新教材一轮复习人教A版第8章第8节第2课时范围、最值问题学案

第2课时范围、最值问题

——、关键能力•研析考点强“四翼”/------

考点1范围问题—综合性

「典例引领」

例U,(2020.蚌埠市高三第三次质检)如图，设抛物线G：x2=4y与G：/=

2px(">0)在第一象限的交点为取，/点A,B分别在抛物线C2,Ci±,AM,

分别与G,。2相切.

(1)当点M的纵坐标为4时，求抛物线C2的方程；

⑵若r∈[l,2],求AMBA面积的取值范围.

解：(1)由条件，1=4且>0,解得r=4,即点M(4,4).

代入抛物线C2的方程，得8p=16,所以p=2,则抛物线Q的方程为V=

4x.

(2)将点Mɑ,2的坐标代入抛物线C2的方程，得P=L

设点A(X1,yι),直线AM的方程为y=Zι(χ-f)+疝

P

y=k∖(χ-f)+-7,、C

联立方程，4消去y,化简得A2—4%尤+40f—Z2=O,

Λ2=4y,

则/=16后一4(4Zιf一户)=0,

解得⅛ι=2∙

t2t2t2

y'~4y'~4y'~4pt

从而直线AM的斜率为嘉二7=超二=FK=4(4VI+P)=7

2pZ3

解得yi=一三，即点A(",—0

产

设点B(X2,*),直线BM的方程为y=Aa(χ-。+不

联立方程卜奴I)+*

消去尤，化简得V-*,-2p(/—奈)=0.

则/=誓+8P(L奈1=0,代入P=三，解得依

)2444X2+1tt

从而直线BM的斜率为-----=----T=F-=6，解得X2=—7，即点

X2-tX2-t482

+?+?2

4|_9/

1Tlt5

故4"B4的面积为SΛMBA=^∖MB∖∙d=-^τ:.⅛

K"+644y∕t2+64Z1Zo

∕∈[1,2],

^2727'

所以AMBA面积的取值范围是.

解题通法

圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略

(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的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.

「多维训练」

已知椭圆C5+g=l(α>0,b〉0)的离心率为半，短轴长为2.

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)设直线/：y=Ax+m与椭圆C1交于M,N两点,O为坐标原点，若kowkoN

求原点O到直线/的距离的取值范围.

解：(1)由题意知e=∖=1ɪ,2b=2.

又/=炉+。2,所以。=1,a=2.

X2

所以椭圆C的标准方程为z+y2=L

y-kχ-∖-m,

(2)设M(X1,ʃi),N(X2,>2),联立方程<X2I>

彳+尸1，

得(4R+l)√+8Jlwu+4∕n2-4=0.

依题意，J=(8M2-4(4⅛2+l)(4m2-4)>0,

化简得∕TJ2<4A2⅛1.①

8Azzz4〃於一4

Xi+x2=-4尸+］，XIX2=43+］，W=(Axι+m)(kx2+m)=Icx1x2+km(x∖+

x2)+m2.

5VlV25

若kθM∙koN=1,则七7=疝即4yιy2=5xiX2.

4Tʌ∣A∙2Ti

所以(4⅛2-5)汨及+4攵加(Xl÷X2)÷4m2=0.

所以(4'—5).4.+I+必加｛_^TTj+4m2=0,

即(43一5)5?—1)—8⅛⅛72+λ722(4d+1)=0,

化简得机2+d=/②

由①②得0或加2<1,^<⅛2≤∣.

因为原点O到直线/的距离d=∣m∣

'1+庐

“…，加222,,9

所以*=1+F=1+R=—ɪ+4(l+⅛2)∙

58

≤--

K-⅛<47,所以原点。到直线/的距离的取值范围是

考点2最值问题----综合性

「典例引领」

考向1利用几何性质求最值

例即，在平面直角坐标系Xo)，中,P为双曲线f-y2=i右支上的一个动点.若

点P到直线x~y+l=0的距离大于C恒成立，则实数C的最大值为.

