2022版新高考数学一轮总复习学案：第8章 命题探秘2 第2课时 圆锥曲线中的范围、最值问题 WORD版含解析.doc

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，利用判别式求参数的范围高考示例思维过程(2019全国卷)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.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，PEx轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.证明：PQG是直角三角形；求PQ

2、G面积的最大值.所以PQG的面积设tk，则由k0得t2，当且仅当k1时取等号因为S在2，)单调递减，所以当t2，即k1时，S取得最大值，最大值为.因此，PQG面积的最大值为. 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ykxm(k0)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(ab0)，联立解得故椭圆的标准方程为y21.(2)设P(x0，y0)为弦MN的中点，M(x1，y1)，N(x2，y2)联立得(4k21)x28kmx4(m21)0.则x1x2，x1x2.(8

3、km)216(4k21)(m21)0，所以m214k2.所以x0，y0kx0m.所以kAP.又|AM|AN|，所以APMN，则，即3m4k21.把代入得m23m，解得0m3.由得k20，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APMN，从而建立m与k的等量关系，回代由判别式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：xy10与焦点为F的抛物线C：y22px(p0)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

4、l：xy10与抛物线C：y22px(p0)相切，联立消去x得y22py2p0，从而4p28p0，解得p2或p0(舍去)抛物线C的方程为y24x.(2)由于直线m的斜率不为0，可设直线m的方程为tyx1，A(x1，y1)，B(x2，y2)联立消去x得y24ty40，0，y1y24t，即x1x24t22，线段AB的中点M的坐标为(2t21,2t)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dAdB2d22|t2t1|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：tyx1，避免了讨论斜率不存在的情形；另一个是

5、将dAdB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(ab0)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a2，b2a2c21.故E的方程为y21.(2)当lx轴时不合题意，故设l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)将ykx2代入y21，得(14k2)x216kx120.当16(4k23)0，即k2时，x1,2.从而|PQ|x1x2|.又点O到直线PQ的距离d.所以OPQ的面积SOPQd|PQ|.设t，则t0，SOPQ1.当且仅当t2，即k时等号成立，且满足0.所以当OPQ的面积最大时，l的方程为2yx40.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tk换元，再利用基本不等式)