11 例析解析几何中的范围和最值问题的突破方法-《中学生数理化》高考数学2025年3月刊

■安徽省滁州中学 张晓建 范围和最值问题是解析几何中常见的题 型之一,既可以考查平面解析几何的核心知 识、思想方法,又可以和函数、不等式、向量等 知识交汇融合,综合性强。具体来说,这类问 题主要分为两类:一是求解参数的取值范围, 这通常涉及选择直线或曲线的基本量作为变 量,建立相关的不等式或函数关系式,进而求 解值域。二是求解线段长度或图像面积的最 值,需考虑直线或曲线上点的运动变化,建立 关于长度或者面积的函数关系式,并借助不 等式或者函数来求解最值。 题型一、向量数量积的最值及范围问题 例 1 已知A(-2,0),B(2,0),P 为 平面上的一个动点。设直线AP,BP 的斜率 分别为k1,k2,且满足k1·k2=- 3 4 。记点P 的轨迹为曲线Γ。 (1)求曲线Γ 的方程。 (2)直线PA,PB 分别交动直线x=t于 点C,D,过点C 作PB 的垂线交x 轴于点 H。试问:HC→·HD→ 是否存在最大值? 若存 在,求出最大值;若不存在,请说明理由。 解析:(1)由 题 意 可 设 点 P(x,y), 且x≠±2,由k1·k2=- 3 4 ,即 y x-2 · y x+2 =- 3 4 ,整理得x 2 4+ y2 3=1 。 故曲线Γ的方程为 x2 4+ y2 3=1 (x≠±2)。 (2)由题意可设直线PA:y=k1(x+2), 令x=t,得y=k1(t+2),即C(t,k1(t+2))。 同理,设 直 线 PB:y=k2(x-2),得 D(t,k2(t-2))。 又直线CH 的方程为y-k1(t+2)= - 1 k2 (x-t),令y=0,得xH=t+k1k2(t+2) = 1 4t- 3 2 ,所以 H t-64 ,0 。 所以 HC→·HD→= 3t+64 ,k1(t+2) · 3t+6 4 ,k2(t-2) =(3t+6) 2 16 +k1k2 (t2-4) = (3t+6)2 16 - 3(t2-4) 4 =- 3(t-6)2 16 +12 。 当t=6时,- 3(t-6)2 16 +12 取到最大值 12,即 HC→·HD→ 存在最大值,最大值为12。 方法突破:这里引入点的坐标作为变量, 结合已知条件把点 H 的坐标表示出来,把向 量的数量积用坐标表示出来,构建二次函数, 通过配方求出最值。 题型二、参数的取值范围问题 例 2 已知抛物线C:y2=2x 的焦点 为F,其准线l与x 轴交于点P,过点P 的直 线与抛物线C 交于A,B 两点(点A 在点B 的左侧)。 (1)若A 是线段PB 的中点,求点 A 的 坐标; (2)若直线AF 与抛物线C 交于点D,记 △BDP 的内切圆的半径为r,求r的取值范 围。 解析:(1)由题意知P - 1 2 ,0 。 设A(x0,y0),由A 是线段PB 的中点, 得B 2x0+ 1 2 ,2y0 。 又因为点 A,B 都在抛物线C 上,所以 y20=2x0, 4y20=22x0+ 1 2 , 解得 x0= 1 4 , y0=± 2 2 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 所以点 A 的坐标为 1 4 ,2 2 或 14,- 22 。 (2)由题意知直线AB 的斜率存在且不 33 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年3月 为0,设直线 AB 的方程为y=k x+ 1 2 , k≠0,A(x1,y1),B(x2,y2)。 又点A 在点B 的左侧,则0<x1<x2。 联立 y=kx+ 1 2 , y2=2x, 消去y 得k2x2+ (k2-2)x+ k2 4=0 ,由Δ=(k2-2)2-k4= 4-4k2>0,得-1<k<1且k≠0。 由韦达定理得x1+x2= 2-k2 k2 ,x1x2= 1 4 ,则0<x1< 1 2<x2 。 而F 12 ,0 ,则直线AF 的斜率存在,所 以直线AF 的方程为y= y1 x1- 1 2 x- 1 2 ,代 入y2=2x 化简得2x1x2- 2x21+ 1 2 x+ 1 2x1=0 ,注意到有一解为x1,故另一解为 1 4x1 。 设D(x3,y3),因为直线 AF 的斜率存 在,所以x3= 1 4x1 =x2,所以BD⊥x 轴。 所以△BDP 的 面 积 为 1 2 x2+ 1 2 · 2|y2|,周长为2 x2+ 1 2 2 +y22+2|y2|。 所 以 1 2 2 x2+ 1 2 2 +y22+2|y2| 􀭠 􀭡 􀪁􀪁 􀭤 􀭥 􀪁􀪁 r = 1 2 x2+ 1 2 |2y2|。 