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專題5 解析幾何中動態最值問題
（浙江省臺州市2024屆高三第一次教學質量評估試題）拋物線有一條重要性質：從焦點出發的光線，經過拋物線上的一點反射后，反射光線平行于拋物線的軸．過拋物線：上的點（不為原點）作的切線，過坐標原點作，垂足為，直線（為拋物線的焦點）與直線交于點，點，則的取值范圍是______．
設點，切線的方程為，繼而求得切線的斜率，由 可求得的方程，與直線聯立可求得點的坐標，繼而消參可求得點的軌跡方程，則結合圖形可求得得范圍.
因為點為拋物線：上的點（不為原點），所以可設點，且
當切線的斜率不存在時，切點為原點不合題意；當切線的斜率存在時，可設為，
聯立，消去可得，化簡可得，
令，可得，化簡可得，即，
又，所以的斜率，所以的方程，
因為點，所以的斜率為，
則的方程為，聯立，解得，
即，當時，的方程為， 的方程
則或，滿足由兩式相除可得，即
由，可得再代入，可得，
化簡可得，可得，
可知點軌跡為半徑為的圓，圓心為，
結合圖形可知，
又，，
則.
故答案為：
1．今有，點，又點是上動點，過作的切線，切點分別是，直線與交于點，則的最大值是 ．
2．已知O為坐標原點，A，B均在直線上，，動點P滿足，則的最小值為 ．
通過引入動點表示相關直線OQ、PF，解得：，表示出目標函數，借助導數法研究它的最值.
令，則切線方程為，∴法線的斜率為
∴，OQ的方程為：
又PF的方程為：
解得：，
∴
令，
；；
；
即時，時，，∴
∴
3．已知點，，點為圓上一點，則的最小值為 ．
4．已知平面向量滿足，且，則的最大值是 ．
利用光學性質捕捉到點T的動態軌跡在以F為圓心半徑為1的圓上，再通過數形結合，求得
過點P作x軸的平行線PA交OQ于點B，由光學性質得∠BPQ＝∠TPQ，又PQ⊥BT，故△PBT為等腰三角形，所以∠PTB＝∠PBT＝∠TOF，所以△OFT是等腰三角形，FT＝OF＝1，故點T在以F為圓心半徑為1的圓上，故．
5．已知是圓上一個動點，且直線與直線相交于點P，則的取值范圍是 .
6．在平面直角坐標系中，已知圓，點，若圓上的點均滿足，則實數的取值范圍是 ．
7．已知圓，點，從坐標原點向圓作兩條切線，切點分別為，若切線的斜率分別為，，且，則的取值范圍為 ．
8．在中，內角所對的三邊分別為，且，若的面積為，則的最小值是 .
9．阿波羅尼斯是古希臘著名的數學家，他對圓錐曲線有深刻而系統的研究，主要研究成果集中在他的代表作《圓錐曲線論》一書，阿波羅尼斯圓是他的研究成果之一，指的是“如果動點與兩定點的距離之比為(，那么點的軌跡就是阿波羅尼斯圓”下面我們來研究與此相關的一個問題，已知點為圓上的動點，，則的最小值為 .
10．已知A，B分別為拋物線與圓上的動點，拋物線的焦點為F，P，Q為平面內兩點，且當取得最小值時，點A與點P重合；當取得最大值時，點A與點Q重合，則 .
11．已知平面內非零向量，，，滿足，，，若，則的取值范圍是 .
12．設點，，直線，于點，則的最大值為 .
試卷第1頁，共3頁
試卷第1頁，共3頁
參考答案：
1．
【分析】設，利用三角形相似求出點的坐標，代入所在的直線方程求得點的軌跡方程為圓，將問題轉化為圓上的點到定點的距離的最值進行求解即可．
【詳解】解：設，因為，所以，所以，
所以，又點是上動點，所以代入，
化簡得，即（不同時為零），故點的軌跡是以為圓心，為半徑的圓（去掉點），
所以的最大值是點到圓心的距離加上半徑，故的最大值是
故答案為：．

