（京津鲁琼专用）2020版高考数学二轮复习 第二部分 专题五 解析几何 第3讲 圆锥曲线中的最值、范

数学第二部分高考热点分层突破专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的最值、范围、证明问题01研考点考向破重点难点最值问题函数最值法：当题目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．求函数最值的常用方法有(1)配方法；(2)基本不等式法；(3)判别式法；(4)单调性法；(5)三角换元法；(6)导数法等．高考真题【基本不等式法】(2014·高考课标全国卷Ⅰ)已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点.(1)求E的方程；(2)设过点A的动直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程.思维方法(1)略(2)当l⊥x轴时不合题意，【关键1：研究直线l与x轴垂直的情况】故可设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx－2代入x24＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)0，即k234时，x1，2＝8k±24k2－34k2＋1，【关键2：设出直线方程，并与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出A，B两点的横坐标与参数k的关系式】从而|PQ|＝k2＋1|x1－x2|＝4k2＋1·4k2－34k2＋1.又点O到直线PQ的距离d＝2k2＋1，思维方法所以△OPQ的面积S△OPQ＝12d|PQ|＝44k2－34k2＋1.【关键3：用参数k表示面积】设4k2－3＝t，则t0，S△OPQ＝4tt2＋4＝4t＋4t.因为t＋4t≥4，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，且满足Δ0，【关键4：换元，利用基本不等式求最值】所以，当△OPQ的面积最大时，k＝±72，l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.高考真题【利用函数的单调性求最值】(2019·高考全国卷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.思维方法(1)略(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k0).由y＝kx，x24＋y22＝1得x＝±21＋2k2.记u＝21＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0).【关键1：巧换元，妙设点P、Q、E的坐标】于是直线QG的斜率为k2，方程为y＝k2(x－u)．【关键2：求直线QG的方程】由y＝k2（x－u），x24＋y22＝1得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.*思维方法设G(xG，yG)，则－u和xG是方程*的解，故xG＝u（3k2＋2）2＋k2，由此得yG＝uk32＋k2.【关键3：正确求出G点的坐标】从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku（3k2＋2）2＋k2－u＝－1k.【关键4：求直线PG的斜率】所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形.②由①得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，【关键5：利用弦长公式求出PQ、PG的表达式】思维方法所以△PQG的面积S＝12|PQ||PG|＝8k（1＋k2）（1＋2k2）（2＋k2）＝81k＋k1＋21k＋k2.【关键6：将△PQG的面积表示成关于k的函数】设t＝k＋1k，则由k0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.[典型例题](2019·安徽宣城二模)已知椭圆C的方程为x24＋y22＝1，A是椭圆上的一点，且A在第一象限内，过A且斜率等于－1的直线与椭圆C交于另一点B，点A关于原点的对称点为D.(1)证明：直线BD的斜率为定值；(2)求△ABD面积的最大值．【解】(1)证明：设D(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(－x1，－y1)，直线BD的斜率k＝y2－y1x2－x1，由x214＋y212＝1，x224＋y222＝1，两式相减得y2－y1x2－x1＝－12×x1＋x2y1＋y2，因为kAB＝y1＋y2x1＋x2＝－1，所以k＝y2－y1x2－x1＝12，故直线BD的斜率为定值12.(2)连接OB，因为A，D关于原点对称，所以S△ABD＝2S△OBD，由(1)可知BD的斜率k＝12，设BD的方程为y＝12x＋t，因为D在第三象限，所以－2t1且t≠0，O到BD的距离d＝|t|1＋14＝2|t|5，由y＝12x＋t，x24＋y22＝1，整理得3x2＋4tx＋4t2－8＝0，所以x1＋x2＝－4t3，x1x2＝4（t2－2）3，所以S△ABD＝2S△OBD＝2×12×|BD|×d＝52（x1＋x2）2－4x1x2·2|t|5＝|t|·（x1＋x2）2－4x1x2＝|t|·96－32t23＝423·t2（3－t2）≤22.所以当且仅当t＝－62时，S△ABD取得最大值22.