所以r= x2+ 1 2 |y2| |y2|+ x2+ 1 2 2 +y22 = 1 1 x2+ 1 2 + 1 y22 + 1 x2+ 1 2 2 = 1 1 2x2 + 1 x2+ 1 2 2+ 1 x2+ 1 2 。 令t=x2+ 1 2 ,则r= 1 1 2t-1+ 1 t2 + 1 t , t>1。 因为y= 1 x2 ,y= 1 2x-1 ,y= 1 x 在(1, +∞)上均单调递减,所以y= 1 2x-1+ 1 x2 + 1 x 在(1,+∞)上单调递减。 所以r= 1 1 2t-1+ 1 t2 + 1 t 在(1,+∞) 上单调递增,所以r> 1 2+1 = 2-1。 所以r的取值范围为(2-1,+∞)。 方法突破:(1)设点A(x0,y0),根据中点 关系可求点B 的坐标,再利用点B 在抛物线 上可求点A 的坐标;(2)分别联立直线AB 与 抛物线的方程、直线AF 与抛物线的方程后 可得B,D 关于x 轴对称,再利用等积法可求 内切圆半径,构建目标函数,利用函数的单调 性求范围,但在代数变形上有一定的困难,同 学们需要细心运算。 题型三、长度(距离)的最值及范围问题 例 3 已知椭圆C:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a> b>0),A,F 分别为椭圆C 的左顶点和右焦 点,过F 作斜率不为0的直线l交椭圆C 于 P,Q 两点,且|AF|=3。当直线l⊥x 轴时, |PQ|=3。 (1)求椭圆C 的方程。 (2)设直线 AP,AQ 的斜率分别为k1, k2,问k1k2 是否为定值? 并证明你的结论。 (3)设直线AP 交y 轴于点E,若过O 点 作直线AP 的平行线OM 交椭圆C 于点M, 求 |AP|+|AE| |OM| 的最小值。 解析:(1)设椭圆的右焦点为 F(c,0), c>0,由|AF|=3,得a+c=3。 当直线l⊥x 轴时,P,Q 的横坐标为c, 将x=c代入 x2 a2 +y 2 b2 =1中,得y=± b2 a ,则 43 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年3月 |PQ|= 2b2 a =3 。 联立a+c=3, 2b2 a =3 ,a2=b2+c2,解得 a2=4,b2=3,c2=1。 所以椭圆C 的方程为 x2 4+ y2 3=1 。 (2)k1k2=- 1 4 为定值。证明如下: 显然直线 PQ 不与y 轴垂直,可设 PQ 的方程为x=my+1,代入 x2 4+ y2 3=1 ,整理 得(3m2+4)y2+6my-9=0。 设P(x1,y1),Q(x2,y2),显然Δ>0,由 韦达定理得 y1+y2= -6m 3m2+4 , y1y2= -9 3m2+4 , 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁 􀪁􀪁 则x1+x2= (my1+1)+(my2+1)=m(y1+y2)+2= 8 3m2+4 ,x1x2 = (my1 +1)(my2 +1)= m2y1y2+m(y1+y2)+1= -12m2+4 3m2+4 。 所以k1k2= y1 x1+2 · y2 x2+2 = y1y2 x1x2+2(x1+x2)+4 = -9 3m2+4 -12m2+4 3m2+4 + 16 3m2+4 +4 =- 1 4 。 所以k1k2 为定值- 1 4 。 (3)依题意知,直线AP 的斜率存在且不 为0,设直线AP 的方程为y=k(x+2),则 直线OM 的方程为y=kx。 联立直线 AP 与椭圆C 的方程得(3+ 4k2)x2+16k2x+16k2-12=0。 由xA=-2,可得xP= 6-8k2 3+4k2 。 联立直线OM 与椭圆C 的方程得(3+ 4k2)x2-12=0,即x2M= 12 3+4k2 。 |AP|+|AE| |OM| = |xP-xA|+|xE-xA| |xM| = |xP+2|+|0+2| |xM| = 6-8k2 3+4k2 +2 +2 12 3+4k2 = 12 3+4k2 +2 12 3+4k2 = 12 3+4k2 + 2 12 3+4k2 ≥ 2 12 3+4k2 · 2 12 3+4k2 =2 2,当 且 仅 当 12 3+4k2 = 2 12 3+4k2 ,即k=± 3 2 时取等号。 所以 |AP|+|AE| |OM| 的最小值为22。 方法突破:(1)由|AF|=3,|PQ|=3,以 及a2=b2+c2 可求得a2,b2,从而得到椭圆 方程;(2)可先设直线PQ 的方程与P,Q 的 坐标,联立直线PQ 与椭圆C 的方程,由韦达 定理建立交点坐标的关系,将k1k2 用坐标表 示,再探求定值的存在性;(3)设出直线AP, OM 的方程,联立直线AP 和椭圆C 的方程, 求得点P 的横坐标,联立直线OM 和椭圆C 的方程,求得x2M,由此得到 |AP|+|AE| |OM| ,再 由基本不等式计算即可。 