京津鲁琼专用2020版高考数学专题五解析几何第3讲圆锥曲线中的最值、范围、证明问题练习VIP免费

第3讲圆锥曲线中的最值、范围、证明问题最值问题函数最值法：当题目中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，再求这个函数的最值．求函数最值的常用方法有(1)配方法；(2)基本不等式法；(3)判别式法；(4)单调性法；(5)三角换元法；(6)导数法等．高考真题思维方法【基本不等式法】(2014·高考课标全国卷Ⅰ)已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为233，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.(1)略(2)当l⊥x轴时不合题意，【关键1：研究直线l与x轴垂直的情况】故可设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，将y＝kx－2代入x24＋y2＝1得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.当Δ＝16(4k2－3)>0，即k2>34时，x1，2＝8k±24k2－34k2＋1，【关键2：设出直线方程，并与椭圆方程联立，利用根与系数的关系求出A，B两点的横坐标与参数k的关系式】从而|PQ|＝k2＋1|x1－x2|＝4k2＋1·4k2－34k2＋1.又点O到直线PQ的距离d＝2k2＋1，所以△OPQ的面积S△OPQ＝12d|PQ|＝44k2－34k2＋1.【关键3：用参数k表示面积】设4k2－3＝t，则t>0，S△OPQ＝4tt2＋4＝4t＋4t.因为t＋4t≥4，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，且满足Δ>0，【关键4：换元，利用基本不等式求最值】所以，当△OPQ的面积最大时，k＝±72，l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.【利用函数的单调性求最值】(2019·高考全国卷Ⅱ)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.①证明：△PQG是直角三角形；②求△PQG面积的最大值.(1)略(2)①证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0).由y＝kx，x24＋y22＝1得x＝±21＋2k2.记u＝21＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0).【关键1：巧换元，妙设点P、Q、E的坐标】于是直线QG的斜率为k2，方程为y＝k2(x－u)．【关键2：求直线QG的方程】由y＝k2（x－u），x24＋y22＝1得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.*设G(xG，yG)，则－u和xG是方程*的解，故xG＝u（3k2＋2）2＋k2，由此得yG＝uk32＋k2.【关键3：正确求出G点的坐标】从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku（3k2＋2）2＋k2－u＝－1k.【关键4：求直线PG的斜率】所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形.②由①得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，【关键5：利用弦长公式求出PQ、PG的表达式】所以△PQG的面积S＝12|PQ||PG|＝8k（1＋k2）（1＋2k2）（2＋k2）＝81k＋k1＋21k＋k2.【关键6：将△PQG的面积表示成关于k的函数】设t＝k＋1k，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为169.因此，△PQG面积的最大值为169.[典型例题](2019·安徽宣城二模)已知椭圆C的方程为x24＋y22＝1，A是椭圆上的一点，且A在第一象限内，过A且斜率等于－1的直线与椭圆C交于另一点B，点A关于原点的对称点为D.(1)证明：直线BD的斜率为定值；(2)求△ABD面积的最大值．【解】(1)证明：设D(x1，y1)，B(x2，y2)，则A(－x1，－y1)，直线BD的斜率k＝y2－y1x2－x1，由x214＋y212＝1，x224＋y222＝1，两式相减得y2－y1x2－x1＝－12×x1＋x2y1＋y2，因为kAB＝y1＋y2x1＋x2＝－1，所以k＝y2－y1x2－x1＝12，故直线BD的斜率为定值12.(2)连接OB，因为A，D关于原点对称，所以S△ABD＝2S△OBD，由(1)可知BD的斜率k＝12，设BD的方程为y＝12x＋t，因为D在第三象限，所以－2