最值问题的2种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系、平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决(普通方法、基本不等式方法、导数方法等)[对点训练](2017·高考山东卷)在平面直角坐标系xOy中，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，焦距为2.(1)求椭圆E的方程；(2)如图，动直线l：y＝k1x－32交椭圆E于A，B两点，C是椭圆E上一点，直线OC的斜率为k2，且k1k2＝24，M是线段OC延长线上一点，且|MC|∶|AB|＝2∶3,⊙M的半径为|MC|，OS，OT是⊙M的两条切线，切点分别为S，T.求∠SOT的最大值，并求取得最大值时直线l的斜率．解：(1)由题意知e＝ca＝22，2c＝2，所以a＝2，b＝1，因此椭圆E的方程为x22＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程x22＋y2＝1，y＝k1x－32，得(4k21＋2)x2－43k1x－1＝0，由题意知Δ＞0，且x1＋x2＝23k12k21＋1，x1x2＝－12（2k21＋1），所以|AB|＝1＋k21|x1－x2|＝21＋k211＋8k211＋2k21.由题意可知圆M的半径r为r＝23|AB|＝2231＋k211＋8k212k21＋1.由题设知k1k2＝24，所以k2＝24k1，因此直线OC的方程为y＝24k1x.联立方程x22＋y2＝1，y＝24k1x，得x2＝8k211＋4k21，y2＝11＋4k21，因此|OC|＝x2＋y2＝1＋8k211＋4k21.由题意可知sin∠SOT2＝rr＋|OC|＝11＋|OC|r，而|OC|r＝1＋8k211＋4k212231＋k211＋8k211＋2k21＝3241＋2k211＋4k211＋k21，令t＝1＋2k21，则t＞1，1t∈(0，1)，因此|OC|r＝32t2t2＋t－1＝3212＋1t－1t2＝321－1t－122＋94≥1，当且仅当1t＝12，即t＝2时等号成立，此时k1＝±22，所以sin∠SOT2≤12，因此∠SOT2≤π6，所以∠SOT最大值为π3.综上所述：∠SOT的最大值为π3，取得最大值时直线l的斜率为k1＝±22.高考真题(2018·高考浙江卷)如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上.(1)设AB中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x2＋y24＝1(x0)上的动点，求△PAB面积的取值范围.1．几何转化代数法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决．范围问题思维方法(1)略(2)由(1)可知y1＋y2＝2y0，y1y2＝8x0－y20，所以|PM|＝18(y21＋y22)－x0＝34y20－3x0，|y1－y2|＝22（y20－4x0）.因此，△PAB的面积S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝324(y20－4x0)32.【关键1：利用根与系数的关系，用P点坐标表示△PAB的面积】因为x20＋y204＝1(－1≤x00)，所以y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4，5]，因此，△PAB面积的取值范围是62，15104.【关键2：根据半椭圆中x的取值范围以及二次函数性质确定面积的取值范围】2.代数法：代数法求范围问题，常需要根据条件构造关于某个变量的不等式或函数表达式，然后利用求解不等式、基本不等式、函数值域(导数与不等式、导数与方程)等方法求出范围，要特别注意变量的取值范围．高考真题(2016·高考全国卷Ⅰ)设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.思维方法(1)略(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．由y＝k（x－1），x24＋y23＝1得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，【关键1：分类讨论，当直线斜率存在时，设出直线方程，与椭圆方程联立消元得一元二次方程】思维方法则x1＋x2＝8k24k2＋3，x1x2＝4k2－124k2＋3，所以|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝12（k2＋1）4k2＋3.【关键2：利用根与系数的关系及弦长公式求弦长】过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－1k(x－1)，A到m的距离为2k2＋1，【关键3：利用点到直线的距离公式求距离】所以|PQ|＝242－2k2＋12＝44k2＋3k2＋1.【关键4：利用圆中半径、弦长一半、弦心距的关系求弦长】思维方法故四边形MPNQ的面积S＝12|MN||PQ|＝121＋14k2＋3.【关键5：用直线斜率k表示四边形MPNQ的面积】可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，83).【关键6：利用k20求取值范围】当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.【关键7：分类讨论，直线斜率不存在时四边形MPNQ的面积】综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，83).[典型例题](2019·安徽五校联盟第二次质检)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＝1y＝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