‘解析:直线x—y+l=。与双曲线/一y2=l的一条渐近线x—y=0平行,

这两条平行线之间的距离为坐.又P为双曲线X2—ʃ2=1右支上的一个动点，点P

到直线x—y+l=0的距离大于C恒成立，则CW乎，即实数C的最大值为乎.

考向2利用函数、导数法求最值

例❸4如图，已知椭圆，+V=I上两个不同的点A,8关于直线y=∕∕u+/对

⑴求实数机的取值范围；

(2)求AAOB面积的最大值(0为坐标原点).

解：由题意知/”≠0,可设直线AB的方程为y=-9+/?,A(XI,yι),8(九2,

"),AB的中点为M.

⅜+>'2=1>

联立方程

y=-χ+b,

:m，

2

消去必得^x+⅛-1=0.

I2

1V2

因为直线y=一五x+〃与椭圆5^+γ2=l有两个不同的交点,

4

所以/=-2庐+2+声>0,①

Amb,2m2b

则Xl+x2=

m2+2-'+"=而•

、4,.(2mbm2b'代入直线方程y=wc+^,解得b=~

⑴将AB中点MK，方工t

ZΠ2÷2C

k②

由①②得HlV—

故实数m的取值范围为一OO+∞.

(2)令Te当,OM0,，则PG(θ,|).

3

-2r4+2r2+∣

则IABl=、产+1」

产+1

「十2

设AAOB的面积为S(f),

则S(f)=3∣Aq∙d=g-2,0+2智.

当且仅当产=3时，等号成立.

故AAOB面积的最大值为少.

考向3利用基本不等式求最值

例。”(2020•青岛三模)已知直线Zi过坐标原点。且与圆Λ2+∕=4相交于点

A,B,圆M过点A,B且与直线y+2=0相切.

(1)求圆心M的轨迹C的方程.

(2)若圆心在X轴正半轴上面积等于2兀的圆W与曲线C有且仅有一个公共点.

(i)求出圆W的标准方程；

(ii)已知斜率等于一1的直线/2交曲线C于E,R两点，交圆W于P,。两

点，求信的最小值及此时直线/2的方程.

解：⑴设M(X0,yo),由题意可知,

∣MA∣2=∣W∣2+∣OA∣2=x8+yδ+4.

又圆M与直线y+2=0相切,

所以圆心M到直线y+2=0的距离d=∣yo+2∣.

因为IMAl=d,所以x3+)3+4=(yo+2)2,

整理得Λθ=4γo,

所以圆心M的轨迹方程为x2=4y.

F

(2)(i)由⑴知：曲线C的方程为y=不

X2r

设式X)=彳,则/(尤)=》

设圆W与曲线C的公共点为〉0),则曲线C在T处的切线/的斜率

k=f(t)=g.

由题意，直线/与圆W相切于T点，设圆W的标准方程为(x—4)2+y2=2(α>0),

f

4t2

则直线WT的斜率kwτ=————

LCl4(La)

tt2

因为所以不;；；

WT,L4[7(L—a)=-1,

即P+8(La)=0.

又因为Q-α)2+(j=2,

所以(一打+(守=2,

所以∕6+4r4-128=0.

令β=λ,则Λ3+4λ2-128=0,

所以啰一4乃)+(8乃一128)=0,

即(2—4)0+82+32)=0,

所以2=4.

所以f=2,ct~3,

从而圆W的标准方程为(X-3)2+V=2.

(ii)设E(X1,yι),F(X2,y2),直线/2:y=-χ+m.

(y=-χ+m,

由，:得Λ2+4X-4"z=0,

X=4y

所以xι+x2=-4,x∖X2=~4-ιn,

所以IEFl=/N(Xl+x21-4xιx2=4=2(l+加).

又因为|P。I=2yj2-1号丹=N-2〃及+12m-10,

肛。

IzJEFl_____4^2(1+"I1+s-

IPQlʌʃ-2m2+12m-10∖∣~fτι2^~6m-5

由于/2与曲线C、圆W均有两个不同的交点，

解得1＜相＜5.

