第八章第9講第2課時最值、范圍問題

1、第2課時最值、范圍問題典例剖析考點突破%名呻導悟以例說法4考點一一最值問題(2014高考課標全國卷I)已知點A(0,2)，橢圓E:2X2a2y+2=1(a>b>0)的離心又點O到直線PQ的距離d=2k2+1率為-2-,F是橢圓E的右焦點，直線AF的斜率為努，O為坐標原點.(1) 求E的方程；設過點A的動直線I與E相交于P,Q兩點，當OPQ的面積最大時，求I的方程.解設F(c,0)，由條件知，4.k2+1；4k23=晉，得c=3.又°=寺，所以a=2,b2=a2c2=1.a22故E的方程為7+y2=1.4當I丄x軸時不合題意,故設I:y=kx2,P(X1,y1),Q(x2,

2、y2),2將y=kx2代入X+y2=1，得22(1+4k)x16kx+12=0.當=16(4k23)>0,即即k2>-時，8k±24k23X1,2=2.4k+124k+11所以OPQ的面積Szopq=?d|PQ|=設4k+1&從而|PQ|=k+1|X1X2|=t，則t>0，"茁因為t+4>4，當且僅當t=2，即k=±27時等號成立，且滿足厶>0,所以，當OPQ的面積最大時I的方程為yp-x2或y=fx2.規(guī)律方法圓錐曲線中常見的最值問題及其解法(1)兩類最值問題：涉及距離、面積的最值以及與之相關的一些問題；求直線或圓錐曲線中幾

3、何元素的最值以及這些元素存在最值時確定與之有關的一些問題.(2) 兩種常見解法：幾何法，若題目的條件和結論能明顯體現(xiàn)幾何特征及意義，則考則可慮利用圖形性質來解決；代數(shù)法，若題目的條件和結論能體現(xiàn)一種明確的函數(shù)關系,先建立起目標函數(shù)，再求這個函數(shù)的最值，最值常用基本不等式法、配方法及導數(shù)法求解.悴爍訓址遼寧錦州模擬知拋物暉聞動點在上的17射影為M，點A的坐標是(6,-)，則|PA|+|PM|的最小值是()1921.2.2C.10一11解析：選B.依題意可知焦點F(0,寸)，準線為y=寸，延長PM交準線于H點(圖略).則|PF|=|PH|,|PM|=|PH|2,|PM|+|FA|=|PF|+|PA

4、|2,即求|PF|+|PA|的最小值.因為|PF|+|PA|>|FA|,又|FA|=-：62+(171)2=10.1 19所以|PM|+|PA|>102=3.故選B.考點二范圍問題知橢離心率其右焦垂直的直線I與該橢圓交于A、B兩點，與拋物線y2=4x交于C、D兩點，且Ab二才丘.(1)求橢圓E的方程;若過點M(2,0)的直線與橢圓E相交于G、H兩點，設P為橢圓E上一點，且滿足OG=tOP(t豐0,O為坐標原點)，當|OG-OH|v豊11時，求實數(shù)t的取值范圍.解(1)直線I過右焦點F2且與x軸垂直,2|AB|=生，|CD|=4c.a又橢圓e的離心率為-2，且Ab22cd,fc亞a2

5、=32a=2.2i屈，解得(216ab=162b2亠2a=b+c22故橢圓E的方程為話+茅1.(2)由題意知直線GH的斜率不為零.設直線GH的方程為：x=my+2.22xy22聯(lián)立32+16=1與x=my+2,消去x得：(m+2)y+4my28=0.設P(x,y)、G(X1,y”、H(x2,y2),y+y2=4m2m2+2yy2=282m2+2x1+X2=m(y1+y2)+4=8m2+2OG+Oh=tOP,8tx=X1+X2=2m2+24mty=y1+y2=2m+28t(m2+2)4mt(m2+2).jog-oHk專,2222224m24X28|GH|=(1+m)(yiy2)=(1+m)(yi

6、+y2)4yiy2=(1+m)(=)+m+2m+22232(1+m)(4m+7)64X11(m2+2)2K9整理得14m4+11m225k0,二0<m2k1,.t2111%，2，2、.；332q-亍，-RU(g,2】.實數(shù)t的取值范圍為屮，一中川(彳，.規(guī)律方法解決圓錐曲線中的取值范圍問題的五方面考慮:(1)利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系，從而確定參數(shù)的取值范圍；利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關系;(3) 利用隱含的不等關系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(4) 利用已知的不等關系構造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍；(5) 利

