2022版高考数学一轮总复习第8章平面解析几何命题探秘2第2课时圆锥曲线中的范围最值问题学案含解析（精编版）

1、1 第 2 课时圆锥曲线中的范围、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

2、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 . 由得 |pq|2u1k2，|pg|2ukk212k2，关键点 1：正确计算 |pq|，|pg|的结果是关键所以 pqg 的面积s12|pq|pg|8k 1k212k22k281kk121kk2. 关键点 2：巧妙变换，正确设元是转化函数的难点设 tk1k，则由 k0 得 t2，当且仅当k1 时取等号因为 s8t12t2在2， )单调递减， 关键点 3：应用函数的单调性求最值所以当 t 2，即 k1 时， s取得最大值，最大值为169. 因此 ， pqg 面积的最大值为169. 技法一判别式法求范围典例

3、1已知椭圆的一个顶点a(0， 1)，焦点在x 轴上，离心率为32. (1)求椭圆的标准方程；2 (2)设直线 y kxm(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x2a2y2b21(ab0)，联立b1，ca32，a2b2c2，解得a2，b1，c3.故椭圆的标准方程为x24y21. (2)设 p(x0，y0)为弦 mn 的中点， m(x1，y1)，n(x2，y2)联立y kxm，x24y21，得(4k21)x28kmx4(m21)0. 则 x1x2 8km4k21，x1x24 m214k21. (8km)216(4k21)(m

4、21)0，所以 m21 4k2. 所以 x0 x1 x224km4k21，y0kx0mm4k21. 所以 kapy01x0m14k24km. 又|am|an|，所以 ap mn，则m14k24km1k，即 3m4k21. 把代入得m23m，解得 0m3. 由得 k23m140，解得 m13. 3 综上可知， m 的取值范围为13，3 . 点评： 本例在求解中巧用|am|an|得出 ap mn，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：xy 10 与焦点为f 的抛物线c：y

5、22px(p 0)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x y10，y22px，消去 x 得 y2 2py2p 0，从而 4p28p0，解得 p2 或 p0(舍去 )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tyx 1，y24x，消去 x 得 y24ty40， 0， y1y24t，即 x1x24t22，线段ab 的中点

6、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|2t2 2t2|2 2 2|t2t1|2 2t12234，当t12时， a，b 两点到直线l 的距离之和最小，最小值为3 22. 4 点评： 本例的求解有两大亮点，一是直线m 的设法： ty x1，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：x2a2

7、y2b21(ab0)的离心率为32，f 是椭圆 e 的右焦点，直线af 的斜率为2 33，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 的方程思维流程 解(1)设 f(c,0)，由条件知，2c233，得 c3. 又ca32，所以 a 2，b2a2c2 1. 故 e 的方程为x24y21. (2)当 l x 轴时不合题意，故设 l：y kx2，p(x1，y1)，q(x2，y2)将 ykx2 代入x24y21，得(14k2)x216kx120. 当 16(4k23)0，即 k234时， x1,28k 24k2 34k21. 从而 |pq|k2 1|x1x2|4k2 14k234k21. 又点 o 到直线 pq 的距离 d2k21. 5 所以opq 的面积 s opq12 d |pq|44k234k2 1. 设4k23 t，则 t0，s opq4tt2 44t4t 1. 当且仅当t2，即 k72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)sk212k25(先换元，注意 “元”的范围，再利用基本不等式)(2)sk21212k2k22k21212k2 k2222(基本不等式 )