2021版高考数学一轮复习 第八章 平面解析几何 8.9 圆锥曲线中的范围、最值问题教学案 苏教版

-1-第九节圆锥曲线中的范围、最值问题[最新考纲]1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法.2.理解数形结合的思想；3.会求与圆锥曲线有关的范围、最值问题．考点1范围问题求参数范围的4种方法(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数值域的方法求解．(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围．(3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式Δ求参数的范围．(4)数形结合法：研究该参数所表示的几何意义，利用数形结合思想求解．(2019·山师附中模拟)已知椭圆C：x23＋y22＝1，直线l：y＝kx＋m(m≠0)，设直线l与椭圆C交于A，B两点．(1)若|m|3，求实数k的取值范围；(2)若直线OA，AB，OB的斜率成等比数列(其中O为坐标原点)，求△OAB的面积的取值范围．[解](1)联立方程x23＋y22＝1和y＝kx＋m，得(2＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－6＝0，所以Δ＝(6km)2－4(2＋3k2)(3m2－6)0，所以m22＋3k2，所以2＋3k23，即k213，解得k33或k－33.所以实数k的取值范围为－∞，－33∪33，＋∞.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－6km2＋3k2，x1x2＝3m2－62＋3k2.设直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，因为直线OA，AB，OB的斜率成等比数列，所以k1k2＝y1y2x1x2＝k2，即kx1＋mkx2＋mx1x2＝k2(m≠0)，-2-化简得2＋3k2＝6k2，即k2＝23.因为|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝536－32m2，点O到直线l的距离h＝|m|1＋k2＝35|m|，所以S△OAB＝12|AB|·h＝66·32m26－32m2≤66×32m2＋6－32m22＝62，当m＝±2时，直线OA或OB的斜率不存在，等号取不到，所以△OAB的面积的取值范围为0，62.本例求解采用了学生熟知的两种方法：不等式法和判别式法，利用判别式构建目标不等式的核心是抓住直线与圆锥曲线的位置关系和判别式Δ的关系建立目标不等式．[教师备选例题](2019·江南十校联考)已知右焦点为F2(c,0)的椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点1，32，且椭圆C关于直线x＝c对称的图形过坐标原点．(1)求椭圆C的方程；(2)过点12，0作直线l与椭圆C交于E，F两点，线段EF的中点为M，点A是椭圆C的右顶点，求直线MA的斜率k的取值范围．[解](1)∵椭圆C过点1，32，∴1a2＋94b2＝1，①∵椭圆C关于直线x＝c对称的图形过坐标原点，∴a＝2c，∵a2＝b2＋c2，∴b2＝34a2，②由①②得a2＝4，b2＝3，∴椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)依题意，直线l过点12，0且斜率不为零，故可设其方程为x＝my＋12.由方程组x＝my＋12，x24＋y23＝1消去x，并整理得4(3m2＋4)y2＋12my－45＝0.-3-设E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)∴y1＋y2＝－3m3m2＋4，∴y0＝y1＋y22＝－3m23m2＋4，∴x0＝my0＋12＝23m2＋4，∴k＝y0x0－2＝m4m2＋4.①当m＝0时，k＝0②当m≠0时，k＝14m＋4m，当m0时，4m＋4m≥8，∴014m＋4m≤18.∴0k≤18，当m0时，4m＋4m＝－－4m＋4－m≤－8，∴－18≤14m＋4m＝k0.∴－18≤k≤18且k≠0.综合①、②可知，直线MA的斜率k的取值范围是－18，18.1.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．[解](1)证明：设P(x0，y0)，A14y21，y1，B14y22，y2.-4-因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程y＋y022＝4·14y2＋x02，即y2－2y0y＋8x0－y20＝0的两个不同的实根．所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y轴．(2)由(1)可知y1＋y2＝2y0，y1y2＝8x0－y20，所以|PM|＝18(y21＋y22)－x0＝34y20－3x0，|y1－y2|＝22y20－4x0.所以△PAB的面积S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝324()y20－4x032.因为x20＋y204＝1(－1≤x00)，所以y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]，所以△PAB面积的取值范围是62，15104.2．(2019·无锡期末)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)的离心率为32，且过点3，12，点P在第四象限，A为左顶点，B为上顶点，PA交y轴于点C，PB交x轴于点D.(1)求椭圆C的标准方程；(2)求△PCD面积的最大值．-5-[解](1)由题意得3a2＋14b2＝1，ca＝32，a2＝b2＋c2，得a2＝4，b2＝1，故椭圆C的标准方程为x24＋y2＝1.(2)由(1)可得A(－2,0)，则可设直线AP的方程为y＝k(x＋2)，其中－12＜k＜0，所以C(0,2k)．