為，，
則k1＋k2＝－＝－1，
解得t＝2，不符合題設(shè)．
從而可設(shè)l：y＝kx＋m(m≠1)．
將y＝kx＋m代入＋y2＝1，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由題設(shè)可知Δ＝16(4k2－m2＋1)＞0.
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝－，x1x2＝.
而k1＋k2＝＋＝＋
＝.
由題設(shè)k1＋k2＝－1，
故(2k＋1)x1x2＋(m－1)(x1＋x
19、2)＝0.
即(2k＋1)·＋(m－1)·＝0，
解得k＝－.
當(dāng)且僅當(dāng)m＞－1時(shí)，Δ＞0，
于是l：y＝－x＋m，即y＋1＝－(x－2)，
所以l過定點(diǎn)(2，－1)．
3．(2019·北京高考)已知拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)(2，－1)．
(1)求拋物線C的方程及其準(zhǔn)線方程；
(2)設(shè)O為原點(diǎn)，過拋物線C的焦點(diǎn)作斜率不為0的直線l交拋物線C于兩點(diǎn)M，N，直線y＝－1分別交直線OM，ON于點(diǎn)A和點(diǎn)B.求證：以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的兩個(gè)定點(diǎn)．
解 (1)由拋物線C：x2＝－2py經(jīng)過點(diǎn)(2，－1)，
得p＝2.
所以拋物線C的方程為x2＝－4y，其準(zhǔn)線方程為y＝1.
20、
(2)證明：拋物線C的焦點(diǎn)為F(0，－1)．
設(shè)直線l的方程為y＝kx－1(k≠0)．
由得x2＋4kx－4＝0.
設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則x1x2＝－4.
直線OM的方程為y＝x.
令y＝－1，得點(diǎn)A的橫坐標(biāo)xA＝－.
同理得點(diǎn)B的橫坐標(biāo)xB＝－.
設(shè)點(diǎn)D(0，n)，則＝，
＝，
·＝＋(n＋1)2＝＋(n＋1)2
＝＋(n＋1)2＝－4＋(n＋1)2.
令·＝0，即－4＋(n＋1)2＝0，
得n＝1或n＝－3.
綜上，以AB為直徑的圓經(jīng)過y軸上的定點(diǎn)(0,1)和(0，－3)．
4．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，
21、離心率為，點(diǎn)P在橢圓C上，且△PF1F2的面積的最大值為2.
(1)求橢圓C的方程；
(2)已知直線l：y＝kx＋2(k≠0)與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N，若在x軸上存在點(diǎn)G，使得|GM|＝|GN|，求點(diǎn)G的橫坐標(biāo)的取值范圍．
解 (1)由已知，得
解得a2＝9，b2＝8，c2＝1，
所以橢圓C的方程為＋＝1.
(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，MN的中點(diǎn)為E(x0，y0)，
若存在點(diǎn)G(m,0)，使得|GM|＝|GN|，則GE⊥MN.
由得(8＋9k2)x2＋36kx－36＝0，
由Δ>0，得k∈R.所以x1＋x2＝－，
則x0＝，y0＝kx0＋2＝.
因?yàn)镚E⊥MN，所以kGE＝－，即＝－，
所以有m＝＝.
當(dāng)k>0時(shí)，9k＋≥2＝12，所以－≤m<0；當(dāng)k<0時(shí)，9k＋≤－12，所以0
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