2020数学（理）二轮教师用书：第2部分专题5第3讲　圆锥曲线中的综合问题


第3讲　圆锥曲线中的综合问题

　求圆锥曲线中的最值范围问题(5年2考)
考向1　构造不等式求最值或范围

[高考解读]　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、导数于一体，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.
(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－.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．
切入点：(1)由kAM·kBM＝－求C的方程，并注意x的范围．
(2)①证明kPQ·kPG＝－1即可；②建立面积函数，借助不等式求解．
[解](1)由题设得·＝－，化简得＋＝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设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k＞0)．
由得x＝±.
记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由
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＝，由此得yG＝.
从而直线PG的斜率为＝－.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
②由①得|PQ|＝2u，|PG|＝，所以△PQG的面积
S＝|PQ||PG|＝＝.
设t＝k＋，则由k＞0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝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.
因此，△PQG面积的最大值为.
[点评]　最值问题一般最终转化为某一个变量的函数，求最值时常用均值不等式，单调性，导数来求，重视一般函数中有分式，高次根式在求最值问题上的应用.
[教师备选题]
(2014·全国卷Ⅰ)已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，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．
切入点：(1)由e＝，kAF＝可求a，b的值；
(2)设出l的方程，表示出弦长|PQ|及点O到直线PQ的距离d，由S△OPQ＝|PQ|d建立函数关系式，并借助不等式求最值．
[解](1)设F(c,0)，由条件知，＝，得c＝.又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.
故E的方程为＋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＋y2＝1得
(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.
当Δ＝16(4k2－3)>0，
即k2>时，x1,2＝.
从而|PQ|＝|x1－x2|＝.
又点O到直线PQ的距离d＝，
所以△OPQ的面积S△OPQ＝d|PQ|＝.
设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝.
因为t＋≥4，当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0，
所以，当△OPQ的面积最大时l的方程为y＝x－2或y＝－x－2.

基本不等式求最值的5种典型情况分析
(1)s＝(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．
(2)s＝≥(基本不等式)．
(3)s＝(基本不等式)．
(4)s＝＝(先分离参数，再利用基本不等式)．
(5)s＝＝(上下同时除以k2，令t＝k＋换元，再利用基本不等式)．

(长度的最值问题)若F1，F2分别是椭圆E：＋y2＝1的左、右焦点，F1，F2关于直线x＋y－2＝0的对称点是圆C的一条直径的两个端点．
(1)求圆C的方程；
(2)设过点F2的直线l被椭圆E和圆C所截得的弦长分别为a，b.当ab取最大值时，求直线l的方程．
[解](1)因为F1(－2,0)，F2(2,0)，所以圆C半径为2，圆心C是原点O关于直线x＋y－2＝0的对称点．
设C(p，q)，由得p＝q＝2，所以C(2,2)．
所以圆C的方程为(x－2)2＋(y－2)2＝4.
(2)设直线l的方程为x＝my＋2，则圆心C到直线l的距离d＝，所以b＝2＝，由得(5＋m2)y2＋4my－1＝0，设直线l与椭圆E交于两点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－，y1·y2＝，
a＝|AB|＝＝，
ab＝＝≤2，当且仅当＝，即m＝±时等号成立．
所以当m＝±时，ab取最大值．此时直线l的方程为x±y－2＝0.
考向2　构造函数求最值或范围

(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y)－