第三讲第一课时圆锥曲线的最值、范围、证明问题习题[考情分析]解析几何的解答题一般难度较大，多为试卷的压轴题之一，常考查直线与圆锥曲线的位置关系及最值范围、定点、定值、存在性问题及证明问题，多涉及最值求法，综合性强.年份卷别考查角度及命题位置2017Ⅰ卷直线与抛物线的位置关系及应用·T20Ⅱ卷动点轨迹方程求法及直线过程定点的证明·T202016Ⅰ卷直线与抛物线的位置关系、存在性问题·T20Ⅱ卷直线与椭圆的位置关系、面积问题及证明问题·T21Ⅲ卷直线与抛物线的位置关系、证明问题及轨迹方程的求法·T202015Ⅰ卷直线与圆的综合问题·T20Ⅱ卷椭圆的标准方程及直线与圆锥曲线的位置关系·T20[真题自检]1．(2017·高考全国卷Ⅰ)设A，B为曲线C：y＝上两点，A与B的横坐标之和为4.(1)求直线AB的斜率：(2)设M为曲线C上一点，C在M处的切线与直线AB平行，且AM⊥BM，求直线AB的方程．解析：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，y1＝，y2＝，x1＋x2＝4，于是直线AB的斜率k＝＝＝1.(2)由y＝，得y′＝.设M(x3，y3)，由题设知＝1，解得x3＝2，于是M(2,1)．设直线AB的方程为y＝x＋m，故线段AB的中点为N(2,2＋m)，|MN|＝|m＋1|.将y＝x＋m代入y＝得x2－4x－4m＝0.当Δ＝16(m＋1)>0，即m>－1时，x1,2＝2±2.从而|AB|＝|x1－x2|＝4.由题设知|AB|＝2|MN|，即4＝2(m＋1)，解得m＝7.所以直线AB的方程为y＝x＋7.2．(2016·高考全国卷Ⅰ)在直角坐标系xOy中，直线l：y＝t(t≠0)交y轴于点M，交抛物线C：y2＝2px(p＞0)于点P，M关于点P的对称点为N，连接ON并延长交C于点H.(1)求；(2)除H以外，直线MH与C是否有其他公共点？说明理由．解析：(1)如图，由已知得M(0，t)，P.又N为M关于点P的对称点，故N，故直线ON的方程为y＝x，将其代入y2＝2px，整理得px2－2t2x＝0，解得x1＝0，x2＝.因此H.所以N为OH的中点，即＝2.(2)直线MH与C除H以外没有其他公共点．理由如下：直线MH的方程为y－t＝x，即x＝(y－t)．代入y2＝2px得y2－4ty＋4t2＝0，解得y1＝y2＝2t，即直线MH与C只有一个公共点，所以除H以外，直线MH与C没有其他公共点．第一课时圆锥曲线的最值、范围、证明问题最值问题[方法结论]求解圆锥曲线中的最值问题主要有两种方法：一是利用几何方法，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．[典例](1)(2017·长沙模拟)P是双曲线C：－y2＝1右支上一点，直线l是双曲线C的一条渐近线，P在l上的射影为Q，F1是双曲线C的左焦点，则|PF1|＋|PQ|的最小值为()A．1B．2＋C．4＋D．2＋1解析：设F2是双曲线C的右焦点，因为|PF1|－|PF2|＝2，所以|PF1|＋|PQ|＝2＋|PF2|＋|PQ|，显然当F2，P，Q三点共线且P在F2，Q之间时，|PF2|＋|PQ|最小，且最小值为F2到l的距离．易知l的方程为y＝或y＝－，F2(，0)，求得F2到l的距离为1，故|PF1|＋|PQ|的最小值为2＋1.选D.答案：D(2)(2017·武汉模拟)已知椭圆的中心在坐标原点，A(2，0)，B(0,1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k＞0)与直线AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点．①若ED＝6DF，求k的值；②求四边形AEBF面积的最大值．解析：①由题设条件可得，椭圆的方程为＋y2＝1，直线AB的方程为x＋2y－2＝0.设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1＜x2，由，得(1＋4k2)x2＝4，解得x2＝－x1＝.①由ED＝6DF，得x0－x1＝6(x2－x0)，∴x0＝(6x2＋x1)＝x2＝.由D在AB上，得x0＋2kx0－2＝0，∴x0＝.∴＝，化简，得24k2－25k＋6＝0，解得k＝，或k＝.②根据点到直线的距离公式和①式可知，点E，F到AB的距离分别为d1＝＝，d2＝＝，又|AB|＝＝，∴四边形AEBF的面积为S＝|AB|(d1＋d2)＝··＝＝2＝2＝2≤2＝2，当且仅当4k＝(k＞0)，即k＝时，等号成立．故四边形AEBF面积的最大值为2.[类题通法]求圆锥曲线中的最值问题常用的方法1．几何法：题中给出的条件有明显的几何特征，考虑用图象性质来解决，这是几何法，充分体现了数形结合思想．2．代数法：题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值．求函数最值的常见...
