课时作业四十九第2课时 最值范围证明问题Word格式文档下载.docx
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（λ>
1）,求证:
=λ
能力提升
3.（12分）[2017·
北京西城区二模]已知椭圆C:
0）的离心率是
且过点P（
1）.直线y=
x+m与椭圆C相交于A,B两点.
（2）求△PAB的面积的最大值;
（3）设直线PA,PB分别与y轴交于点M,N,判断|PM|,|PN|的大小关系,并加以证明.
4.（12分）[2017·
银川一中三模]已知椭圆C:
0）的上、下焦点分别为F1,F2,离心率为
P为C上动点,且满足
0）,|
|=|
|,△QF1F2面积的最大值为4.
（1）求Q点的轨迹E的方程和椭圆C的方程;
（2）直线y=kx+m（m>
0）与椭圆C相切且与曲线E交于M,N两点,求|MN|的取值范围.
5.（12分）[2017·
中原名校联考]已知双曲线C:
-y2=1的左、右顶点分别是A1,A2,双曲线C上的动点P,Q关于x轴对称,直线A1P与A2Q交于点M.
（1）求动点M的轨迹D的方程;
（2）若点E（0,2）,轨迹D上的点A,B满足
求实数λ的取值范围.
难点突破
6.（12分）[2017·
武汉二模]已知抛物线x2=2py（p>
0）的焦点为F,直线x=4与x轴的交点为P,与抛物线的交点为Q,且|QF|=
|PQ|.
（1）求抛物线的方程;
（2）如图K49-2所示,过F的直线l与抛物线相交于A,D两点,与圆x2+（y-1）2=1相交于B,C两点（A,B两点相邻）,过A,D两点分别作抛物线的切线,两条切线相交于点M,求△ABM与△CDM的面积之积的最小值.
图K49-2
第2课时 最值﹑范围﹑证明问题
1.解:
（1）设T（x,y）,则直线TA的斜率k1=
直线TB的斜率k2=
于是由k1k2=-
得
=-
整理得
=1.
∴椭圆C的方程为
（2）当直线PQ的斜率存在时,设直线PQ的方程为y=kx+2,点P,Q的坐标分别为（x1,y1）,（x2,y2）.将直线PQ的方程与椭圆方程联立得
得（4k2+3）x2+16kx-32=0.易知Δ>
0,
x1+x2=-
x1x2=-
从而,
=x1x2+y1y2+[x1x2+（y1-2）（y2-2）]=2（1+k2）x1x2+2k（x1+x2）+4=
=-20+
所以-20<
≤-
当直线PQ的斜率不存在时,
的值为-20.
综上所述,
的取值范围为
2.解:
（1）依题意知直线A1N1的方程为y=
（x+
）,①
直线A2N2的方程为y=-
（x-
）,②
设M（x,y）是直线A1N1与A2N2的交点,①×
②得y2=-
（x2-6）,
又mn=2,整理得
=1,即M的轨迹C的方程为
=1（x≠±
）.
（2）证明:
由题意可设l:
x=ty+3,P（x1,y1）,Q（x2,y2）,N（x1,-y1）.
由
⇒（t2+3）y2+6ty+3=0（*）.
⇒（x1-3,y1）=λ（x2-3,y2）,故x1-3=λ（x2-3）,y1=λy2.
要证
即证（2-x1,y1）=λ（x2-2,y2）,只需证2-x1=λ（x2-2）,
只需证
即证2x1x2-5（x1+x2）+12=0,即证2t2y1y2+t（y1+y2）=0,
由（*）得2t2y1y2+t（y1+y2）=2t2·
-t·
=0,本题得证.
3.解:
（1）因为椭圆C的离心率是
所以
=
=1-
即a2=2b2.
解得
所以椭圆C的方程为
（2）将y=
x+m代入
=1,
消去y整理得x2+
mx+m2-2=0.
令Δ=2m2-4（m2-2）>
0,解得-2<
m<
2.
设A（x1,y1）,B（x2,y2）.
则x1+x2=-
m,x1x2=m2-2.
所以|AB|=
×
点P（
1）到直线x-
y+
m=0的距离d=
所以△PAB的面积S=
|AB|·
d
|m|·
≤
当且仅当m=±
时,S=
所以△PAB的面积的最大值是
（3）|PM|=|PN|.证明如下:
设直线PA,PB的斜率分别是k1,k2,
则k1+k2=
由
（2）得（y1-1）（x2-
）+（y2-1）（x1-
）
（x2-
）+
（x1-
x1x2+（m-2）（x1+x2）-2
（m-1）
（m2-2）+（m-2）（-
m）-2
（m-1）=0,
所以直线PA,PB的倾斜角互补,
所以∠PMN=∠PNM,
所以|PM|=|PN|.
4.解:
（1）由椭圆的定义得|F2Q|=|F2P|+|PQ|=|F2P|+|PF1|=2a,
所以点Q的轨迹是以F2为圆心,2a为半径的圆.
当QF2⊥F1F2时,△QF1F2的面积最大,所以
2c·
2a=4,即ac=2,
又
所以a=2,c=1.
所以Q点的轨迹E的方程为x2+（y+1）2=16,
椭圆C的方程为
（2）由
得（3k2+4）x2+6kmx+3m2-12=0,
Δ=36k2m2-4（3k2+4）（3m2-12）=0,
化简得3k2-m2+4=0,
所以k2=
由k2=
≥0及m>
0得,m≥2.
设圆心F2（0,-1）到直线MN的距离为d,则d=
由m≥2,得3<
3+
≤9,即3<
d2≤9,
所以弦长|MN|=2
∈[2
2
）,
即|MN|的取值范围为[2
5.解:
（1）由题意知A1（-2,0）,A2（2,0）,设P
则Q
则直线A1P:
y=
（x+2）,
直线A2Q:
（x-2）,
两式相乘得y2=
（x2-4）,化简得
+y2=1,
即动点M的轨迹D的方程为
+y2=1.
（2）若直线AB斜率不存在,则λ=
或λ=3;
若直线AB的斜率存在,设A（x1,y1）,B（x2,y2）,AB:
y=kx+2,
联立
⇒（1+4k2）x2+16kx+12=0,
则
由②④解得x1,x2,再代入③式得
化简得
由①解得k2≥
则4<
+4≤
<
λ<
3.
综上,实数λ的取值范围是
6.解:
（1）由题意可知P（4,0）,Q
|QF|=
因为|QF|=
|PQ|,所以
得p=2,
所以抛物线方程为x2=4y.
（2）设l:
y=kx+1,A（x1,y1）,D（x2,y2）,
联立方程
得x2-4kx-4=0,则x1+x2=4k,x1x2=-4.
由y=
得y'
所以直线MA:
y-
（x-x1）,即y=
x-
同理可求得MD:
则M（2k,-1）,
所以M到l的距离d=
=2
所以S△ABM·
S△CDM=
|CD|·
d2
（|AF|-1）（|DF|-1）d2
y1y2d2=
=1+k2≥1,当且仅当k=0时取等号.
所以当k=0时,△ABM与△CDM面积之积的最小值为1.
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