第三课时 最值、范围问题

第三课时最值、范围问题题型一最值问题角度1基本不等式法求最值例1已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，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.解(1)设F(c，0)，由条件知2c＝233，得c＝3.又ca＝32，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为x24＋y2＝1.(2)当l⊥x轴时不合题意；设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx－2代入x24＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)0，即k234时，x1＋x2＝16k1＋4k2，x1·x2＝121＋4k2.从而|PQ|＝k2＋1|x1－x2|＝4k2＋1·4k2－34k2＋1.又点O到直线PQ的距离d＝2k2＋1.所以△OPQ的面积S△OPQ＝12d·|PQ|＝44k2－34k2＋1.设4k2－3＝t，则t0，S△OPQ＝4tt2＋4＝4t＋4t≤1，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，且满足Δ0，所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.角度2函数法求最值例2在平面直角坐标系中，O为坐标原点，圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2，以B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点1，22.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设经过点(－2，0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△F2MN的面积的最大值.解(1)由题意，得椭圆E的焦点在x轴上.设椭圆E的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，则b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴椭圆E的标准方程为x22b2＋y2b2＝1.∵椭圆E经过点1，22，∴12b2＋12b2＝1，解得b2＝1，∴椭圆E的标准方程为x22＋y2＝1.(2)∵点(－2，0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在.设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2).设M(x1，y1)，N(x2，y2).由y＝k（x＋2），x22＋y2＝1，消去y，得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.∴x1＋x2＝－8k21＋2k2，x1x2＝8k2－21＋2k2，Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)＞0，解得0≤k2＜12，∴|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝21＋k22－4k2（1＋2k2）2.∵点F2(1，0)到直线l的距离d＝3|k|1＋k2，∴△F2MN的面积为S＝12|MN|·d＝3k2（2－4k2）（1＋2k2）2.令1＋2k2＝t，t∈[1，2)，得k2＝t－12.∴S＝3（t－1）（2－t）t2＝3－t2＋3t－2t2＝3－1＋3t－2t2＝3－21t－342＋18，当1t＝34，即t＝4343∈[1，2）时，S有最大值，Smax＝324，此时k＝±66.∴△F2MN的面积的最大值是324.感悟提升处理圆锥曲线最值问题的求解方法圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.训练1(2022·长沙模拟)已知抛物线C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p＞0)的焦点分别为F1，F2，点P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O为坐标原点).(1)求抛物线C2的方程；(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求△PMN面积的最小值.解(1)∵F1(1，0)，F20，p2，∴F1F2→＝－1，p2，F1F2→·OP→＝－1，p2·(－1，－1)＝1－p2＝0，∴p＝2，∴抛物线C2的方程为x2＝4y.(2)设过点O的直线MN的方程为y＝kx(k＜0)，联立y2＝4x，y＝kx，得(kx)2＝4x，解得M4k2，4k，联立x2＝4y，y＝kx，得N(4k，4k2)，从而|MN|＝1＋k24k2－4k＝1＋k24k2－4k.点P到直线MN的距离d＝|k－1|1＋k2，所以S△PMN＝12·|k－1|1＋k2·1＋k24k2－4k＝2（1－k）（1－k3）k2＝2（1－k）2（1＋k＋k2）k2＝2k＋1k－2k＋1k＋1.令t＝k＋1k(t≤－2).则S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，当t＝－2，即k＝－1时，S△PMN取得最小值，最小值为8，即当过原点的直线方程为y＝－x时，△PMN的面积取得最小值8.题型二范围问题例3设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.(1)证明因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.由题设得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为x24＋y23＝1(y≠0).