7、用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍.22已知橢圓X2+y2=1的左焦點為F,0為坐標原點.設過點F且不與坐標軸垂直的直線交橢圓于A,B兩點，線段AB的垂直平分線與x軸交于點G,求點G橫坐標的取值范圍.解：設直線AB的方程為y=k(x+1)(心0),2代入：+y2=1,整理得(1+2k2)x2+4k2x+2k22=0.直線AB過橢圓的左焦點F且不垂直于x軸,7JX方程有兩個不等實根.如圖，設A(xi,yi),B(x2,y2),AB的中點N(xo,yo).則xi+X2=&,2k+11 2k2xo=2(xi+x2)=-2，kyo=k(xo+1)

8、=2，2k+1AB的垂直平分線NG的方程為1yyo=k(xxo).令y=0,得xg=Xo+kyo=222kk2+22k+12k+1=k2=112k2+12+4k2+2，1k和,2<xgv0,一1點G橫坐標的取值范圍為(一2，0).考點三證明問題j.22a3>(2014高考四川卷節(jié)選)已知橢圓C:玲+右=1(a>b>0)的焦距為4,其短軸的ab兩個端點與長軸的一個端點構成正三角形.(1)求橢圓C的標準方程；設F為橢圓C的左焦點，T為直線x=3上任意一點，過F作TF的垂線交橢圓C于點P,Q.證明：OT平分線段PQ(其中O為坐標原點).；需+b2=2b,解(1)由已知可得jI

9、£c=吋a2-b2=4,解得a2=6,b2=2,22所以橢圓C的標準方程是管+y2=1.證明：由(1)可得F的坐標是(2,0),設T點的坐標為(一3,m),m0則直線TF的斜率kTF=-m.-3-(-2)1當mz0時，直線PQ的斜率kPQ=,直線PQ的方程是x=my-2.當m=0時，直線PQ的方程是x=-2，也符合x=my-2的形式.x=my-2,設P(xi,yi),Q(x2,y2),將直線PQ的方程與橢圓C的方程聯(lián)立，得<22y2=i.消去x,得(m2+3)y2-4my-2=0,其判別式厶=16m2+8(m2+3)>0,所以yi+y2=4m2m+3yiy2=i2xi+X

10、2=m(yi+y2)-4=m+3所以PQ的中點M的坐標為比,2mm2+3所以直線OM的斜率koM=一§.又直線OT的斜率koT=-m,所以點M在直線OT上，因此OT平分線段PQ.規(guī)律方法圓錐曲線中的證明問題多涉及證明定值，點在定直線上等，有時也涉及一些否定性命題，證明方法一般是采用直接法或反證法.3. (20i5海淀區(qū)調研)已知A(xi,yi),B(x2,y0是橢圓C:x2+2y2=4上兩點,點M的坐標為(1,0).(1) 當A,B關于點M(1,0)對稱時，求證：xi=X2=1;(2) 當直線AB經過點(0,3)時，求證：MAB不可能為等邊三角形.證明：(1)因為A,B在橢圓上,所以

11、x1+2y1=4,X2+2y2=4.因為A,B關于點M(1,0)對稱.所以xi+X2=2,yi+y2=0,將X2=2Xi,y2=yi代入得(2Xi)?+2y1=4，由和消去yi解得xi=i,所以Xi=X2=i.(2)當直線AB的斜率不存在時，A(0，-.2),B(0，.2),可得|AB|=22,|MA|=.3,AMAB不是等邊三角形.當直線AB的斜率存在時，顯然斜率不為0.設直線AB:y=kX+3,AB的中點為N(xo,yo),2小2,x+2y=4聯(lián)立丫，消去y得(i+2k2)x2+i2kx+i4=0,|y=kx+3222=i44k4Xi4(i+2k)=32k56.由厶>0,得到k2&g

12、t;7,4i2ki4又Xi+X2=2,XiX2=2,i+2ki+2k所以X0=6k2,i+2ky0=kxo+3=32,i+2k6k所以N(2,i+2k3i+2k2).假設MAB為等邊三角形，則有MN丄AB,又因為M(i,0),21+2k所以kMNxk=1，即卩xk=1,6k11+2k（2015四川成都調研）拋物線y=x2到直線2xy=4距離最近的點的坐標是（）化簡得2k35(3,5)+3k+1=0.1解得k=1或k=-,這與式矛盾，所以假設不成立.因此對于任意k,不能使得MN丄AB，故MAB不可能為等邊三角形.知能訓練輕松闖關J1.()（2015北京西城期末）若曲線ax:2+by2=1為焦點在

13、x軸上的橢圓，則實數(shù)a,b滿足C.C.2.2a>b解析：選C將方程變?yōu)闃藴史匠虨镈.0vbvax2y211-+1=1，由已知得，->>0，貝U0vavb,故選ab基礎達標2.B.(1,1)C.,39(2,4)D.(2,4)解析：選B.設P（x,y）為拋物線y=x2上任意一點,則P到直線的距離22|2xy4|x2x+4|(x1)+3.5d=-5=-=，22金+和=1上,F為橢圓C的右'x=1時，d取最小值葺5，此時P（1,1）.3.（2015北京石景山模擬）已知動點P（x,y）在橢圓C:焦點，若點M滿足|MF|=1，且MPMF=0,則|PlM|的最小值為()A.3B.3