【點睛】方法點睛：在求直線與圓的位置關系的相關問題時，注意運用平面幾何的性質，得出線段間的關系，從而轉化為點的坐標的關系，得出動點的軌跡得以解決．
2．
【分析】設，，根據條件可得，得到圓心坐標后可求得圓心在直線上，利用到直線的距離減去半徑即可求得的最小值.
【詳解】設，，
因為，所以，
因為，所以，
即，
整理得，
所以點在以為圓心，為半徑的圓上，
易得圓心在上，
又點到直線的距離，
故.
故答案為：.
3．
【分析】設，利用兩點間距離公式可表示出，令，可化簡得到；利用導數可求得在上的最小值，對比可得最終結果.
【詳解】圓的方程可整理為：，
則可設，，
，；
令，
，，，則，
，令，
當時，；
當時，；
令，則；
當時，，， 即，
在上單調遞增，
令，即，解得：，
當時，，即；當時，，即；
在上單調遞減，在上單調遞增，；
，在上的最小值為.
故答案為：.
【點睛】思路點睛：本題考查圓上的點到兩定點的距離之差的最值問題的求解，解題基本思路是將所求距離之差表示為關于某一變量的函數的形式，通過導數判斷出函數的單調性后，通過求解函數最值得到所求距離之差的最值.
4．.
【分析】由數量積得的值，設出、、，得到點C的軌跡方程，
方法1：設出點C的參數坐標，代入轉化為求三角函數的最大值即可得結果.
方法2：設出點C的坐標，代入轉化為求圓上的點到定點的距離的最大值即可得結果.
【詳解】∵ ， ，，
∴，
又∵ ，
∴，
∴設，，，則，，
∵ ，
∴ 即：，
∴，
則點C的軌跡是以AB為直徑的圓，
又∵AB的中點，半徑為
∴點C的軌跡方程為：，①
方法1：∴設，
則，
∴，
∴.
故答案為：.
方法2：設，
則，
∴，
∵的幾何意義為：①上的點與點的距離，
∴的最大值為：①的圓心到點M的距離與①的半徑之和，
即：，
∴，
故答案為：.
5．
【分析】根據直線系求出定點，再由垂直確定動點軌跡為圓，根據圓心距離判斷圓的位置關系，利用圓的幾何性質求出取值范圍即可.
【詳解】依題意，直線恒過定點，
直線恒過定點，
因為，所以直線，
因此，直線與交點P的軌跡是以線段AB為直徑的圓，
其方程為：，圓心，半徑，
而圓C的圓心，半徑，如圖：
，兩圓外離，
由圓的幾何性質得：，，
所以的取值范圍是：.
故答案為：
6．或
【分析】將條件坐標化，先轉化為恒成立，即圓上所有動點到定點距離的最小值大于，再轉化為與圓心距離的不等關系求解可得.
【詳解】設，由點，
即點滿足，即，
設點，即恒成立
則，圓上所有點到定點最小值大于，
又圓，半徑為，
圓上所有點到定點最小值即為：.
.
即，化簡得，
解得或.
故答案為：或.

7．
【分析】先根據題意得到直線，的方程，再根據直線與圓的位置關系得到，結合，即可求得圓心的軌跡方程，求出，再由圓的性質可得的取值范圍．
【詳解】由題意可知，，半徑為2，直線，，
因為直線，與圓相切，
所以，，
兩邊同時平方整理可得，
，
所以，是方程
的兩個不相等的實數根，所以．又，
所以，即，則；
又，
根據圓的性質可得，
所以，
即．
故答案為：.

【點睛】思路點睛：求解定點到圓上動點距離的最值問題時，一般需要先求圓心到定點的距離，判定定點與圓的位置關系，再結合圓的性質，即可求出結果；也可根據圓的參數方程，結合三角函數的性質求解.
8．
【分析】由三角形面積公式得到，利用角A的三角函數表達出，利用數形結合及的幾何意義求出最值.
【詳解】因為△ABC的面積為1，所以，
可得，由，可得
，
設，其中，
因為表示點與點連線的斜率，
如圖所示，當過點P的直線與半圓相切時，此時斜率最小，

在直角△OAP中，，可得，
所以斜率的最小值為，
所以m的最大值為，所以，所以，
即BC的最小值為，
故答案為：
【點睛】思路點睛：解三角形中最值問題，要結合基本不等式，導函數或者數形結合，利用代數式本身的幾何意義求解.
9．
【分析】首先進行轉化，假設存在這樣的點，使得，則，設點，可得，該圓對照，所以，求得點，再由，即可得解.
【詳解】
假設存在這樣的點，使得，則，設點，則，
即，
該圓對照，所以，所以點，
所以.
故答案為：
10．
【分析】如圖，利用拋物線和圓的幾何性質可知，當時取得最小值；當且僅當A為射線與拋物線的交點，且為射線與圓的交點（為線段上的點），取得最大值.直線、的方程分別聯立拋物線方程，求出點、的坐標，結合兩點距離公式計算即可求解.
【詳解】拋物線的焦點為，準線為，
圓的標準方程為，圓心為，半徑為，如下圖所示：
過點A作拋物線的垂線，垂足為點，
由拋物線的定義可得，則，
當時，取最小值，此時取最小值；
直線的方程為，聯立，解得，即，
點到圓上任意一點的距離，
當且僅當為射線與圓的交點，且為線段上的點.
所以，
當且僅當A為射線與拋物線的交點，且為射線與圓的交點（為線段上的點），取得最大值.
直線的斜率為，則直線的方程為，
聯立，解得，即，
所以，
故答案為：.
11．
【解析】建立平面直角坐標系，設，由所給等式求出點A、B的坐標，設，由可知點C在以為圓心，1為半徑的圓上，問題轉化為圓上的點到定點的距離的范圍.
【詳解】，，，，
又，的夾角為，
建立如圖所示直角坐標系，
設，則，，設，
，，
則點C在以為圓心，1為半徑的圓上，
的取值范圍轉化為圓上的點到定點的距離的范圍，
圓心到點的距離為，
的取值范圍為.
故答案為：
12．6
【分析】先求出直線過定點，再根據條件求出點的軌跡方程，再結合軌跡方程求出的最大值．
【詳解】直線，則，
則，解得，，即直線恒過點，
設，，，
，即，
故點的軌跡為，
該軌跡是以為圓心，半徑為1的圓，
．
故答案為：6.
答案第1頁，共2頁
答案第1頁，共2頁

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