第8章 第8节　第2课时　范围、最值问题-2022届高三数学一轮复习讲义（新高考）

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第2课时　范围、最值问题


考点1　范围问题——综合性

(2020·蚌埠市高三第三次质检)如图，设抛物线C1：x2＝4y与C2：y2＝2px(p>0)在第一象限的交点为M，点A，B分别在抛物线C2，C1上，AM，BM分别与C1，C2相切．

(1)当点M的纵坐标为4时，求抛物线C2的方程；
(2)若t∈[1,2]，求△MBA面积的取值范围．
解：(1)由条件，＝4且t>0，解得t＝4，即点M(4，4)．
代入抛物线C2的方程，得8p＝16，所以p＝2，则抛物线C2的方程为y2＝4x.
(2)将点M的坐标代入抛物线C2的方程，得p＝.
设点A(x1，y1)，直线AM的方程为y＝k1(x－t)＋.
联立方程消去y，化简得x2－4k1x＋4k1t－t2＝0，
则Δ＝16k－4(4k1t－t2)＝0，
解得k1＝.
从而直线AM的斜率为＝＝＝＝，
解得y1＝－，即点A.
设点B(x2，y2)，直线BM的方程为y＝k2(x－t)＋，
联立方程消去x，化简得y2－y－2p＝0.
则Δ＝＋8p＝0，代入p＝，解得k2＝.
从而直线BM的斜率为＝＝＝，解得x2＝－，即点B.
|MB|＝＝，
点A到直线BM：y＝x＋，即tx－8y＋t2＝0的距离为
d＝＝，故△MBA的面积为S△MBA＝|MB|·d＝.而t∈[1,2]，
所以△MBA面积的取值范围是.

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<， 因为原点O到直线l的距离d＝，
所以d2＝＝＝－1＋.
又
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　利用基本不等式求最值
(2020·青岛三模)已知直线l1过坐标原点O且与圆x2＋y2＝4相交于点A，B，圆M过点A，B且与直线y＋2＝0相切．
(1)求圆心M的轨迹C的方程．
(2)若圆心在x轴正半轴上面积等于2π的圆W与曲线C有且仅有一个公共点．
(ⅰ)求出圆W的标准方程；
(ⅱ)已知斜率等于－1的直线l2交曲线C于E，F两点，交圆W于P，Q两点，求的最小值及此时直线l2的方程．
解：(1)设M(x0，y0)，由题意可知，
|MA|2＝|MO|2＋|OA|2＝x＋y＋4.
又圆M与直线y＋2＝0相切，
所以圆心M到直线y＋2＝0的距离d＝|y0＋2|.
因为|MA|＝d，所以x＋y＋4＝(y0＋2)2，
整理得x＝4y0，
所以圆心M的轨迹方程为x2＝4y.
(2)(ⅰ)由(1)知：曲线C的方程为y＝，
设f(x)＝，则f′(x)＝.
设圆W与曲线C的公共点为T(t>0)，则曲线C在T处的切线l的斜率k＝f′(t)＝.
由题意，直线l与圆W相切于T点，设圆W的标准方程为(x－a)2＋y2＝2(a>0)，则直线WT的斜率kWT＝＝.
因为l⊥WT，所以·＝－1，
即t3＋8(t－a)＝0.
又因为(t－a)2＋＝2，
所以＋＝2，
所以t6＋4t4－128＝0.
令t2＝λ，则λ3＋4λ2－128＝0，
所以(λ3－4λ2)＋(8λ2－128)＝0，
即(λ－4)(λ2＋8λ＋32)＝0，
所以λ＝4.
所以t＝2，a＝3，
从而圆W的标准方程为(x－3)2＋y2＝2.
(ⅱ)设E(x1，y1)，F(x2，y2)，直线l2：y＝－x＋m.
由得x2＋4x－4m＝0，
所以x1＋x2＝－4，x1x2＝－4m，
所以|EF|＝·＝4.
又因为|PQ|＝2＝，
所以＝＝4.
由于l2与曲线C、圆W均有两个不同的交点，
所以
解得1 令1＋m＝u，则u∈(2,6)，
则＝4＝4≥＋，当且仅当u＝，即u＝2，m＝2－1时取等号．
所以当m＝2－1时，的最小值为＋，
此时直线l2的方程为y＝－x＋2－1.

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，利用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(一般方法、基本不等式法、导数法等)



(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]
读
想
算
思
已知圆的方程和椭圆的方程，直线与圆、椭圆都相交
1.向量＝3如何转化？
2.如何表示三角形的面积？
把用直线AM的斜率k来表示
转化与化归
求直线AM的斜率，求△AMN与△APQ的面积之比
1.用A，P，M的坐标表示；
2.利用公式S＝absin C表示并转化
＝进而用基本不等式求其最大值
把面积之比的最大值转化为一个变量的不等式


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(t>0)，则4k2＝t2＋3，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.