第十一讲 圆锥曲线中的最值与范围问题(教师版)

第十一节圆锥曲线中的最值与范围问题题型归纳题型一 最值问题角度1 基本不等式法求最值例1(12分)(2023·青岛调研)已知椭圆Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq\f(\r(6),3)，左、右焦点分别为F1，F2，过F2作不平行于坐标轴的直线交Γ于A，B两点，且△ABF1的周长为4eq\r(6).(1)求Γ的方程；(2)若AM⊥x轴于点M，BN⊥x轴于点N，直线AN与BM交于点C，求△ABC面积的最大值．[思路分析] 由定义求方程→设直线方程→联立椭圆与直线方程→由条件写出面积的表达方式→通过换元，利用基本不等式求出面积的最大值．[规范解答] 解 (1)由椭圆定义可知△ABF1的周长为4a＝4eq\r(6)，即a＝eq\r(6)，→在椭圆中求焦点三角形的周长,问题，常结合椭圆的定义求解．因为离心率e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(6),3)，所以c＝2①.又因为b2＝a2－c2，所以b2＝2②，(3分)故Γ的方程为eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,2)＝1③.(4分)(2)依题意可知直线AB的斜率存在且不为0，eq\x(设直线AB方程为x＝my＋2（m≠0）.)→在圆锥曲线中设直线方程时，若所设直线可以垂直于x轴，但不能垂直于y轴，则直接设直线为x＝my＋n(m，n为常数)，这样可以避免分类讨论联立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my＋2，,\f(x2,6)＋\f(y2,2)＝1，))消去x整理得(m2＋3)y2＋4my－2＝0，易知Δ＝16m2＋8(m2＋3)＝24(m2＋1)＞0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，不妨设x2＞x1，则y1＋y2＝－eq\f(4m,m2＋3)，y1y2＝－eq\f(2,m2＋3)④.(5分)→eq\a\vs4\al(根与系数的关系)因为AM⊥x轴，BN⊥x轴，所以M(x1，0)，N(x2，0)．所以直线AN：y＝eq\f(y1,x1－x2)(x－x2)，①直线BM：y＝eq\f(y2,x2－x1)(x－x1)⑤，②(6分)→eq\a\vs4\al(设直线AN，BM的方程)联立①②，解得C点的横坐标xC＝eq\f(x1y2＋x2y1,y1＋y2)＝eq\f(（my1＋2）y2＋（my2＋2）y1,y1＋y2)＝2＋eq\f(2my1y2,y1＋y2)＝3⑥.因为S△ABC＝eq\f(1,2)|BN|·|xC－x1|＝eq\f(1,2)|y2|·|3－x1|＝eq\f(1,2)|y2－my1y2|⑦，(9分)→eq\a\vs4\al(列出△ABC面积表达式)且eq\f(my1y2,y1＋y2)＝eq\f(1,2)，所以S△ABC＝eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(y2－\f(y1＋y2,2)))＝eq\f(1,4)|y1－y2|＝eq\f(1,4)eq\r(（y1－y2）2)＝eq\f(\r(6),2)·eq\f(\r(m2＋1),m2＋3)⑧.→eq\a\vs4\al(利用根与系数关系化简)(10分)设eq\r(m2＋1)＝t，t＞1，则S△ABC＝eq\f(\r(6),2)·eq\f(t,t2＋2)＝eq\f(\r(6),2)·eq\f(1,t＋\f(2,t))≤eq\f(\r(3),4)，→eq\a\vs4\al(换元时注意前后的范围一致)当且仅当t＝eq\f(2,t)，即m＝±1时，等号成立．eq\x(故△ABC面积的最大值为\f(\r(3),4)⑨.)(12分)→eq\a\vs4\al(写出结论)[满分规则]❶得步骤分：由①②③准确运用椭圆定义，求出a，b，c可分别得1分，第一问共4分，由④联立椭圆和直线方程，写出根与系数关系式得1分，⑤设直线方程可得1分；❷得关键分：由⑥联立两直线求出C点横坐标得2分，⑦表示△ABC面积得1分；❸得计算分：由⑧通过根与系数关系化简面积表达式得1分，由⑨利用换元后，由基本不等式求出最值得3分．训练1已知点A(0，－2)，椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq\f(\r(3),2)，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为eq\f(2\r(3),3)，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eq\f(2,c)＝eq\f(2\r(3),3)，得c＝eq\r(3).又eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.故E的方程为eq\f(x2,4)＋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eq\f(x2,4)＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>eq\f(3,4)，x1＋x2＝eq\f(16k,1＋4k2)，x1·x2＝eq\f(12,1＋4k2).从而|PQ|＝eq\r(k2＋1)|x1－x2|＝eq\f(4\r(k2＋1)·\r(4k2－3),4k2＋1).又点O到直线PQ的距离d＝eq\f(2,\r(k2＋1)).所以△OPQ的面积S△OPQ＝eq\f(1,2)d·|PQ|＝eq\f(4\r(4k2－3),4k2＋1).