人教b版高考数学一轮复习第8章平面解析几何第8节第2课时范围最值问题学案含解析

第2课时　范围、最值问题

考点1　范围问题——综合性

(2021·威海模拟)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的右焦点为F(1,0)，且点P在椭圆C上，O为坐标原点．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设过定点T(0,2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围．

解：(1)由题意，得c＝1，所以a2＝b2＋1.

因为点P在椭圆C上，

所以＋＝1，所以a2＝4，b2＝3.

所以椭圆C的标准方程为＋＝1.

(2)设直线l的方程为y＝kx＋2，点A(x1，y1)，B(x2，y2)．

由得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0.

因为Δ＝48(4k2－1)＞0，所以k2＞.

由根与系数的关系，得x1＋x2＝，x1x2＝.

因为∠AOB为锐角，所以·＞0，即x1x2＋y1y2＞0.

所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＞0，即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＞0，

所以(1＋k2)·＋2k·＋4＞0，

即＞0，

所以k2＜.

综上可知＜k2＜，

解得－＜k＜－或＜k＜.

所以直线l的斜率k的取值范围为∪.

圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略

(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．

(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．

(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．

(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．

(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．

已知椭圆C：＋＝1(a>0，b>0)的离心率为，短轴长为2.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于M，N两点，O为坐标原点．若kOM·kON＝，求原点O到直线l的距离的取值范围．

解：(1)由题意知e＝＝，2b＝2.

又a2＝b2＋c2，所以b＝1，a＝2.

所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

联立方程

得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.

依题意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，

化简得m2<4k2＋1.①

x1＋x2＝－，x1x2＝，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.

若kOM·kON＝，则＝，即4y1y2＝5x1x2.

所以(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0.

所以(4k2－5)·＋4km·＋4m2＝0，

即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，

化简得m2＋k2＝.②

由①②得0≤m2<，<k2≤.

因为原点O到直线l的距离d＝，

所以d2＝＝＝－1＋.

又<k2≤，所以0≤d2<，

所以原点O到直线l的距离的取值范围是.

考点2　最值问题——综合性

考向1　利用几何性质求最值

在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．

　解析：直线x－y＋1＝0与双曲线x2－y2＝1的一条渐近线x－y＝0平行，这两条平行线之间的距离为.又P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点，点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则c≤，即实数c的最大值为.

考向2　利用函数、导数法求最值

如图，已知椭圆＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋对称．

(1)求实数m的取值范围；

(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．

解：由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点为M.

联立方程

消去y，得x2－x＋b2－1＝0.

因为直线y＝－x＋b与椭圆＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋＞0，①

则x1＋x2＝，y1＋y2＝.

(1)将AB中点M代入直线方程y＝mx＋，解得b＝－.②

由①②得m＜－或m＞.故实数m的取值范围为∪.

(2)令t＝∈∪，则t2∈.

则|AB|＝·，

点O到直线AB的距离为d＝.

设△AOB的面积为S(t)，

则S(t)＝|AB|·d

＝≤.

当且仅当t2＝时，等号成立．

故△AOB面积的最大值为.

考向3　利用均值不等式求最值

(2020·汉中市模拟)圆O的方程为：x2＋y2＝9，P为圆上任意一点，过P作x轴的垂线，垂足为D，点Q在PD上，且＝.

(1)求点Q的轨迹C的方程；

(2)过点F(－，0)的直线与曲线C交于A，B两点，点M的坐标为(3,0)，△MAB的面积为S，求S的最大值，及直线AB的方程．

解：(1)设P(x1，y1)，Q(x，y)，则D(x1，0)，＝(0，y1)，＝(0，y)．

因为＝，所以

把P(x1，y1)代入圆的方程得x2＋y2＝9，

所以Q的轨迹C的方程为＋＝1.

(2)由题意易知直线的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝ty－，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

联立⇒消去x得(4t2＋9)y2－8ty－16＝0.

由根与系数的关系，得y1＋y2＝，y1y2＝，

S△MAB＝×(3＋)×|y1－y2|

＝×

＝

＝12(3＋)·

≤12(3＋)×

＝＝.

当且仅当t＝±时取等号，

所以△MAB的面积有最大值为.

当△MAB的面积为最大时，直线AB的方程为 y＝2x＋2或y＝－2x－2.

最值问题的2种基本解法

(2020·泸州市高三三模)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点为F1，F2，离心率为，过点F2且垂直于x轴的直线被椭圆E截得的弦长为1.

(1)求椭圆E的方程；

(2)若直线y＝kx＋m(k>0)交椭圆E于C，D两点，与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M，N，且|CM|＝|DN|，求|CD|的最小值．

解：(1)由题意可知e＝＝＝，且＝1，

解得a＝2，b＝1，c＝.

所以椭圆E的方程为＋y2＝1.

