高考数学一轮复习第8章第8节第2课时范围、最值问题学案

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第2课时　范围、最值问题


考点1　范围问题——综合性

(2021·梅州二模)在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x＋y＋2－1＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)△BMN是椭圆C的内接三角形，若坐标原点O为△BMN的重心，求点B到直线MN距离的取值范围．
解：(1)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点F2(c,0)，则以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆：(x－c)2＋y2＝a2，
所以圆心到直线x＋y＋2－1＝0的距离d＝＝a．
又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a＝2c，b＝c，
解得a＝2，b＝，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1．
(2)设B(m，n)，设M，N的中点为D，直线OD与椭圆交于A，B两点．
因为O为△BMN的重心，则BO＝2OD＝OA，所以D，
即B到直线MN的距离是原点O到直线MN距离的3倍．
当MN的斜率不存在时，点D在x轴上，所以此时B在长轴的端点处．
由|OB|＝2，得|OD|＝1，则O到直线MN的距离为1，B到直线MN的距离为3．
当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有
两式相减，得＋＝0．
因为D为M，N的中点，所以x1＋x2＝－m，y1＋y2＝－n，所以k＝＝－，
所以直线MN的方程为y＋＝－，即6mx＋8ny＋4n2＋3m2＝0，
所以原点O到直线MN的距离d＝．
因为＋＝1，
所以3m2＝12－4n2，
所以d＝＝＝．
因为0 所以≤<，所以≤3d<3．
综上所述，≤3d≤3，
即点B到直线MN距离的取值范围为．

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＋＝1(a＞b＞0)上的点到右焦点F(c,0)的最大距离是＋1，且1，a,4c成等比数列．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M(m,0)，求实数m的取值范围．
解：(1)由已知可得解得所以椭圆的方程为＋y2＝1．
(2)由题意得F(1,0)，设直线AB的方程为y＝k(x－1)．
与椭圆方程联立得
消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
Δ＝(－4k2)2－4(2k2－2)(1＋2k2)＝8k2＋8>0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，
y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝．
可得线段AB的中点为N．
当k＝0时，直线MN为x轴，此时m＝0；
当k≠0时，直线MN的方程为y＋＝－，
化简得ky＋x－＝0．令y＝0，得x＝，
所以m＝＝∈．
综上所述，实数m的取值范围为．

考点2　最值问题——应用性

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：双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线间的距离d＝＝，由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤，故c的最大值为．
考向2　利用函数、导数求最值
(2022·江门市高三一模)如图，抛物线C：y2＝8x与动圆M：(x－8)2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B，C，D四个不同点．
(1)求r的取值范围；
(2)求四边形ABCD面积S的最大值及相应r的值．

解：(1)联立抛物线与圆方程
消去y，得x2－8x＋64－r2＝0．
若圆与抛物线有四个不同交点，则方程有两个不等正根．
所以
解得4 (2)设A(x1,2)，B(x2,2)，其中x2>x1>0，则x1＋x2＝8，x1x2＝64－r2，
S＝(4＋4)(x2－x1)＝(2＋2)(x2－x1)，
S2＝8(x1＋x2＋2)[(x2＋x1)2－4x1x2]，
S2＝64(4＋)[16－(64－r2)]．
令x＝(0 令f(x)＝(4＋x)(16－x2)(0 f′(x)＝16－8x－3x2＝(4－3x)(x＋4)．
当00，f(x)单调递增；
当 f(x)≤f ＝，S＝8≤．
当x＝时，S取得最大值，取＝，r＝．
考向3　利用基本不等式求最值
(2022·唐山三模)在直角坐标系xOy中，A(－1,0)，B(1,0)，C为动点，设△ABC的内切圆分别与边AC，BC，AB相切于P，Q，R，且|CP|＝1，记点C的轨迹为曲线E．
(1)求曲线E的方程；
(2)不过原点O的直线l与曲线E交于M，N，且直线y＝－x经过MN的中点T，求△OMN的面积的最大值．
解：(1)依题意可知，
|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4>|AB|，
所以曲线E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(除去与x轴的交点)，
因此曲线E的方程为＋＝1(y≠0)．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，代入＋＝1整理，得
(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，(*)
Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)>0．
则x1＋x2＝－，x1x2＝，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝，故MN的中点T．
而直线y＝－x经过MN的中点T，
得＝－×，
又m≠0，所以直线l的斜率k＝．
故(*)式可化简为3x2＋3mx＋m2－3＝0，故x1＋x2＝－m，x1x2＝．
由Δ＝36－3m2>0且m≠0，得－2 又|MN|＝|x1－x2|＝×＝×，
而点O到直线l的距离d＝，
则△OMN的面积为
S＝×××＝|m|×≤×＝，
当且仅当m＝±时，等号成立，此时满足－2 所以△OMN的面积的最大值为．

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)

已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，过点T(0，p)作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交抛物线C于A，B两点，l2交抛物线C于E，F两点，当点A的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为．
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)已知O为坐标原点，线段AB的中点为M，线段EF的中点为N，求△OMN面积的最小值．
解：(1)因为x2＝2py可化为y＝，所以y′＝．
因为当点A的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为，
所以＝，所以p＝2，
所以，抛物线C的标准方程为x2＝4y．
(2)由(1)知点T坐标为(0,2)，
由题意可知，直线l1和l2斜率都存在且均不为0．
设直线l1方程为y＝kx＋2，
由联立消去y并整理，得x2－4kx－8＝0，
Δ＝(－4k)2＋32＝16k2＋32>0．
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1·x2＝－8，
所以，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4．
因为M为AB中点，所以M(2k,2k2＋2)．
因为l1⊥l2，N为EF中点，所以N，所以直线MN的方程为y－(2k2＋2)＝·(x－2k)＝·(x－2k)，
整理得y＝x＋4，
所以，直线MN恒过定点(0,4)．
所以△OMN面积S＝×4×＝4＝4≥4·2＝8，
当且仅当|k|＝即k＝±1时，△OMN面积取得最小值为8．


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＝ab·sin 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，(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，得xA＋xM＝，
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(1＋k2)·x2－4k2x＋4k2－4＝0，得xA＋xP＝，
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，解答本题一般需要具备良好的数学阅读技能、运算求解能力．本题的解答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，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将直线l的方程代入椭圆方程，整理得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，则Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)＝16(4k2－3)>0，即k2>．x1＋x2＝，x1x2＝．
由弦长公式得|PQ|＝|x1－x2|＝·＝·．
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．