令1+〃?=〃，则w∈(2,6),

则盟=4正寿⅛4*再三N啦+#,当且仅当〃=

12

即〃=2小，机=2小一1时取等号.

所以当/”=2小一1时，患于的最小值为6+加，

此时直线/2的方程为y——x+—1.

解题通法

最值问题的2种基本解法

根据已知的几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识

几何法加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反

射问题等在选择题、填空题中经常考查)

建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值

代数法

解决(一般方法、基本不等式法、导数法等)

「多维训练」

(2020•泸州市高三三模)已知椭圆及fj+g=l(α>Z>0)的左、右焦点为

F2,离心率为坐过点B且垂直于X轴的直线被椭圆E截得的弦长为L

(1)求椭圆E的方程；

(2)若直线y=E+〃?U>0)交椭圆E于C,。两点，与线段为尸2和椭圆短轴分

别交于两个不同点M,N,且ICM=DN，求ICDl的最小值.

解：⑴由题意可知e=[=坐=)∕L∖,且拶=1,

∖Λ∙∕*∖I∖ΛV‰

解得α=2,/?=1,c=-∖∣3.

9

所以椭圆E的方程为示+)2=1.

X2

(2)把y=依+〃2(Q0)代入彳+)2=1得(1+4⅛2)∙X2+8⅛+4W2-4=0.

Skm4m2—4

及C(xι,yι),O(X2,”)，则如+x2=-]+43，-无2=]+43.

∖CM∖=∖DN∖,所以XM~X∖=zX2~XN,即XM^∖-XN=X∖+x2.

_Skm_m

所以X∖+X2=_]+4幺=一万

因为y=依+m(k>0)与线段RB和椭圆短轴分别交于两个不同点M,N,所

以m≠0.

又A>0,则&=],

故Xl+x2=-2∕”,XIX2=2加2—2.

因为直线y=依+"z(⅛>0)与线段F∖Fι及椭圆的短轴分别交于不同两点,

所以一-∖∕3≤-2m≤√3,

即一坐WmW坐，且"z≠0,

所以ICDl=√1+Z~∣x∣-Λ2∣

=坐∖∕(xi+九2)2—4x1X2

-2m)2_4(2∕n2-2)

=∖∣5(2~m2).

,且mWO,

所以，当初=乎或加=—半时，∣Cf>∣的最小值为|.

、一题N解•深化综合提“素养”/

「试题呈现」

在平面直角坐标系Xoy中，已知圆0：x2÷γ2=4,椭圆C：，+y2=l,A为

椭圆C的右顶点，过原点且异于X轴的直线与椭圆C交于M,N两点,M在X

轴的上方，直线AM与圆0的另一交点为P,直线AN与圆0的另一交点为Q.

(1)若存=3赢/,求直线AM的斜率；

(2)设aAMN与4AP0的面积分别为S,S2,求得的最大值.

［四字程序］

读想算思

力=3/而如何转

已知圆的方程和椭

把沏直线AM的

化？

圆的方程，直线与转化与化归

2.如何表示三角形斜率来表示

圆、椭圆都相交Z

的面积？

A,P,M的坐标表

5ι∣AM∣∙∣AΛ1把面积之比的

求直线AM的斜率，示；S2-IAPHAQ进而

最大值转化为

求AAMN与AAPQ

S=^absinC表示并用基本不等式求其一个变量的不

的面积之比

最大值等式

转化

一题多解」

解法

思路参考：设直线AM的方程为y=«r—2),k<0,利用切=3加求解.

解：(1)设直线AM的方程为y=A(χ-2),k<0,将)，=A(X—2)与椭圆方程亍+

J2=I联立,得评Q-2)2=∕(2+χ)(2—x).

8⅛2-2

求得点M的横坐标为x"=4F+U

—4k

纵坐标为yM=4尸I]•

将y=Z(χ-2)与圆方程x2+y2=4联立，得⅛2(χ-2)2=(2+x)(2-χ).

