高考数学统考一轮复习第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5学案

第2课时　圆锥曲线中的范围、最值问题

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.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)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＋＝1(a＞b＞0)，

联立解得

故椭圆的标准方程为＋y2＝1.

(2)设P(x0，y0)为弦MN的中点，M(x1，y1)，N(x2，y2)．

联立得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.

则x1＋x2＝，x1x2＝.

Δ＝(8km)2－16(4k2＋1)(m2－1)＞0，

所以m2＜1＋4k2.  ①

所以x0＝＝－，y0＝kx0＋m＝.

所以kAP＝＝－.

又|AM|＝|AN|，所以AP⊥MN，

则－＝－，即3m＝4k2＋1. ②

把②代入①得m2＜3m，解得0＜m＜3.

由②得k2＝＞0，解得m＞.

综上可知，m的取值范围为.

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Δ＞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：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(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：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切，

联立消去x得y2－2py＋2p＝0，从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍)．

∴抛物线C的方程为y2＝4x.

(2)由于直线m的斜率不为0，

可设直线m的方程为ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

联立消去x得y2－4ty－4＝0，∵Δ＞0，

∴y1＋y2＝4t，即x1＋x2＝4t2＋2，

∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1,2t)．

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dA＋dB＝2d＝2·＝2|t2－t＋1|＝2，

∴当t＝时，A，B两点到直线l的距离之和最小，最小值为.

点评：本例的求解有两大亮点，一是直线m的设法：ty＝x－1，避免了讨论斜率不存在的情形；另一个是将dA＋dB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：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，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，＝，得c＝.

又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.

故E的方程为＋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＋y2＝1，

得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.

当Δ＝16(4k2－3)>0，

即k2>时，x1,2＝.

从而|PQ|＝|x1－x2|＝.

又点O到直线PQ的距离d＝.

所以△OPQ的面积S△OPQ＝·d·|PQ|＝.

设＝t，

则t>0，S△OPQ＝＝≤1.

当且仅当t＝2，

即k＝±时等号成立，且满足Δ>0.

所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为2y±x＋4＝0.

点评：基本不等式求最值的五种典型情况分析

(1)s＝(先换元，注意“元”的范围，再利用基本不等式)．

(2)s＝≥(基本不等式)．

(3)s＝(基本不等式)．

(4)s＝＝(先分离参数，再利用基本不等式)．

(5)s＝＝(上下同时除以k2，令t＝k＋换元，再利用基本不等式)．