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第1课时 最值、范围、证明问题
圆锥曲线中的最值、范围问题及证明问题是高考考查的重点与热点,最值、范围问题常常通过可以建立目标函数,通过研究函数的性质求解,也利用三角函数有界性求解,还可以数形结合利用几何性质求解.
最值问题
►[命题点1] 代数法求最值
[例1] (2022·浙江卷)如图,已知椭圆+y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q在线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-x+3于C,D两点.
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;
(2)求|CD|的最小值.
[解] (1)设M(2cos θ,sin θ)是椭圆上任意一点,P(0,1),则|PM|2=12cos2θ+(1-sin θ)2=13-11sin2θ-2sin θ=-112+≤,当且仅当sin θ=-时取等号,故|PM|的最大值是.
(2)设直线AB:y=kx+,直线AB方程与椭圆+y2=1联立,可得x2+kx-=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),所以
因为直线PA:y=x+1与直线y=-x+3交于C,
则xC==,同理可得,xD==.
则|CD|=|xC-xD|
=
=2
=2
=·=·≥×=,
当且仅当k=时取等号,故|CD|的最小值为.
►[命题点2] 几何法求最值
[例2] (2023·全国模拟)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,过椭圆C右焦点并垂直于x轴的直线PM交椭圆C于P,M(点P位于x轴上方)两点,且△OPM(O为坐标原点)的面积为.
(1)求椭圆C的标准方程;
(2)若直线l交椭圆C于A,B(A,B异于点P)两点,且直线PA与PB的斜率之积为-,求点P到直线l距离的最大值.
[解] (1)由题意可得P,∴由题意可得且c2=a2-b2,解得a2=4,b2=3,
∴椭圆的方程为+=1.
(2)法一:由(1)可得P,
当直线l没有斜率时,设方程为:x=m(m≠1),则A(m,y0),B(m,-y0),此时kPA·kPB=·=-,化简得:y=+(1-m)2,又+=1,解得m=或m=1(舍去),此时P到直线l的距离为,
设直线l有斜率时,设A(x1,y1),B(x2,y2),设其方程为:y=kx+m,联立,整理可得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,
Δ=64m2k2-4·(4k2+3)·(4m2-12)>0,且x1+x2=,x1x2=,
kPA·kPB=·=-,整理可得:=-(x1-1)(x2-1),
整理可得x1x2+(x1+x2)+2+=0,整理可得2k2+4m2-3m+6km-=0,即(2k+4m+3)=0,k+m-=0或2k+4m+3=0,
若k+m-=0,则直线方程为y-=k(x-1),直线恒过N,与P点重合,
若2k+4m+3=0,则直线方程为y+=k,∴直线恒过定点Q,∴点P到直线l的距离的最大值为
|PQ|的值为=,
由于>,
∴点P到直线l距离的最大值.
法二:公共点P,左移1个单位,下移个单位,,
3x2+6x+4(y2+3y)=0,
4y2+3x2+6(x+2y)(mx+ny)=0,
(12n+4)y2+6(2m+n)xy+(6m+3)x2=0,等式两边同时除以x2,(12n+4)·2+6(2m+n)+(6m+3)=0,kPA·kPB=-,=-,-m-n=1,
mx+ny=1过,右移1个单位,上移个单位,过Q,∴P到直线l的距离的最大值为|PQ|的值为
=,由于>,
∴点P到直线l距离的最大值.
◆[通技法] 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:一是利用几何方法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决;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;二是利用代数方法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,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、基本不等式法、配方法及导数法求解不等进行求解.
1.(2022·全国甲卷)设抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点为F,点D(p,0),过F的直线交C于M,N两点,当直线MD垂直于x轴时,|MF|=3.
(1)求C的方程;
(2)设直线MD,ND与C的另一个交点分别为A,B,记直线MN,AB的倾斜角分别为α,β,当α-β取得最大值时,求直线AB的方程.
解:(1)如图,由已知xM=p,|MF|=3=xM+,
所以p=2,抛物线C的方程y2=4x.
(2)令kMN=k1=tan α,kAB=k2=tan β,tan(α-β)=.
令M(x1,y1),N(x2,y2),(y1>0,y2<0)A(x3,y3),B(x4,y4)(y