第2课时 最值与范围、证明问题 ● 课堂考点探究 例1 [思路点拨] (1)设E(x,y)为椭圆上任意一点,利用两点间的距离公式结合二次函数的性质即可求解;(2)设出直线AB的方程并与椭圆的方程联立,利用根与系数的关系得到两根之和与两根之积,再分别联立直线PA,直线PB与直线y=-x+3的方程,得到C,D两点的横坐标,由此可表示出|CD|,再转化求解即可. 解:(1)设E(x,y)为椭圆上任意一点, 则|PE|== = , 因此,当E点坐标为时,|PE|取到最大值. (2)由题意,设AB的直线方程为y=kx+,A(x1,y1),B(x2,y2),由AB的直线方程与椭圆方程联立得则(1+12k2)x2+12kx-9=0,从而x1+x2=,x1x2=. 设C(xC,yC),D(xD,yD),由PA与CD的直线方程联立得解得xC=. 同理xD=. 那么|CD|=|xC-xD|= 2= .当k=-时,PA∥CD或PB∥CD,不符合题意.令3k+1=t,则|CD|=. 因此,当k=时,|CD|取得最小值,且最小值为. 变式题 解:(1)由题意可知2b=4,故b=2, 又渐近线方程为y=±x=±2x,所以a=1,故双曲线C的标准方程为x2-=1. (2)由题意知F(,0). 设A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0), 设直线AB的方程为x=my+(m≠0),由得(4m2-1)y2+8my+16=0,故4m2-1≠0,Δ=320m2-64(4m2-1)=64(m2+1)>0,y1+y2=,y1y2=>0, 则y0==-,x0=my0+=-.由O,M,P三点共线得==4m①,由PF⊥AB得kPF·kAB=-1,即·=-1②. 由①②解得即P. 由=+,可知四边形PAQB是平行四边形,所以S四边形PAQB=2S△PAB=d·|AB|,其中d为点P到直线AB的距离. 又d==, |AB|=·|y1-y2|= ·=, 所以S四边形PAQB=· =·= ·.令t=4m2-1>0,则m2=,S四边形PAQB=·. 令f(t)=,t>0,则f'(t)==, 所以f(t)在(0,10)上单调递减,在(10,+∞)上单调递增,所以f(t)min=f(10)=,所以(S四边形PAQB)min=×=6,当且仅当t=10,即m=±时取等号,故四边形PAQB面积的最小值为6. 例2 [思路点拨] (1)思路一:设出点P的坐标,结合几何条件即可得到W的方程; 思路二:根据抛物线的定义可知W为抛物线,进而得到W的方程.(2) 设直线BA的方程为y=k(x-a)+a2+,将其与抛物线的方程联立,再利用根与系数的关系、弦长公式和放缩法得到|AB|+|AD|≥,利用换元法和函数思想即可求出周长的最值,再排除边界值即可. 解:(1)方法一:设P(x,y),则|y|=,化简得y=x2+,即W的方程为y=x2+. 方法二:根据抛物线的定义可知,点P在以F为焦点,x轴为准线的抛物线上,其中p=,从而x2=2p=y-,故W的方程为y=x2+. (2)证明:不妨设A,B,D三点在W上,且有BA⊥DA,设A,直线BA,DA的斜率分别为k,-,由对称性不妨设|k|≤1. 由可得x2-kx+ka-a2=0,由根与系数的关系得xA+xB=k,所以B,所以|AB|=·|k-2a|. 同理可得|AD|=·=·,所以|AB|+|AD|=·|k-2a|+·≥≥·=.令m=k2,设f(m)==m2+3m++3(03,故得证. 例3 [思路点拨] (1)根据M的坐标及MF⊥x轴得到c,结合a2-b2=c2及点M在椭圆上,求出a2,b2,即可得C的方程.(2)思路一:设线法,分直线AB与x轴不重合与重合两种情况,当直线AB与x轴不重合时,设出直线AB的方程,并与椭圆方程联立,得到点Q的坐标,进而得到直线AQ的斜率,即可得到结果;思路二:设点法,设出点A,B的坐标,结合向量的坐标运算及A,B两点位于椭圆上求出等式,再结合直线NB与MF交于Q,求出yQ,得到直线AQ的斜率,即可得到结果. 解:(1)因为MF⊥x轴且M,所以c=1,所以a2-b2=1①.将点M的坐标代入椭圆方程得+=1②,联立①②,解得b2=3,a2=4, 所以C的方程为+=1. (2)证明:方法一:由题可知F(1,0),N.当直线AB与x轴不重合时,设lAB:x=ty+4,A(x1,y1),B(x2,y2), 由消去x可得(3t2+4)y2+24ty+36=0,由Δ>0,得t2>4, 由根与系数的关系可得y1+y2=-,y1y2=. lNB:y=,令x=1,得yQ==,所以yQ-y1=-y1== =0,故kAQ=0,即AQ⊥y轴.当直线AB与x轴重合时,yQ=yA=0,故kA ... ...
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