2021版新高考数学（山东专用）一轮学案：第八章第九讲第二课时　最值、范围、证明问题 Word版含解.docVIP

第二课时最值、范围、证明问题

KAODIANTUPOHUDONGTANJIU

考点突破·互动探究

考点一圆锥曲线中的最值问题——自主练透

例1(2020·广东调研)已知圆x2＋y2＋2eq\r(6)x－26＝0的圆心为F1，直线l过点F2(eq\r(6)，0)且与x轴不重合，l交圆F1于C，D两点，过F2作F1C的平行线，交F1D于点E.设点E的轨迹为Ω.

(1)求Ω的方程；

(2)直线l1与Ω相切于点M，l1与两坐标轴的交点为A与B，直线l2经过点M且与l1垂直，l2与Ω的另一个交点为N.当|AB|取得最小值时，求△ABN的面积．

[解析](1)因为F1C∥EF2，所以∠F1CD＝∠EF2D．

又F1C＝F1D，所以∠F1CD＝∠F1DC，

则∠EDF2＝∠EF2D，所以|ED|＝|EF2|，

从而|EF2|＋|EF1|＝|ED|＋|EF1|＝|DF1|.

x2＋y2＋2eq\r(6)x－26＝0可化为(x＋eq\r(6))2＋y2＝32，

所以|EF2|＋|EF1|＝eq\r(32)＝4eq\r(2)2eq\r(6).

从而E的轨迹为以F1(－eq\r(6)，0)，F2(eq\r(6)，0)为焦点，长轴长为4eq\r(2)的椭圆(剔除左、右顶点)．

所以Ω的方程为eq\f(x2,8)＋eq\f(y2,2)＝1(y≠0)．

(2)易知l1的斜率存在，所以可设l1的方程为y＝kx＋m(k≠0)联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))消去y，

得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－8＝0.

因为直线l与Ω相切，所以

Δ＝(8km)2－4(1＋4k2)(4m2－8)＝0.

即m2＝8k2＋2.

l1在x轴、y轴上的截距分别为－eq\f(m,k)，m，

则|AB|＝eq\r(?－\f(m,k)?2＋m2)＝eq\r(m2?\f(1,k2)＋1?)

＝eq\r(?8k2＋2??\f(1,k2)＋1?)

＝eq\r(8k2＋\f(2,k2)＋10)≥eq\r(8＋10)＝3eq\r(2)，

当且仅当8k2＝eq\f(2,k2)，即k＝±eq\f(\r(2),2)时取等号．

所以当k2＝eq\f(1,2)时，|AB|取得最小值，此时m2＝6，

根据对称性，不妨取k＝eq\f(\r(2),2)，m＝eq\r(6)，

此时2xM＝－eq\f(8km,1＋4k2)＝－eq\f(8\r(3),3)，

即xM＝－eq\f(4\r(3),3)，从而yM＝－eq\f(4\r(3),3)×eq\f(\r(2),2)＋eq\r(6)＝eq\f(\r(6),3)，

联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y－\f(\r(6),3)＝－\r(2)?x＋\f(4\r(3),3)?,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1，))

消去y，得9x2＋16eq\r(3)x＋16＝0，

则xM＋xN＝－eq\f(4\r(3),3)＋xN＝－eq\f(16\r(3),9)，

解得xN＝－eq\f(4\r(3),9)，

所以|MN|＝eq\r(1＋2)|xM－xN|＝eq\f(8,3)，

故△ABN的面积为eq\f(1,2)×eq\f(8,3)×3eq\r(2)＝4eq\r(2).

例2(2020·四川省联合诊断)已知抛物线x2＝8y，过点M(0,4)的直线与抛物线交于A，B两点，又过A，B两点分别作抛物线的切线，两条切线交于P点．

(1)证明：直线PA，PB的斜率之积为定值；

(2)求△PAB面积的最小值．

[解析](1)证明：由题意设l的方程为y＝kx＋4，

联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋4,x2＝8y))，得x2－8kx－32＝0，

因为Δ＝(－8k)2－4×(－32)0，

所以设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x2＝－32，

设直线PA，PB的斜率分别为k1，k2，

对y＝eq\f(x2,8)，求导得y′＝eq\f(x,4)，

所以k1＝eq\f(x1,4)，k2＝eq\f(x2,4)，

所以，k1k2＝eq\f(x1,4)·eq\f(x2,4)＝eq\f(x1x2,4×4)＝eq\f(－32,16)＝－2(定值)．

(2)由(1)可得直线PA的方程为y－eq\f(x\o\al(2,1),8)＝eq\f(x1,4)(x－x1)①

直线PB的方程为y－eq\f(x\o\al(2,2),8)＝eq\f(x2,4)(x－x2)②

联立①②，得点P的坐标为(eq\f(x1＋x2,2