14、12C.D.15解析：選A.由題意得F(3,0),|PMf=|PF|2-|MF|2>(ac)21=(5-3)2-1=3.所以|PM|min=3.x2y24. (2015浙江嘉興市教學測試)已知雙曲線C:孑一卡=1(a>0,b>0)的離心率為2,A,B為其左、右頂點，點P為雙曲線C在第一象限的任意一點，點O為坐標原點，若PA,PB,PO的斜率分別為k1,k2,k3,貝Vm=k1k2k3的取值范圍為()A.(0,3.3)B.(0,.3)C.(0，石)D.(0,8)c解析：選A.由題意可知e=-=2,a，則b=.3a.22設P(x,y)，則字b=1.所以y2=a(x2-a2).所以

15、k1k2=J_2=b2=3.x+axaxad又雙曲線漸近線為y=±3x,所以0v屁<"3,故0vmv33,故選A.22225. 若橢圓C1：+y2=1(a1>b1>0)和橢圓C2：%+電=1(a2>b2>0)的焦點相同且內a1b1a2b2>a2.給出如下四個結論：橢圓C1和橢圓C2一定沒有公共點；a1>山；a2a2=b2詭；aja2<山b2.a2b2其中，所有正確結論的序號是()A.B.C.D.解析：選B.由已知條件得a1b1=a2b2,可得a1a2=b1b2,由a1>a2,可知兩橢圓無公共點，即正確；由a1b1=a2b

16、2,可得a(+b2=b1+a2,則ab2,a2b的大小關系不確定，詈>芝不正確，即不正確；又由a1-b1=a2-b2,可得a1-a2=b1-b2,即正確;'a>b1>0,a2>b2>0,a1+a2>b+b2>0,又由(a+a2)(a1a2)=(b+b2)(b1b2)，可得aia2<bib2,即正確.綜上可得，正確結論的序號為，故應選B.x2y22nnta2+e2e,則百的最小值為解析：由題意，b="3,b=73a,c=22i22.a+ea+4a223,r2b2樂逵+辰3(當且僅當答案：學,e=2,a2+e2a=2時取等號)，則百

17、的最小值為弩.6. 若雙曲線孑一b=1(a>0,b>0)的一條漸近線的傾斜角為一丁,離心率為F(1,0)的距離和到直線x的直線，則k的取值范圍為準線的拋物線，其方程7.(2014高考湖南卷)平面上一機器人在行進中始終保持與點=1的距離相等.若機器人接觸不到過點P(1,0)且斜率為k是.解析：由題意知機器人行進軌跡為以F(1,0)為焦點，x=1為y2=4x.設過點(1,0)且斜率為k的直線方程為y=k(x+1).代入y2=4x,得k2x2+(2k24)x+k2=0./機器人接觸不到該直線,.#2k24)24k4v0,/k2>1.ak>1或kv1.答案：(g,1)U(1,+

18、s)x211&若C(,3,0),D(3,0),M是橢圓-+y2=12解析：由橢圓x+y2=1知c2=41=3,.c=3,4C,D是該橢圓的兩焦點,令|MC|=1,|MD|=%則r1+2=2a=4,11111+遼4.:+=+=|MC|MD|r1r2nr2nr2(1+匕)$16又T12三=4=4,丄+丄=>1.|MC|MD|nr2當且僅當1=2時，上式等號成立.故|MC|答案：1+|MD|的最小值為1.1229.(2015長春市第一次調研)已知橢圓a2綜上所述，橢圓的方程為+y=1.84+2=1(a>b>0)的左焦點為F，右頂點為A,上頂點為B，O為坐標原點，M為橢圓上任

19、意一點.過F,B，A三點的圓的圓心坐標為(p,q).(1)當p+q<0時，求橢圓的離心率的取值范圍；若點D(b+1,0)，在的條件下，當橢圓的離心率最小時，(MF+OD)MO的最小值為2,求橢圓的方程.acbaa解：(1)設橢圓半焦距為c.由題意AF,AB的中垂線方程分別為x=盲,y卜,x自,2acbac于是圓心坐標為(，2)，2acbac所以p+q=+0，整理得abbc+b2acw0,即(a+b)(bc)w0,所以bwc,于是b2wc2,即卩a2=b2+c2w2c2.所以e2=靈1，即嚴wev1.a22yr2:(2)當e=今時，a=2b=2c,此時橢圓的方程為冷+：22=1,設M(x,