?P—2

求得点P的横坐标为XP=标+[，

-Ak

纵坐标为切=标+「

由协=3而得yp=3yM,

-4k-12k

即西T=福不T

又M0,解得攵=一√i

一83+24k

(2)由M,N关于原点对称，得点N的坐标为XN=43+1'>"=4∕+<

4Λ2+11

所以直线AN的斜率为ICAN=

-83+2正

2

4⅛2+l

IAM

丽=班=43+「

Rm∣AN(一m+]16.+1

四「4(-济+1一⑹-4∙

ΛSI~∖AP∖-∖AQ∖

⅛2+l16⅛2+1

=4必+116标+4

16⅛4+17⅛2+1

=4(16V+8庐+1)

-If——理——•]

-4C1十+163+8F+D

-111

=4∖16⅛2+^73+8

(9、

--

<11+■I,=25

'42Λ∕16H/+8-64,

当且仅当163=£即％=—［时等号成立，所以自•的最大值为

KL3204

解法

思路参考：设直线AM的方程为y=Z(χ-2),k<0,由AP=3AM转化为加一

XA=3(XM-XA)求解.

解：(1)设直线AM的方程为y=k{χ-T),k<0,代入椭圆方程，整理得(43

22

7794(4⅛-1)2(4⅛-1)

+1)JΓ-16lcx+4(4k-χAXM=4^+1,而XA=2,所以XM—4^+1,

4优一1)

将y=1v—2)代入圆的方程，整理得(3+1)/—4RX+4(庐XAXP=,而

⅛2+l

“一2街—1)

XA=2.,所以J⅛=-B1]-.

由AP=3AM,得Xp-XA=3(XM-XA)9

2(⅛2-1)Γ2(4⅛2-1)"I

即rt袅「一2=3匕百7一2〕解得-2.

又MO,所以z=一√i

1

-

(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM,AN斜率均存在，所以kAMkAN=4

即kkAN=一5,所以JCAN=一/.

下同解法1(略).

解法

思路参考：设直线AM的方程为x=,*+2,利用力=3加求解.

解：(1)设直线AM的方程为X=畋+2(mW0),将其代入椭圆方程，整理得

—4772

(7/72+4)γ2÷4my=0,得点M的纵坐标为yw=裾

#x=my+2代入圆的方程，整理得(〃+l)>2+4my=0,得点P的纵坐标为

~4m

"∕n2+1'

由AP=3AM，得yp=3yw,即H1=〃/+4,

因为机≠o,解得M=3，即机=±，¥

又直线AM的斜率々=,<0,所以A=一也.

(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM,AN斜率均存在，又日MfcAN=—"，由

l

-%

则以-

知∣iΛM=-,所以有二kAN=N-

(1)I4,4∙

-4m—4/77

又W=新B沪诉?

∣ΛM∣VMm2+l

所以而—冲一声？

+∣/"+16

同理丽2

+1-4(m+4),

YSlIAMHAN加2+1〃尸+16

“S2IAPHAQlw2+44(m2+4),

下同解法1(略).

「思维升华」

1.本题考查三角形面积之比的最大值，解法较为灵活，其基本策略是把面

积的比值表示为斜率人的函数，从而求其最大值.

2.基于新课程标准，解答本题一般需要掌握数学阅读技能，运算求解能力,

体现了数学运算的核心素养.

「类题试练」

已知点A(0,-2),椭圆E：/+g=l(α>b>O)的离心率为坐，JF是椭圆的右

焦点，直线AF的斜率为毕，。为坐标原点.

(1)求椭圆E的方程；

(2)设过点A的直线/与E相交于P,。两点，当AOPQ的面积最大时，求/

的方程.

解：⑴设F(C,0),由题意知(=2^,解得C=小.

因为e=a=29

所以α=2,b2=a2~c2=∖.

2

所以椭圆E的方程为亍+γ=l.

(2)(方法一)显然直线/的斜率存在.设直线/:y=kx-2,P{x∖,jι),Q(X2,

”)，且尸在线段AQ上.

y=Jζ