2020新高考数学理二轮专题培优新方案主攻40个必考点课件解析几何二十五

主攻40个必考点(二十五)圆锥曲线中的最值问题1．(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－12.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．解：(1)由题设得yx＋2·yx－2＝－12，化简得x24＋y22＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上不含长轴端点的椭圆．(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k0)．由y＝kx，x24＋y22＝1得x＝±21＋2k2.设u＝21＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．于是直线QG的斜率为k2，其方程为y＝k2(x－u)．由y＝k2x－u，x24＋y22＝1消去y，得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.(*)设G(xG，yG)，则－u和xG是方程(*)的解，故xG＝u3k2＋22＋k2，由此得yG＝uk32＋k2.从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku3k2＋22＋k2－u＝－1k.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．②由①得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，所以△PQG的面积S＝12|PQ||PG|＝8k1＋k21＋2k22＋k2＝81k＋k1＋21k＋k2.设t＝k＋1k，则由k0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为169.因此，△PQG面积的最大值为169.2．(2014·全国卷Ⅰ)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，故设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，x1,2＝8k±24k2－34k2＋1.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.因为t＋4t≥4，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.[把脉考情]考什么探究直线或圆锥曲线运动变化得到的几何图形中的最值(线段和最值、角的最值、面积的最值等)考多深在解答题中考查，试题难度较大，分值12分考多宽多与基本不等式结合求最值、二次函数结合求最值及构造函数利用导数求最值，主要考查函数与方程思想．涉及逻辑推理、数学运算的核心素养与面积有关的最值问题[典例1]已知椭圆Γ：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1(－2，0)，F2(2，0)，且点M(2，1)在该椭圆上．(1)求椭圆Γ的方程；(2)若A，B为椭圆Γ的左、右顶点，点P(x0，y0)为直线x＝4上任意一点，PA，PB交椭圆Γ于C，D两点，求四边形ACBD面积的最大值．[解](1)依题意得c＝2，且22a2＋12b2＝1，又a2＝b2＋c2，所以a＝2，b＝2，从而椭圆Γ的方程为x24＋y22＝1.(2)易知A(－2,0)，B(2,0)，设P(4，t)(不妨设t0)，则直线PA的方程为y＝t6(x＋2)，直线PB的方程为y＝t2(x－2)．设C(x1，y1)，D(x2，y2)，由y＝t6x＋2，x24＋y22＝1得(18＋t2)x2＋4t2x＋4t2－72＝0，则－2·x1＝4t2－7218＋t2，所以x1＝36－2t218＋t2，于是y1＝t6(x1＋2)＝12t18＋t2.由y＝t2x－2，x24＋y22＝1得(2＋t2)x2－4t2x＋4t2－8＝0，则2·x2＝4t2－82＋t2，所以x2＝2t2－42＋t2，于是y2＝t2(x2－2)＝－4tt2＋2.所以S四边形ACBD＝S△ACB＋S△ADB＝12|AB|×|y1|＋12|AB|×|y2|＝12×4×12t18＋t2＋4tt2＋2＝32×t3＋6tt4＋20t2＋36＝32×t＋6tt2＋36t2＋20＝32×t＋6tt＋6t2＋8.设u＝t＋6t，则u∈[26，＋∞)，S四边形ACBD＝32u＋8u，令g(u)＝32u＋8u，u∈[26，＋∞)，则g(u)在[26，＋∞)上单调递减，所以(S四边形ACBD)max＝g(26)＝26.故四边形ACBD面积的最大值为26.增分方略利用基本不等式求圆锥曲线中最值问题的变形技巧(1)s＝k2＋12k2＋5(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．(2)s＝k2＋121＋2k2k2＋2≥k2＋121＋2k2＋k2＋222(基本不等式)．(3)s＝n4m2＋1－n24m2＋1(基本不等式)．(4)s＝4k4＋13k2＋92k2＋3＝1＋k24k4＋12k2＋9(先分离参数，再利用基本不等式)．(5)s＝kk2＋13k2＋13k2＋9＝k＋1k3k＋13kk＋9k(上下同时除以k2，令t＝k＋1k换元，再利用基本不等式)．与线段长有关的最值问题[典例2]已知圆C：(x＋22)2＋y2＝36与定点M(22，0)，动圆I过点M且与圆C相切．(1)求动圆圆心I的轨迹E的方程；(2)若过定点N(0,2)的直线l交轨迹E于不同的两点A，B，求|AB|的最大值．[解](1)设动圆I的半径为r，由题意可知，点I(x，y)满足|IC|＝6－r，|IM|＝r，所以|IC|＋|IM|＝6.由椭圆的定义知点I的轨迹为以C，M为左、右焦点的椭圆，且其长半轴长a＝3，半焦距c＝22，可得短半轴长b＝1，故轨迹E的方程为x29＋y2＝1.(2)①当直线l的斜率不存在时，A(0,1)，B(0，－1)或A(0，－1)，B(0,1)，此时|AB|＝2.②当直线l的斜率存在时，设直线l的方程为y＝kx＋2，由y＝kx＋2，x29＋y2＝1消去y得，(1＋9k2)x2＋36kx＋27＝0，由Δ＝(36k)2－108(1＋9k2)0，得k213.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，可得x1＋x2＝－36k1＋9k2，x1x2＝271＋9k2，|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝1＋k2·－36k1＋9k22－4·271＋9k2＝631＋k23k2－11＋9k2.令1＋9k2＝t，则t4，|AB|＝631＋k23k2－11＋9k2＝21＋4t－32t2＝2－32·1t2＋4·1t＋1，1t∈0，14，当1t＝116，即k＝±153时，有|AB|max＝322.因为3222，所以|AB|的最大值为322.增分方略二次函数的最值在圆锥曲线最值问题中的应用根据条件建立目标函数后，通过变形、换元转化为二次函数，注意变量的取值范围易忽视．课下请完成“考点过关检测（二十五）”(单击进入电子文档)