第9章 平面解析几何 高考难点突破课2 圆锥曲线的综合问题 第三课时　最值、范围问题

第三课时最值、范围问题题型一距离与面积的最值(范围)例1已知椭圆C：x2a2＋y23＝1(a3)的右焦点F到左顶点的距离为3.(1)求椭圆C的方程；(2)设O为坐标原点，过点F的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不在x轴上)，若OE→＝OA→＋OB→，延长AO交椭圆于点G，求四边形AGBE的面积S的最大值.解(1)由已知得b2＝3，a＋c＝3，a2＝b2＋c2.联立以上3个式子，可得a2＝4，所以椭圆C的方程为x24＋y23＝1.(2)法一因为过F(1，0)的直线与椭圆C交于A，B两点(A，B不在x轴上)，所以设l的方程为x＝ty＋1，由x＝ty＋1，x24＋y23＝1，得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝－6t3t2＋4，y1y2＝－93t2＋4.因为OE→＝OA→＋OB→，所以四边形AOBE为平行四边形，所以S＝SAOBE＋S△OGB＝3S△AOB＝32|y1－y2|＝32（y1＋y2）2－4y1y2＝18t2＋13t2＋4.令t2＋1＝m，则m≥1，S＝18m3m2＋1＝183m＋1m.由函数的单调性易得当m＝1，即t＝0时，Smax＝92.法二由OE→＝OA→＋OB→知四边形AOBE为平行四边形.所以S＝SAOBE＋S△OGB＝3S△AOB.当直线AB的斜率不存在时，S＝3S△AOB＝92.当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，k≠0.由y＝k（x－1），x24＋y23＝1，得(4k2＋3)y2＋6ky－9k2＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，得y1＋y2＝－6k4k2＋3，y1y2＝－9k24k2＋3，所以S＝3S△AOB＝32|y1－y2|＝32（y1＋y2）2－4y1y2＝18k4＋k24k2＋3.令4k2＋3＝m，则m3，S＝92－3×1m2－2m＋192.综上知，四边形AGBE的面积S的最大值Smax＝92.感悟提升1.本题求四边形AGBE面积的最值，首先分割，借助三角形面积转化为函数的最值问题；求解最值应用了两个技巧：一是换元，运用函数的性质；二是利用已知或隐含的不等关系构造不等式求解.2.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.训练1(2022·南宁模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为12，右顶点M到左焦点的距离为3，直线l与椭圆C交于点A，B.(1)求椭圆C的标准方程；(2)设直线MA，MB的斜率为k1，k2.若4k1k2＋9＝0，求|AB|的最小值.解(1)设椭圆的半焦距为c，由题意得ca＝12，a＋c＝3，解得a＝2，c＝1，∴b＝3，∴椭圆C的标准方程为x24＋y23＝1.(2)由题意知，直线l的斜率不为0，设其方程为x＝my＋n，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由x＝my＋n，x24＋y23＝1，得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0，∴y1＋y2＝－6mn3m2＋4，y1y2＝3n2－123m2＋4，Δ＝(6mn)2－4(3m2＋4)(3n2－12)＝48(3m2－n2＋4)0.由(1)知M(2，0)，则直线MA，MB的斜率分别为k1＝y1x1－2，k2＝y2x2－2，∴k1k2＝y1y2（x1－2）（x2－2）＝y1y2（my1＋n－2）（my2＋n－2）＝y1y2m2y1y2＋m（n－2）（y1＋y2）＋（n－2）2＝3n2－123m2＋4m2·3n2－123m2＋4＋m（n－2）－6mn3m2＋4＋（n－2）2＝3n2－124（n－2）2＝3（n＋2）4（n－2）＝－94，解得n＝1.∴直线l的方程为x＝my＋1，直线l过定点(1，0)，此时，y1＋y2＝－6m3m2＋4，y1y2＝－93m2＋4，∴|AB|＝1＋m2|y1－y2|＝1＋m2·（y1＋y2）2－4y1y2＝1＋m2－6m3m2＋42＋363m2＋4＝1＋m2·144（m2＋1）（3m2＋4）2＝12（m2＋1）3m2＋4＝4·3m2＋33m2＋4＝41－13m2＋4≥3(当且仅当m＝0时取等号)，∴|AB|的最小值为3.题型二斜率或某些参数(式子)的最值(范围)例2(2021·兰州诊断)已知抛物线y2＝4x及点P(4，0).(1)以抛物线的焦点F为圆心，|FP|为半径作圆，求圆F与抛物线交点的横坐标；(2)若A，B是抛物线上不同的两点，且直线AB与x轴不垂直，弦AB的垂直平分线恰好经过点P，求FA→·FB→的取值范围.解(1)由已知得F(1，0)，所以圆F的方程为(x－1)2＋y2＝9，由（x－1）2＋y2＝9，y2＝4x，得x2＋2x－8＝0.解得x＝2或x＝－4.由于x0，所以x＝2.则圆与抛物线交点的横坐标为2.(2)设弦AB的中点为M，Ay214，y1，By224，y2，M(x0，y0)，则x0＝y21＋y228，y0＝y1＋y22，设线段AB的垂直平分线的方程为y＝k(x－4)(k≠0)，则直线AB的斜率kAB＝y1－y2y214－y224＝4y1＋y2＝2y0＝－1k，∴y0＝－2k.∵点M在弦AB的垂直平分线上，∴y0＝k(x0－4)(k≠0)，∴x0＝2.则直线AB的方程为k(y－y0)＝2－x，由k（y－y0）＝2－x，y2＝4x，得ky－ky0＝2－y24，即y2＋4ky＋8k2－8＝0，∴Δ＝16k2－32k2＋32＝－16k2＋320，∴0k22.∵y1＋y2＝－4k，y1y2＝8k2－8，∴FA→·FB→＝y214－1y224－1＋y1y2＝y1y242－14(y21＋y22)＋1＋y1y2＝4(k2－1)2－4＋1＋8k2－8＝4k4－7，∴FA→·FB→的取值范围是(－7，9).感悟提升圆锥曲线中求解含双变量的式子的取值范围的方法：几何条件定代换；目标关系式求范围.训练2已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率e＝32，直线x＋3y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为3.