由y＝kx＋2，x24＋y2＝1，消去y得(1＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－4＝0，解得x＝－8k2±21＋4k2，所以xAxP＝16k2－41＋4k2，由xA＝－2得xP＝2－8k21＋4k2，故yP＝k(xP＋2)＝4k1＋4k2，所以P2－8k21＋4k2，4k1＋4k2，设D(x0,0)，因为B(0,1)，P，B，D三点共线，所以kBD＝kPB，故－1x0＝4k1＋4k2－12－8k21＋4k2，解得x0＝21＋2k1－2k，得D21＋2k1－2k，0，S△PCD＝S△PAD－S△CAD＝12×AD×|yP－yC|＝1221＋2k1－2k＋24k1＋4k2－2k＝4|k1＋2k|1＋4k2.因为－12＜k＜0，所以S△PCD＝－8k2－4k1＋4k2＝－2＋2×1－2k1＋4k2，令t＝1－2k，则1＜t＜2，所以2k＝1－t，所以S△PCD＝－2＋2t1＋1－t2＝－2＋2tt2－2t＋2＝－2＋2t＋2t－2≤－2＋222－2＝2－1，-6-当且仅当t＝2时取等号，此时k＝1－22，所以△PCD面积的最大值为2－1.考点2最值问题圆锥曲线中最值问题的解决方法(1)几何法：若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解．(2)代数法：若题目中的条件和结论能体现一种明确的函数关系，或者不等关系，或者已知参数与新参数之间的等量关系等，则利用代数法求参数的范围．利用基本不等式求最值已知椭圆C：x2＋2y2＝4.(1)求椭圆C的离心率；(2)设O为原点，若点A在直线y＝2上，点B在椭圆C上，且OA⊥OB，求线段AB长度的最小值．[解](1)由题意，椭圆C的标准方程为x24＋y22＝1，所以a2＝4，b2＝2，从而c2＝a2－b2＝2.因此a＝2，c＝2.故椭圆C的离心率e＝ca＝22.(2)设点A，B的坐标分别为(t,2)，(x0，y0)，其中x0≠0.因为OA⊥OB，所以OA→·OB→＝0，即tx0＋2y0＝0，解得t＝－2y0x0.又x20＋2y20＝4，所以|AB|2＝(x0－t)2＋(y0－2)2＝x0＋2y0x02＋(y0－2)2＝x20＋y20＋4y20x20＋4＝x20＋4－x202＋24－x20x20＋4＝x202＋8x20＋4(0＜x20≤4)．因为x202＋8x20≥4(0x20≤4)，且当x20＝4时等号成立，所以|AB|2≥8.故线段AB长度的最小值为22.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-7-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．[解](1)设F(c,0)，由条件知，2c＝233，得c＝3.又ca＝32，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为x24＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意，故设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.从而|PQ|＝k2＋1|x1－x2|＝4k2＋14k2－34k2＋1.又点O到直线PQ的距离d＝2k2＋1.所以△OPQ的面积S△OPQ＝12·d·|PQ|＝44k2－34k2＋1.设4k2－3＝t，则t0，S△OPQ＝4tt2＋4＝4t＋4t≤1.当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，且满足Δ0.所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为2y±7x＋4＝0.利用函数性质求最值在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点A在C上，若|AO|＝|AF|＝32.(1)求C的方程；-8-(2)设直线l与C交于P，Q，若线段PQ的中点的纵坐标为1，求△OPQ的面积的最大值．[解](1)∵点A在C上，|AO|＝|AF|＝32，∴p4＋p2＝32，∴p＝2，∴C的方程为x2＝4y.(2)设直线方程为y＝kx＋b，代入抛物线方程，可得x2－4kx－4b＝0，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，∴y1＋y2＝4k2＋2b，∵线段PQ的中点的纵坐标为1，∴2k2＋b＝1，△OPQ的面积S＝12·b·16k2＋16b＝b2＋2b＝2·b3＋b2(0＜b≤1)，设y＝b3＋b2，y′＝3b2＋2b＞0，故函数单调递增，∴b＝1时，△OPQ的面积的最大值为2.若题目中的条件和要求的结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，然后根据其结构特征，构建函数模型求最值，一般情况下，可以构建二次型函数、双曲线型函数、多项式型函数等．[教师备选例题]如图，已知点F(1,0)为抛物线y2＝2px(p0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.(1)求p的值及抛物线的准线方程；(2)求S1S2的最小值及此时点G点坐标．[解](1)由抛物线的性质可得：p2＝1，∴p＝2，∴抛物线的准线方程为x＝－1；(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)，令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2，由于直线AB过F，故直线AB的方程为x＝t2－12ty＋1，代入y2＝4x，得：y2－2t2－1ty－4＝0，-9-∴2tyB＝－4，即yB＝－2t，∴B(1t2，－2t)，又xG＝13(xA＋xB＋xC)，yG＝13(yA＋yB＋yC)，重心在x轴上，∴2t－2t＋yC＝0，∴C1t－t2，21t－t，G2t4－2t2＋23t2，0，∴直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，得Q(t2－1,0)，∵Q在焦点F的右侧，∴t22，∴S1S2＝12|FG|·|yA|12|QG|·|yC|＝2t4－5t2＋23t2·|2t|t2－1－2t4－2t2＋23t2·2t－2t＝2t4－t2t4－1＝2－t2－2t4－1，令m＝t2－2，则m0，S1S2＝2－mm2＋4m＋3＝2－1m＋3m＋4≥2