设eq\r(4k2－3)＝t，则t>0，S△OPQ＝eq\f(4t,t2＋4)＝eq\f(4,t＋\f(4,t))≤1，当且仅当t＝2，即k＝±eq\f(\r(7),2)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＝eq\f(\r(7),2)x－2或y＝－eq\f(\r(7),2)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eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2))).(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eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，则b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴椭圆E的标准方程为eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1.∵椭圆E经过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(2),2)))，∴eq\f(1,2b2)＋eq\f(\f(1,2),b2)＝1，解得b2＝1，∴椭圆E的标准方程为eq\f(x2,2)＋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eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝k（x＋2），,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.∴x1＋x2＝eq\f(－8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(8k2－2,1＋2k2)，Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)＞0，解得0≤k2＜eq\f(1,2)，∴|MN|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝2eq\r(1＋k2)eq\r(\f(2－4k2,（1＋2k2）2)).∵点F2(1，0)到直线l的距离d＝eq\f(3|k|,\r(1＋k2))，∴△F2MN的面积为S＝eq\f(1,2)|MN|·d＝3eq\r(\f(k2（2－4k2）,（1＋2k2）2)).令1＋2k2＝t，t∈[1，2)，得k2＝eq\f(t－1,2).∴S＝3eq\r(\f(（t－1）（2－t）,t2))＝3eq\r(\f(－t2＋3t－2,t2))＝3eq\r(－1＋\f(3,t)－\f(2,t2))＝3eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－\f(3,4)))\s\up12(2)＋\f(1,8))，当eq\f(1,t)＝eq\f(3,4)，即t＝eq\f(4,3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,3)∈[1，2）))时，S有最大值，Smax＝eq\f(3\r(2),4)，此时k＝±eq\f(\r(6),6).∴△F2MN的面积的最大值是eq\f(3\r(2),4).感悟提升 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2(2023·济南联考节选)已知抛物线C：y2＝4x，F为焦点，点Q在直线x＝－1上，点P是抛物线上一点，且P点在第一象限，满足FP⊥FQ，记直线OP，OQ，PQ的斜率分别为k1，k2，k3，求k1·k2·k3的最小值．解 设P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)，Q(－1，t)，则yeq\o\al(2,0)＝4x0.因为FP⊥FQ，所以eq\o(FP,\s\up6(→))·eq\o(FQ,\s\up6(→))＝－2(x0－1)＋ty0＝0，即ty0＝2(x0－1)，因为k1＝eq\f(y0,x0)，k2＝－t，k3＝eq\f(y0－t,x0＋1)，所以k1k2k3＝eq\f(－ty0（y0－t）,x0（x0＋1）)＝eq\f(－t（yeq\o\al(2,0)－ty0）,x0（x0＋1）)＝eq\f(－t[4x0－2（x0－1）],x0（x0＋1）)＝eq\f(－2t,x0)＝eq\f(－4（x0－1）,x0y0)＝eq\f(－4（yeq\o\al(2,0)－4）,yeq\o\al(3,0))＝－4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,y0)－\f(4,yeq\o\al(3,0))))＝4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(4,yeq\o\al(3,0))－\f(1,y0))).令eq\f(1,y0)＝x(x＞0)，则构造函数f(x)＝4x3－x(x＞0)，所以f′(x)＝12x2－1，令f′(x)≥0，得x≥eq\f(\r(3),6)，令f′(x)＜0，得0＜x＜eq\f(\r(3),6)，所以f(x)在eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(3),6)))上单调递减，在eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)，＋∞))上单调递增，所以f(x)min＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),6)))＝－eq\f(\r(3),9)，即eq\f(4,yeq\o\al(3,0))－eq\f(1,y0)的最小值为