(2)把y＝kx＋m(k>0)代入＋y2＝1得

(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.

设C(x1，y1)，D(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝.又M，N(0，m)，

|CM|＝|DN|，所以xM－x1＝x2－xN，即xM＋xN＝x1＋x2.

所以x1＋x2＝－＝－.

因为y＝kx＋m(k>0)与线段F1F2和椭圆短轴分别交于两个不同点M，N，

所以m≠0.

又k>0，则k＝，

故x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.

因为直线y＝kx＋m(k>0)与线段F1F2及椭圆的短轴分别交于不同两点，

所以－≤－2m≤，即－≤m≤，且m≠0，

所以|CD|＝|x1－x2|

＝

＝

＝.

因为－≤m≤，且m≠0，

所以，当m＝或m＝－时，|CD|的最小值为.

在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：＋y2＝1，A为椭圆C的右顶点，过原点且异于x轴的直线与椭圆C交于M，N两点，M在x轴的上方，直线AM与圆O的另一交点为P，直线AN与圆O的另一交点为Q.

(1)若＝3，求直线AM的斜率；

(2)设△AMN与△APQ的面积分别为S1，S2，求的最大值．

[四字程序]

思路参考：设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，利用yp＝3yM求解．

解：(1)设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，将y＝k(x－2)与椭圆方程＋y2＝1联立，得k2(x－2)2＝(2＋x)(2－x)．

求得点M的横坐标为xM＝，

纵坐标为yM＝.

将y＝k(x－2)与圆方程x2＋y2＝4联立，得k2(x－2)2＝(2＋x)(2－x)．

求得点P的横坐标为xP＝，

纵坐标为yP＝.

由＝3得yP＝3yM，

即＝.

又k<0，解得k＝－.

(2)由M，N关于原点对称，得点N的坐标为xN＝，yN＝，

所以直线AN的斜率为kAN＝＝－.

于是＝＝，

同理＝＝.

所以＝＝·＝＝＝≤＝，

当且仅当16k2＝，即k＝－时等号成立，所以的最大值为.

思路参考：设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，由＝3转化为xp－xA＝3(xM－xA)求解．

解：(1)设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，代入椭圆方程，整理得(4k2＋1)x2－16k2x＋4(4k2－1)＝0.由根与系数的关系得xAxM＝，而xA＝2，所以xM＝.

将y＝k(x－2)代入圆的方程，整理得(k2＋1)x2－4k2x＋4(k2－1)＝0.由根与系数的关系得xAxP＝，而xA＝2，所以xP＝.

由＝3，得xP－xA＝3(xM－xA)，

即－2＝3，解得k2＝2.

又k<0，所以k＝－.

(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，所以kAMkAN＝－，即kkAN＝－，所以kAN＝－.下同解法1(略)．

思路参考：设直线AM的方程为x＝my＋2，利用yp＝3yM求解．

解：(1)设直线AM的方程为x＝my＋2(m≠0)，将其代入椭圆方程，整理得(m2＋4)y2＋4my＝0，得点M的纵坐标为yM＝.

将x＝my＋2代入圆的方程，整理得(m2＋1)y2＋4my＝0，得点P的纵坐标为yp＝.

由＝3，得yP＝3yM，即＝.

因为m≠0，解得m2＝，即m＝±.

又直线AM的斜率k＝<0，所以k＝－.

(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，又kAMkAN＝－，由(1)知kAM＝，所以有kAN＝－，则kAN＝－.

又yM＝，yP＝，所以＝＝.

同理＝＝.

所以＝＝·.下同解法1(略)．

1．本题考查三角形面积之比的最大值，解法较为灵活，其基本策略是把面积的比值表示为斜率k的函数，从而求其最大值．

2．基于新课程标准，解答本题一般需要掌握数学阅读技能，运算求解能力，体现了数学运算的核心素养．

已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点．

(1)求椭圆E的方程；

(2)设过点A的直线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)，由题意知＝，解得c＝.

因为e＝＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.

所以椭圆E的方程为＋y2＝1.

(2)(方法一)显然直线l的斜率存在．设直线l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且P在线段AQ上．

由得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，

所以x1＋x2＝，x1x2＝.

由Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)>0，得k2>.

则S△OPQ＝S△AOQ－S△AOP＝×2×|x2－x1|＝＝.

令＝t，则4k2＝t2＋3且t>0，于是S△OPQ＝＝≤1，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，所以l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.

(方法二)依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx－2.将其代入椭圆方程，整理得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，则Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)＝16(4k2－3)>0，即k2>.

由弦长公式得|PQ|＝·.

由点到直线的距离公式得点O到直线l的距离d＝，

所以S△OPQ＝|PQ|×d＝××＝.

设＝t(t>0)，则4k2＝t2＋3，所以S△OPQ＝＝≤1，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立．

故所求直线l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.