第44讲　第2课时　圆锥曲线中的最值与范围、证明与探索性问题.docx

第2课时圆锥曲线中的最值与范围、证明与探索性问题

研题型能力养成

举题说法

最值与范围问题

例1(2023·淮北一模节选)已知椭圆Γ：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，A，F分别为Γ的左顶点和右焦点，O为坐标原点，以OA为直径的圆与Γ交于点M(第二象限)，|OM|＝eq\f(a,2).

(1)求椭圆Γ的离心率e；

【解答】因为M是以AO为直径的圆上的点，所以∠AMO＝eq\f(π,2).又因为|OA|＝a，|OM|＝eq\f(a,2)，所以|AM|＝eq\f(\r(3),2)a，∠AOM＝eq\f(π,3)，所以Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)，\f(\r(3),4)a)).因为点M在椭圆Γ上，所以eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,4)))\s\up12(2),a2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),4)a))\s\up12(2),b2)＝1，整理得eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,5)，所以e＝eq\r(1－\f(b2,a2))＝eq\f(2\r(5),5).

(2)若b＝2，不过原点的直线l交Γ于P，Q两点，且直线l∥AM，求S△OPQ的最大值．

【解答】设P(x1，y1)，Q(x2，y2).由b＝2，得a＝2eq\r(5)，所以椭圆Γ的方程为eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,4)＝1.在Rt△AOM中，∠OAM＝eq\f(π,6)，所以直线l的斜率为k＝eq\f(\r(3),3).设直线l的方程为y＝eq\f(\r(3),3)(x－t)，t≠0.联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,20)＋\f(y2,4)＝1，,y＝\f(\r(3),3)(x－t)，))消去x整理得8y2＋2eq\r(3)ty＋t2－20＝0，由Δ＞0，得0≤t2＜32，则y1＋y2＝－eq\f(\r(3),4)t，y1y2＝eq\f(t2－20,8)，所以S△PQO＝eq\f(1,2)|t||y1－y2|＝eq\f(1,2)|t|eq\r((y1＋y2)2－4y1y2)＝eq\f(\r(5),8)eq\r(t2(32－t2))≤eq\f(\r(5),8)×eq\f(t2＋32－t2,2)＝2eq\r(5)，当且仅当t2＝16时取等号，故S△PQO的最大值是2eq\r(5).

解决取值范围问题应考虑的四个方面

(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系；

(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围；

(3)利用已知的不等关系建立不等式；

(4)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域．

证明问题

例2(2023·泰安期末)已知椭圆E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(2),2)))两点．

(1)求椭圆E的方程；

【解答】由椭圆E过点Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(\r(6),2)))，Beq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(\r(2),2)))，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,a2)＋\f(3,2b2)＝1，,\f(3,a2)＋\f(1,2b2)＝1，))解得a2＝4，b2＝2，所以椭圆E的方程为eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1.

(2)已知Q(4，0)，过P(1，0)的直线l与E交于M，N两点，求证：eq\f(|MP|,|NP|)＝eq\f(|MQ|,|NQ|).

【解答】当直线l的斜率为0时，直线l的方程为y＝0，所以M(2，0)，N(－2，0)或M(－2，0)，N(2，0)，所以eq\f(|MP|,|NP|)＝eq\f(|MQ|,|NQ|).当直线l的斜率不为0时，设直线l的方程为x＝my＋1，M(x1，y1)，N(x2，y2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,x＝my＋1，))得(m2＋2)y2＋2my－3＝0，所以y1＋y2＝－eq\f(2m,m2＋2)，y1y2＝－eq\f(3,m2＋2)