高中数学：第三课时　最值和范围.pptx

第八章平面解析几何高考难点突破系列(二)圆锥曲线中的综合问题第三课时最值与范围INNOVATIVEDESIGN

题型一不等式法求最值、范围解设C的半焦距为c(c0)，

(2)设点P在第一象限，且直线PF1，PF2与椭圆C分别相交于另外两点A(x1，y2)和B(x2，y2)，求y1－y2的最大值.解设P(x0，y0)(x00，y00)，由已知可得F1(－2，0)，F2(2，0)，设直线PA的方程为x＋2＝my，直线PB的方程为x－2＝ny.

感悟提升利用不等式法求解最值、范围问题的策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或几何量之间的关系构造不等式.(2)利用直线与圆锥曲线的位置关系、判别式构造不等式.(3)利用已知或其他隐含条件中的不等关系构造不等式.(4)常与一元二次不等式、基本不等式相关.

解当直线l的斜率不存在或斜率为0时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意.故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

题型二函数法求最值、范围解得p＝2.故抛物线E的方程为y2＝4x.

(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，过A，B分别作垂直于l的直线AC，BD，分别交抛物线于C，D两点，求|AC|＋|BD|的最小值.解由题意知直线l的斜率一定存在且不为0，F(1，0)，设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，易知x1＝ty1＋10，x2＝ty2＋10，所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.由AC垂直于l，得直线AC的方程为y－y1＝－t(x－x1)，

所以当x∈(0，2)时，f′(x)0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)0，f(x)单调递增.所以当x＝2时，f(x)取得最小值，

感悟提升利用函数法求解最值、范围问题的策略(1)引入单变量，将所求解问题用含该变量的代数式表示，构造函数；(2)引入双变量，利用题设或其他条件建立两个变量之间的关系，通过消元的方法转化为单变量问题，构造函数；(3)注意挖掘变量所满足的条件，从而确定变量范围；(4)用函数的方法，如函数的单调性、导数等分析求解最值或范围.

解由(1)知，抛物线的焦点为F(1，0).由题意知直线MN的斜率不可能为0，∴设MN的方程为x＝my＋t，M(x3，y3)，N(x4，y4)，∴Δ＝16m2＋16t0，即m2＋t0，由根与系数的关系得y3＋y4＝4m，y3y4＝－4t，

即(x3－1)(x4－1)＋y3y4＝(my3＋t－1)(my4＋t－1)＋y3y4＝(m2＋1)y3y4＋m(t－1)(y3＋y4)＋(t－1)2＝(m2＋1)(－4t)＋m(t－1)·4m＋(t－1)2＝0，即－4m2t－4t＋4m2t－4m2＋t2－2t＋1＝0，即4m2＝t2－6t＋1.

课时分层精练KESHIFENCENGJINGLIAN

(2)若直线l：y＝kx＋m与椭圆C有两个不同的交点A，B，原点O到直线l的距离为2，求△ABO的面积的最大值.解由题意可知，原点O到直线l的距离为2，其判别式Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－16)＝16(16k2＋4－m2)＝192k20，可知k≠0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

解设A(x1，y1)，B(x2，y2)，当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋t，

(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.解当l⊥x轴时不合题意；设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

证明由A(x1，y1)，C(x2，y2)是直线AF与抛物线C1：y2＝4x－4的两个交点，得直线AF不垂直y轴，点F(2，0).设直线AF的方程为x＝my＋2，