题型四、三角形或四边形面积的最值及 范围问题 例 4 已知椭圆C:x 2 a2 +y 2 b2 =1(a> b>0)的左、右焦点分别为F1、F2,上顶点为 P,长轴长为4 2,直线 PF2 的倾 斜 角 为 135°。 (1)求直线 PF2 的方程及椭圆C 的方 程; (2)若椭圆C 上的两个动点A,B 均在x 轴上方,且AF1∥BF2,求证: 1 |AF1| + 1 |BF2| 的值为定值; (3)在(2)的条件下求四边形ABF2F1 的 面积S 的取值范围。 解析:(1)由长轴长为4 2,可得2a= 42,所以a=22。 53 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年3月 因为P 为上顶点,直线PF2 的倾斜角为 135°,所以在 Rt△OPF2 中,∠OF2P=45°, 则|OP|=|OF2|=b=c。 又因为b2+c2=a2=8,所以b=c=2。 所以椭圆C 的方程为 x2 8+ y2 4=1 。 因为kPF2=tan 135°=-1,P(0,2),所以 直线PF2 的方程为y=-x+2。 (2)设 A(x1,y1),B(x2,y2),F1(-2, 0),F2(2,0),B 关于原点的对称点B'(x3, y3),则 x3=-x2, y3=-y2。 由 AF1 ∥BF2,得 y1 x1+2 = y2 x2-2 = -y2 -x2+2 ,所以A,F1,B'三点共线。 又因为△BOF2≌△B'OF1,所以|BF2| =|B'F1|,所以 1 |AF1| + 1 |BF2| = 1 |AF1| + 1 |B'F1| = |AB'| |AF1||B'F1| 。 设AB':x=my-2,代入椭圆方程得 (m2+2)y2-4my-4=0,Δ=32(m2+1), y1+y3= 4m m2+2 ,y1y3=- 4 m2+2 。 所以|AB'|= 1+m2|y1-y3|= 1+m2· 42 m2+1 m2+2 = 42(m2+1) m2+2 。 |AF1||B'F1|= m2+1|y1|· m2+1|y3|= 4(m2+1) m2+2 。 故 1 |AF1| + 1 |BF2| = |AB'| |AF1||B'F1| = 42(m2+1) m2+2 4(m2+1) m2+2 = 2,为定值。 (3)四边形ABF2F1 为梯形,h=dF2-AB'= 4 m2+1 ,|AF1|+|BF2|=|AF1|+|B'F1| =|AB'|= 42(m2+1) m2+2 。 所以 S= 1 2 (|AF1|+|BF2|)h= 82 m2+1 m2+2 。 令t= m2+1,则t2+1=m2+2(t≥1), 所以0<S=8 2· t t2+1 =8 2· 1 t+ 1 t ≤ 42,当且仅当t=1,即m=0时等号成立。 所以四边形 ABF2F1 的面积S 的取值 范围为(0,42]。 方法突破:(1)先由长轴的长度可求a的 值,再 由 点 P 和 直 线 PF2 的 倾 斜 角 可 得 b=c,进而由a2=b2+c2 可求得b,c,从而可 得直线方程和椭圆方程;(2)设 A(x1,y1), B(x2,y2),B 关于原点的对称点B'(x3,y3), 得 x3=-x2, y3=-y2, 由 AF1,BF2 的斜率可得 A, F1,B'三点共线,进而得|BF2|=|B'F1|,设 AB':x=my-2,代入椭圆方程,由韦达定理 得y1+y3= 4m m2+2 ,y1y3=- 4 m2+2 ,从而计 算 1 |AF1| + 1 |BF2| 可得结果,本小题也有一 个结论: 1 |AF1| + 1 |B'F1| = 2a b2 ;(3)由题意知 四边 形 ABF2F1 为 梯 形,由 点 F2 到 直 线 AF1 的距离可得高h,进而结合梯形的面积 公式,利用基本不等式可得结果。对于四边 形面积的最值问题,如果是特殊四边形,可以 直接利用面积公式求解,如果不是特殊四边 形,常常把四边形分解为三角形后求解。 总之,在解决最值或范围问题时,常用的 方法主要有两种:一是几何法,当题目给出的 条件有明显的几何特征时,可考虑利用几何 图形的性质来求解;二是代数法,若题中给出 的条件和结论的几何特征不明显,则可以通 过建立目标函数的方式,进一步求解该函数 的最值。在求函数的最值的过程中,常用的 方法有基本不等式法、单调性法、导数法和三 角换元法等。 注:本文系安徽省教育技术装备中心课 题“探索教育数智化转型背景下高中数学深 度学习的教学策略”(项目编号:ZB23061)的 阶段性成果。 (责任编辑 王福华) 63 解题篇 经典题突破方法 高考数学 2025年3月