第2部分 专题5 第3讲　圆锥曲线中的最值、范围问题 课件（共42张PPT）

专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的最值、范围问题第二部分核心专题师生共研考点1构造不等式求最值或范围01高考串讲·找规律考题变迁·提素养1．(2021·全国卷乙)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点F到准线的距离为2.(1)求C的方程；(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ→＝9QF→，求直线OQ斜率的最大值．[解](1)由抛物线的定义可知，焦点F到准线的距离为p，故p＝2，所以C的方程为y2＝4x.(2)由(1)知F(1,0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则PQ→＝(x2－x1，y2－y1)，QF→＝(1－x2，－y2)，因为PQ→＝9QF→，所以x2－x1＝91－x2y2－y1＝－9y2，可得x1＝10x2－9y1＝10y2，又点P在抛物线C上，所以y21＝4x1，即(10y2)2＝4(10x2－9)，化简得y22＝25x2－925，则点Q的轨迹方程为y2＝25x－925.设直线OQ的方程为y＝kx，易知当直线OQ与曲线y2＝25x－925相切时，斜率可以取最大，联立y＝kx与y2＝25x－925并化简，得k2x2－25x＋925＝0，令Δ＝－252－4k2·925＝0，解得k＝±13，所以直线OQ斜率的最大值为13.2．(2019·全国卷Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－12.记M的轨迹为曲线C．(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.①证明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面积的最大值．[解](1)由题设得yx＋2·yx－2＝－12，化简得x24＋y22＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左、右顶点．(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)．由y＝kx，x24＋y22＝1得x＝±21＋2k2.记u＝21＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为k2，方程为y＝k2(x－u)．由y＝k2x－u，x24＋y22＝1，得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝u3k2＋22＋k2，由此得yG＝uk32＋k2.从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku3k2＋22＋k2－u＝－1k.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②由①得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，所以△PQG的面积S＝12|PQ||PG|＝8k1＋k21＋2k22＋k2＝81k＋k1＋21k＋k2.设t＝k＋1k，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为169.因此，△PQG面积的最大值为169.命题规律：以直线与圆锥曲线的位置关系为载体，融函数与方程，均值不等式于一体，重在考查学生的数学建模、数学运算能力和逻辑推理及等价转化能力，难度稍大，分值12分.通性通法：求解范围、最值问题的常见方法(1)利用判别式来构造不等关系．(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．(4)利用基本不等式．基本不等式求最值的5种典型情况：(1)s＝k2＋12k2＋5(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．(2)s＝k2＋121＋2k2k2＋2≥k2＋121＋2k2＋k2＋222(基本不等式)．(3)s＝n4m2＋1－n24m2＋1(基本不等式)．(4)s＝4k4＋13k2＋92k2＋3＝1＋k24k4＋12k2＋9(先分离参数，再利用基本不等式)．(5)s＝kk2＋13k2＋13k2＋9＝k＋1k3k＋13kk＋9k(上下同时除以k2，令t＝k＋1k换元，再利用基本不等式)．1．[借助隐含关系建立不等式]设过定点M(0,2)的直线l与椭圆C1：x24＋y2＝1交于不同的两点P，Q，若O在以线段PQ为直径的圆的外部，求直线l的斜率k的取值范围．[解]显然直线x＝0不满足题设条件，故可设直线l：y＝kx＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．由x24＋y2＝1，y＝kx＋2，得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0.∵Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k2)0，∴k∈－∞，－32∪32，＋∞，∴x1＋x2＝－16k1＋4k2，x1x2＝121＋4k2，根据题意，得0°∠POQ90°，即OP→·OQ→0，∴OP→·OQ→＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝121＋k21＋4k2＋2k×－16k1＋4k2＋4＝16－4k21＋4k20，解得－2k2.综上得k∈－2，－32∪32，2.2．[借助判别式建立不等关系]已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别为F1(－1,0)，F2(1,0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|且cos∠F1PF2＝35.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，点Q14，0，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．