(2)解当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).由y＝k（x－1），x24＋y23＝1得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，则x1＋x2＝8k24k2＋3，x1x2＝4k2－124k2＋3，所以|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝12（k2＋1）4k2＋3.过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－1k(x－1)，A到m的距离为2k2＋1，所以|PQ|＝242－2k2＋12＝44k2＋3k2＋1.故四边形MPNQ的面积S＝12|MN||PQ|＝121＋14k2＋3.可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，83).综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，83).感悟提升解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面(1)利用圆锥曲线的几何性质或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.训练2(2021·北京卷)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为45.(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围.解(1)因为椭圆E过点A(0，－2)，所以b＝2.以四个顶点围成的四边形面积为45，故12·2a·2b＝2ab＝45.由b＝2，2ab＝45，a2＝b2＋c2，解得a＝5，b＝2，c＝1，故椭圆E的标准方程为x25＋y24＝1.(2)由题意可得，直线l的斜率存在，且直线l的方程为y＝kx－3，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，联立y＝kx－3，4x2＋5y2＝20，消去y整理得(5k2＋4)x2－30kx＋25＝0，Δ＝(－30k)2－4(5k2＋4)×25＝400(k2－1)0，故k1或k－1.由根与系数的关系，得x1＋x2＝30k5k2＋4，x1x2＝255k2＋4，进而可得y1＋y2＝k(x1＋x2)－6＝－245k2＋4，y1y2＝(kx1－3)(kx2－3)＝k2x1x2－3k(x1＋x2)＋9＝36－20k25k2＋4.直线AB的方程为y＋2＝y1＋2x1x，令y＝－3，则x＝－x1y1＋2，故点M－x1y1＋2，－3.直线AC的方程为y＋2＝y2＋2x2x，令y＝－3，则x＝－x2y2＋2，故点N－x2y2＋2，－3.|PM|＋|PN|＝x1y1＋2＋x2y2＋2＝x1（y2＋2）＋x2（y1＋2）（y1＋2）（y2＋2）＝x1（kx2－1）＋x2（kx1－1）y1y2＋2（y1＋y2）＋4＝2kx1x2－（x1＋x2）y1y2＋2（y1＋y2）＋4＝2k×255k2＋4－30k5k2＋436－20k25k2＋4＋－485k2＋4＋4＝|5k|≤15，即|k|≤3，解得－3≤k≤3.综上，k的取值范围为[－3，－1)∪(1，3].1.(2021·全国乙卷)已知抛物线C：y2＝2px(p0)的焦点F到准线的距离为2.(1)求C的方程；(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足PQ→＝9QF→，求直线OQ斜率的最大值.解(1)由抛物线的定义可知，焦点F到准线的距离为p，故p＝2，所以C的方程为y2＝4x.(2)由(1)知F(1，0)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则PQ→＝(x2－x1，y2－y1)，QF→＝(1－x2，－y2).因为PQ→＝9QF→，所以x2－x1＝9（1－x2），y2－y1＝－9y2，可得x1＝10x2－9，y1＝10y2.又点P在抛物线C上，所以y21＝4x1，即(10y2)2＝4(10x2－9)，化简得y22＝25x2－925，则点Q的轨迹方程为y2＝25x－925.设直线OQ的方程为y＝kx，易知当直线OQ与曲线y2＝25x－925相切时，斜率可以取最大.联立y＝kx与y2＝25x－925消y，得k2x2－25x＋925＝0，令Δ＝－252－4k2·925＝0，解得k＝±13，所以直线OQ斜率的最大值为13.2.(2021·湖北部分重点中学联考)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)，点F为抛物线C的焦点，点A(1，m)(m＞0)在抛物线C上，且|FA|＝2，过点F作斜率为k12≤k≤2的直线l与抛物线C交于P，Q两点.(1)求抛物线C的方程；(2)求△APQ面积的取值范围.解(1)由抛物线的定义可得|FA|＝xA＋p2＝1＋p2＝2，所以p＝2，所以抛物线的方程为y2＝4x.(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，联立y＝k（x－1），y2＝4x得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，Δ＞0恒成立，由根与系数的关系得x1＋x2＝2k2＋4k2，x1x2＝1，因为AF⊥x轴，所以S△APQ＝12×|AF|×|x1－x2|＝|x1－x2|＝（x1＋x2）2－4x1x2＝4k2＋1k4＝41k2＋1k4.因为12≤k≤2，令t＝1k2，所以S△APQ＝4t2＋t14≤t≤4，所以5≤S△APQ≤85，所以△APQ的面积的取值范围为[5，85].3.如图所示，点A，B分别是椭圆x236＋y220＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.(1)求点P的坐标；(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值.解(1)由已知可得点A(－6，0)，F(4，0)，设点P的坐标是(x，y)，则AP→＝(x＋6，y)，