(1)求椭圆C的方程；(2)过点M(4，0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范围.解(1)原点到直线x＋3y－1＝0的距离为12，由题得122＋322＝b2(b0)，解得b＝1.又e2＝c2a2＝1－b2a2＝34，得a＝2，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)当直线l的斜率为0时，直线l：y＝0为x轴，λ＝|MA|·|MB|＝12.当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，点A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立x＝my＋4，x24＋y2＝1，消去x得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.由Δ＝64m2－48(m2＋4)0，得m212，所以y1y2＝12m2＋4.λ＝|MA|·|MB|＝m2＋1|y1|·m2＋1|y2|＝(m2＋1)|y1y2|＝12（m2＋1）m2＋4＝121－3m2＋4.由m212，得03m2＋4316，所以394λ12.综上可得：394λ≤12，即λ∈394，12.1.如图，已知椭圆C1：x22＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p＞0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A).(1)若p＝116，求抛物线C2的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值.解(1)由p＝116，得抛物线C2的焦点坐标是132，0.(2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，点A(x0，y0).将直线l的方程代入椭圆C1：x22＋y2＝1，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，所以点M的纵坐标yM＝－mtm2＋2.将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px，得y2－2pmy－2pt＝0，所以y0yM＝－2pt，解得y0＝2p（m2＋2）m，因此x0＝2p（m2＋2）2m2.由x202＋y20＝1，得1p2＝4m＋2m2＋2m＋2m4≥160，当且仅当m＝2，t＝105时，p取到最大值1040.2.已知抛物线x2＝y，点A－12，14，B(32，94)，抛物线上的点P(x0，y0)－12x032.(1)求直线AP斜率的取值范围；(2)Q是以AB为直径的圆上一点，且AP→·BQ→＝0，求AP→·PQ→的最大值.解(1)设直线AP的斜率为k，则k＝x20－14x0＋12＝x0－12，且－12x032，则－1x0－121.所以直线AP斜率的取值范围是(－1，1).(2)由题意可知，AP→与AQ→同向共线，BQ⊥AQ，联立直线AP与BQ的方程得kx－y＋12k＋14＝0，x＋ky－94k－32＝0，解得点Q的横坐标是xQ＝－k2＋4k＋32（k2＋1）.因为|AP|＝1＋k2x0＋12＝1＋k2·(k＋1)，|PQ|＝1＋k2(xQ－x0)＝－（k－1）（k＋1）2k2＋1，所以AP→·PQ→＝|AP→|·|PQ→|＝－(k－1)(k＋1)3.令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，所以f(k)在区间－1，12上单调递增，在12，1上单调递减，因此当k＝12时，AP→·PQ→取得最大值2716.3.(2022·全国名校联考)在平面直角坐标系xOy中，已知定点F(1，0)，定直线l：x＝－2，动点P到l的距离比到点F的距离大1.(1)求动点P的轨迹C的方程；(2)过点H(3，2)的动圆M与曲线C相交，其中A(x1，y1)，B(x2，y2)(x1＝x23)为它们的两个交点，且动圆M与直线y＝2相交于另一点D，求|DH|的最小值.解(1)设动点P(x，y)，则由题意知x＋2＝|PF|＋1，所以x＋1＝|PF|，即点P到定直线x＝－1的距离与点P到点F的距离相等，所以点P的轨迹是以O为顶点，F为焦点的抛物线，所以轨迹C的方程为y2＝4x.(2)由题意可知圆心M在x轴上，设M(m，0)，D(x3，2)，x33，由题意知A(x1，2x1)，B(x1，－2x1)，连接MH，MA，则|MH|＝|MA|，即（m－3）2＋（0－2）2＝（m－x1）2＋（0－2x1）2，即m＝x21＋4x1－132x1－6.由题意知圆M的方程为(x－m)2＋y2＝(m－3)2＋4.令y＝2，得x＝2m－3或x＝3，所以x3＝2m－3，所以|DH|＝x3－3＝2m－6＝x21＋4x1－13x1－3－6＝x21－2x1＋5x1－3.因为x13，所以|DH|＝x21－2x1＋5x1－3＝(x1－3)＋8x1－3＋4≥2（x1－3）·8x1－3＋4＝4＋42，当且仅当x1－3＝8x1－3，即x1＝3＋22(x3＝3－22舍去)时等号成立.所以|DH|的最小值为4＋42.4.(2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为12.(1)求C的方程；(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值.解(1)由题意可知直线AM的方程为y－3＝12(x－2)，即x－2y＝－4，当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4.由椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点M(2，3)，可得416＋9b2＝1，解得b2＝12，所以C的方程为x216＋y212＝1.(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m(m≠－4).如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值.联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程x216＋y212＝1，可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，化简可得16y