人教高中数学第三课时 最值、范围问题.doc

第三课时　最值、范围问题
　题型一　最值问题
角度1　基本不等式法求最值
例1 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.
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；
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＋x2＝，
x1·x2＝.
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
y＝x－2或y＝－x－2.
角度2　函数法求最值
例2 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2，以B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过点(－2，0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△F2MN的面积的最大值.
解　(1)由题意，得椭圆E的焦点在x轴上.
设椭圆E的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，则b＝c，
∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴椭圆E的标准方程为＋＝1.
∵椭圆E经过点，
∴＋＝1，解得b2＝1，
∴椭圆E的标准方程为＋y2＝1.
(2)∵点(－2，0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在.
设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2).
设M(x1，y1)，N(x2，y2).
由消去y，得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.
∴x1＋x2＝，x1x2＝，
Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)＞0，
解得0≤k2＜，
∴|MN|＝|x1－x2|
＝2.
∵点F2(1，0)到直线l的距离d＝，
∴△F2MN的面积为
S＝|MN|·d＝3.
令1＋2k2＝t，t∈[1，2)，得k2＝.
∴S＝3＝3
＝3＝3，
当＝，即t＝时，S有最大值，Smax＝，此时k＝±.
∴△F2MN的面积的最大值是.
感悟提升　处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解.
训练1 (2022·长沙模拟)已知抛物线C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p＞0)的焦点分别为F1，F2，点P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O为坐标原点).
(1)求抛物线C2的方程；
(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求△PMN面积的最小值.
解　(1)∵F1(1，0)，F2，∴＝，·＝·(－1，－1)＝1－＝0，
∴p＝2，∴抛物线C2的方程为x2＝4y.
(2)设过点O的直线MN的方程为
y＝kx(k＜0)，
联立得(kx)2＝4x，
解得M，
联立得N(4k，4k2)，
从而|MN|＝
＝.
点P到直线MN的距离d＝，
所以S△PMN＝··
＝＝
＝2.
令t＝k＋(t≤－2).
则S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，
当t＝－2，即k＝－1时，S△PMN取得最小值，最小值为8，
即当过原点的直线方程为y＝－x时，
△PMN的面积取得最小值8.
　题型二　范围问题
例3 设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.
(1)证明　因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由题设得A(－1，0)，B(1，0)