2022届高考（统考版）数学理科一轮复习教学案：第8章 命题探秘2 第2课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 （含解析）.doc

1、第第 2 2 课时课时 圆锥曲线中的范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题 技法阐释 圆锥曲线中的范围、最值问题的求解常用的三种方法 (1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数的单调性求解. (2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围. (3)判别式法：建立关于某变量的一元二次方程，利用判别式 求参数的范围. 高考示例 思维过程 (2019 全国卷)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1 2.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

2、 于 P，Q 两点，点 P 在第一象限， PEx 轴，垂足为 E，连接 QE 并延长交 C 于点 G. 证明：PQG 是直角三角形； 求PQG 面积的最大值. 技法一 判别式法求范围 典例 1 已知椭圆的一个顶点 A(0，1)，焦点在 x 轴上，离心率为 3 2 . (1)求椭圆的标准方程； (2)设直线 ykxm(k0)与椭圆交于不同的两点 M，N.当|AM|AN|时，求 m 的取值范围 思维流程 解 (1)设椭圆的标准方程为x 2 a2 y2 b21(ab0)， 联立 b1， c a 3 2 ， a2b2c2， 解得 a2， b1， c 3. 故椭圆的标准方程为x 2 4y 21. (2)

3、设 P(x0，y0)为弦 MN 的中点，M(x1，y1)，N(x2，y2) 联立 ykxm， x2 4y 21， 得(4k21)x28kmx4(m21)0. 则 x1x28km 4k21，x1x2 4m21 4k21 . (8km)216(4k21)(m21)0， 所以 m214k2. 所以 x0 x 1x2 2 4km 4k21，y0kx0m m 4k21. 所以 kAPy 01 x0 m14k 2 4km . 又|AM|AN|，所以 APMN， 则m14k 2 4km 1 k，即 3m4k 21. 把代入得 m23m，解得 0m3. 由得 k23m1 4 0，解得 m1 3. 综上可知，m

4、 的取值范围为 1 3，3 . 点评：本例在求解中巧用|AM|AN|得出 APMN，从而建立 m 与 k 的等量关 系，回代由判别式 0 得出的 m 与 k 的不等关系，进而得出参数 m 的取值范围 技法二 利用函数性质法求最值(范围) 典例 2 已知直线 l：xy10 与焦点为 F 的抛物线 C：y22px(p0)相 切 (1)求抛物线 C 的方程； (2)过焦点 F 的直线 m 与抛物线 C 分别相交于 A，B 两点，求 A，B 两点到直 线 l 的距离之和的最小值 思维流程 解 (1)直线 l：xy10 与抛物线 C：y22px(p0)相切， 联立 xy10， y22px， 消去 x 得

5、 y22py2p0，从而 4p28p0，解得 p 2 或 p0(舍) 抛物线 C 的方程为 y24x. (2)由于直线 m 的斜率不为 0， 可设直线 m 的方程为 tyx1，A(x1，y1)，B(x2，y2) 联立 tyx1， y24x， 消去 x 得 y24ty40，0， y1y24t，即 x1x24t22， 线段 AB 的中点 M 的坐标为(2t21,2t) 设点 A 到直线 l 的距离为 dA，点 B 到直线 l 的距离为 dB，点 M 到直线 l 的距 离为 d， 则 dAdB2d2 |2t22t2| 2 2 2|t2t1|2 2 t1 2 23 4 ， 当 t1 2时，A，B 两点

6、到直线 l 的距离之和最小，最小值为 3 2 2 . 点评：本例的求解有两大亮点，一是直线 m 的设法：tyx1，避免了讨论斜 率不存在的情形；另一个是将 dAdB的最值问题巧妙的转化为 AB 的中点 M 到直 线 l 的最值问题，在转化中抛物线的定义及梯形中位线的性质起了关键性作用 技法三 利用不等式法求最值(范围) 典例 3 已知点 A(0，2)，椭圆 E：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 3 2 ，F 是 椭圆 E 的右焦点，直线 AF 的斜率为2 3 3 ，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

7、积最大时，求 l 的方程 思维流程 解 (1)设 F(c,0)，由条件知，2 c 2 3 3 ，得 c 3. 又c a 3 2 ，所以 a2，b2a2c21. 故 E 的方程为x 2 4y 21. (2)当 lx 轴时，不合题意， 故设 l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2) 将 ykx2 代入x 2 4y 21， 得(14k2)x216kx120. 当 16(4k23)0， 即 k23 4时，x1,2 8k 2 4k23 4k21 . 从而|PQ| k21|x1x2|4 k21 4k23 4k21 . 又点 O 到直线 PQ 的距离 d 2 k21. 所以OPQ 的面积 SOPQ1

8、 2 d |PQ| 4 4k23 4k21 . 设 4k23t， 则 t0，SOPQ 4t t24 4 t4 t 1. 当且仅当 t2， 即 k 7 2 时等号成立，且满足 0. 所以当OPQ 的面积最大时，l 的方程为 2y 7x40. 点评：基本不等式求最值的五种典型情况分析 (1)s k21 2k25 (先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式) (2)s k212 12k2k22 k212 12k2k22 2 2(基本不等式) (3)sn 4m 21n2 4m21 (基本不等式) (4)s 4k413k29 2k23 1 k2 4k412k29(先分离参数，再利用基本不等式) (5)s kk21 3k21 3 k29 k1 k 3k 1 3k k9 k (上下同时除以 k2，令 tk1 k换元，再 利用基本不等式)