20、y),則一2cwxw2c,>1221221所以(MF+OD)O=來2x+c2=(x1)2+c2-.當c三2時，上式的最小值為c22即c21=2得c=2;當0vcv2時，上式的最小值為2(V2c)2V2c+c，即2/2cV2c+c=.V2+J30解得c=一4，不合題意，舍去.2X210.(2015陜西西安模擬)設Fl,F2分別是橢圓+y=1的左、右焦點.若P是該橢圓上的一個動點，求PFiPF2的最大值和最小值；設過定點M(0，2)的直線I與橢圓交于不同的兩點A，B，且/AOB為銳角(其中O為坐標原點)，求直線I的斜率的取值范圍.2解：(1)由已知得，F(xiàn)i(3,0),F2(.3,0)，設點P

21、(x,y),則扌+/=1，且一2<x<2.23所以PF1PF2=(.3x,y)(3x,y)=x23+y2=x23+1予=才乂2-2,當x=0,即P(0,±1)時，(PF1PF2)min=2；當x=翌，即P(±,0)時，(PF1PF2)max=1.(2)由題意可知，過點M(0,2)的直線I的斜率存在.設I的方程為y=kx+2,y=kx+2,由x2消去y,化簡整理得x+y2=1，22(1+4k)x+16kx+12=0,=(16k)248(1+4k2)>0,解得k2>4.設A(X1,y1),B(x2,y2),ntt16k12則X1+X2=2,X1X2=2,

22、1+4k1+4k又/AOB為銳角，所以OAOB>0,即X1X2+y1y2>0,即X1X2+(kx1+2)(kx2+2)2=(1+k)x1X2+2k(X1+X2)+4>0,所以(1+k2)-+2k蘭+4>0，解得k2<4,1+4k1+4k3 2所以3<kv4,即k(2,*U(于,2).能力提升2Xn一、1. (2015貴陽市高三適應性考試)已知橢圓C1:2+y=1(a>1)的長軸、短軸、焦距分a別為A1A2、B1B2、F1F2,且IF1F2I2是IA1A2I2與|B1B2|2的等差中項.(1)求橢圓C1的方程；若曲線C2的方程為(Xt)2+y2=(t2+

23、3t)2(0<tW*,過橢圓Ci左頂點的直線I與曲線C2相切，求直線I被橢圓Ci截得的線段長的最小值.解：(1)由題意得回辰|=2b=2,|A1A2|=2a,|F1F2|=2c,a2b2=c2,又2x(2c)2=(2a)22+22,解得a2=3,c2=2，故橢圓C1的方程為X；+y2=1.3由可取橢圓的左頂點坐標為Ai(.3,0)，易知直線I的斜率存在，設直線I的方程為y=k(x+,3).=t.k2+1由直線I與曲線C2相切得用(上)=化+西口，整理得Vk2+1又因為0<，所以0<因W與，解得0<k2w1.k2+12聯(lián)立消去y整理得(3k2+1)x2+63k2x+9k2

24、3=0.y=k(x+.3)直線l被橢圓Ci截得的線段一端點為Ai(3,0)，設另一端點為B,解方程可得點B3>/3k+39F3k的坐標為(2',一2),3k+13k+123k+1令m=-k+1(1vmw2),則礙靑二=烈m2 2由函數(shù)y=3m-石的性質知y=3m-石在區(qū)間(1,2上是增函數(shù)，所以當m=2時，y=3m當取得最大值2七J2，從而|A1B|min=中.2. 已知動圓C過點A(1,0)，且與直線Io：x=-1相切.求動圓圓心C的軌跡D的方程；設圓心C的軌跡在x<4的部分為曲線E,過點P(0,2)的直線I與曲線E交于A,B兩個不同的點，且RA=入PB(/>1)，

25、試求入的取值范圍.解：(1)設動圓圓心C的坐標為(x,y),圓心C到直線lo的距離為d,由題意可知|CA|=d,故由拋物線的定義可知動圓圓心C的軌跡D的方程為y2=4x.易知曲線E的方程為y2=4x(xw4)，顯然當直線I的斜率為零或不存在時不符合題意,故可設直線I的方程為y=kx+2(kz0).設A(X1,y”，B(x2,y2),由PA=?PB(>1)知X1=入xy2=4x,且0vx2v4,0vx1<4.由y=kx+2,消去y得k2x2+4(k1)x+4=0(*),則方程(*)在(0,4內有兩個不相等的實數(shù)根，記f(x)=k2x2+4(k1)x+4,22A=16(k1)216k2>0f(0)=4>0Q則f(4)=4(4k2+4k3)>0,從而可得kW2.2(1k)1-0Vk2v4由根與系數(shù)的關系可知X1+X2=4(1k),X1x2=表.又X1=入x22所以"1丁=4"I"=4(k-1)2,4V3 211225而k<-2，所以一3三RV0