【文档说明】高考统考数学理科人教版一轮复习教师用书：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【高考】.doc，共(6)页，272.000 KB，由小赞的店铺上传

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-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Δ求参数的范围.高考示例思维过程(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.-2-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32.(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]-3-[解](1)设椭圆的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，联立

b＝1，ca＝32，a2＝b2＋c2，解得a＝2，b＝1，c＝3.故椭圆的标准方程为x24＋y2＝1.(2)设P(x0，y0)为弦MN的中点，M(x1，y1)，N(x2，y2)．联立y＝kx＋m，x24＋y2＝1，得(4k2＋1

)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.则x1＋x2＝－8km4k2＋1，x1x2＝4(m2－1)4k2＋1.Δ＝(8km)2－16(4k2＋1)(m2－1)＞0，所以m2＜1＋4k2.①所以x0＝x1＋x22＝－4km4k2＋1，y0＝kx0＋m＝m4k2＋1.所以kAP＝y0＋1x0

＝－m＋1＋4k24km.又|AM|＝|AN|，所以AP⊥MN，则－m＋1＋4k24km＝－1k，即3m＝4k2＋1.②把②代入①得m2＜3m，解得0＜m＜3.由②得k2＝3m－14＞0，解得m＞13.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．-4-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x－y＋1＝0，y2＝2px，消去x得y2－2py＋2

p＝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ty＝x－1，y2＝4x，消去x得y2－4ty－4＝0，∵Δ＞0，∴y1＋y2＝4t，即x

1＋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·|2t2－2t＋2|2＝22|t2－t＋1|＝22t－122＋34，∴当t＝12时，A，B两点到直线l

的距离之和最小，最小值为322.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．-5-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＋y2b2＝1(a>b>0)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．[思维流程

][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k2>34时，x1,2＝8k±24k2－34k2＋1.从而|PQ|＝k2＋1|x1－x2|＝4k2＋14k2－34k2＋1.又点O到直线PQ的距离d＝2k2＋1.所以△OPQ的面积S△OPQ＝1

2·d·|PQ|＝44k2－34k2＋1.设4k2－3＝t，-6-则t>0，S△OPQ＝4tt2＋4＝4t＋4t≤1.当且仅当t＝2，即k＝±72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±7x＋4＝0.点评：基本不等式求最值的五种典型情况分析(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)．