[解](1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝54a，r2＝34a.在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝r21＋r22－|F1F2|22r1r2＝54a2＋34a2－222×54a×34a＝35，解得a＝2，因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)联立方程x24＋y23＝1，y＝kx＋m，消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM(图略)，则x0＝x1＋x22＝－4km3＋4k2，y0＝kx0＋m＝3m3＋4k2，因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Q14，0，M为AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·3m3＋4k2－4km3＋4k2－14＝－1，解得m＝－3＋4k24k，②把②代入①得3＋4k2＞－3＋4k24k2，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞12或k＜－12，故k的取值范围为－∞，－12∪12，＋∞.考点2构造函数求最值或范围02高考串讲·找规律考题变迁·提素养(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A－12，14，B32，94，抛物线上的点P(x，y)－12x32.过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.(1)求直线AP斜率的取值范围；(2)求|PA|·|PQ|的最大值．[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝x2－14x＋12＝x－12，因为－12x32，所以－1＜x－12＜1，即直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．(2)联立直线AP与BQ的方程kx－y＋12k＋14＝0，x＋ky－94k－32＝0，解得点Q的横坐标是xQ＝－k2＋4k＋32k2＋1.因为|PA|＝1＋k2x＋12＝1＋k2(k＋1)，|PQ|＝1＋k2(xQ－x)＝－k－1k＋12k2＋1，所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，所以f(k)在区间－1，12上单调递增，在12，1上单调递减，因此当k＝12时，|PA|·|PQ|取得最大值2716.命题规律：从高考命题看，此类问题以主观题形式考查，多步设问，逐步深入考查分析问题，解决问题的能力.难度稍大，分值12分.通性通法：构造函数法求最值或范围时的策略解决有关范围、最值问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，把所求最值的几何量或代数表达式表示为某个参数的函数，然后利用函数方法(单调性或导数)进行求解．1．[借助二次函数求最值]已知椭圆E：x24＋y23＝1.若椭圆E的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，记△F1MN的内切圆的半径为r，试求r的取值范围．[解]设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则△F1MN的周长为4a＝8.S△F1MN＝12(|F1M|＋|F1N|＋|MN|)r＝4r，即r＝14S△F1MN，当l⊥x轴时，l的方程为x＝1，|MN|＝3，r＝14S△△F1MN＝14×12|MN|×|F1F2|＝34，当l与x轴不垂直时，设l：y＝k(x－1)(k≠0)，由y＝kx－1，x24＋y23＝1，得(4k2＋3)y2＋6ky－9k2＝0，所以y1＋y2＝－6k4k2＋3，y1y2＝－9k24k2＋3，S△F1MN＝S△F1F2M＋S△F1F2N＝12|F1F2|·|y1|＋12|F1F2|·|y2|＝12|F1F2|·|y1－y2|＝12|F1F2|·y2＋y12－4y1y2＝12×2×－6k4k2＋32－4－9k24k2＋3＝12k2k2＋14k2＋32，所以r＝14S△F1MN＝3k2k2＋14k2＋32.令4k2＋3＝t，则t3，r＝34t2－2t－3t2＝34－31t2－21t＋1＝34－31t＋132＋43，因为t3，所以01t13，所以0r34，综上可知，r的取值范围是0，34.2．[借助导数求最值]已知动圆E经过点F(1,0)，且和直线l：x＝－1相切．(1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程；(2)已知点A(3,0)，若斜率为1的直线l′与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A)，且与曲线G交于B，C两点，求△ABC面积的最大值．[解](1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线l的距离，∴动点E的轨迹是以F(1,0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，故轨迹G的方程是y2＝4x.(2)设直线l′的方程为y＝x＋m，其中－3m0，C(x1，y1)，B(x2，y2)，联立得方程组y＝x＋m，y2＝4x消去y，得x2＋(2m－4)x＋m2＝0，Δ＝(2m－4)2－4m2＝16(1－m)0恒成立．由根与系数的关系得x1＋x2＝4－2m，x1·x2＝m2，∴|CB|＝421－m，点A到直线l′的距离d＝3＋m2，∴S△ABC＝12×421－m×3＋m2＝21－m×(3＋m)，令1－m＝t，t∈(1,2)，则m＝1－t2，∴S△ABC＝2t(4－t2)＝8t－2t3，令f(t)＝8t－2t3，∴f′(t)＝8－6t2，令f′(t)＝0，得t＝23(负值舍去)．易知y＝f(t)在1，23上单调递增，在23，2上单调递减．∴y＝f(t)在t＝23，即m＝－13时取得最大值为3239.∴△ABC面积的最大值为3239.