第14节 最值、范围问题

题型分析解析几何中的最值与范围问题是解析几何中的典型问题,是教学的重点也是历年高考的热点.解决这类问题不仅要善于利用几何手段对平面图形进行研究,而且要从代数角度进行函数等相关运算.

题型一最值问题

角度1函数性质法求最值

例1(2025·海南调研)已知O为坐标原点,F1,A,B分别是椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的左焦点、左顶点、右顶点,C是椭圆上一点(异于A,B),线段CF1的中点为D,|DF1|+|DO|=2,|AF1|=1.

(1)求椭圆E的标准方程;

(2)已知过F1且斜率不为0的直线l与椭圆E交于M,N两点,求四边形AMBN面积的最大值.

解(1)设F2是椭圆E的右焦点,连接CF2,

∵D是线段F1C的中点,O是线段F1F2的中点,∴|DO|=12|CF2|,

由椭圆的定义知,

2a=|CF1|+|CF2|=2(|DF1|+|DO|)=4,

∴a=2,

由椭圆的几何性质知|AF1|=a-c=1,

∴c=1,∴b2=a2-c2=3,

∴椭圆E的标准方程为x24+y23=1.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),直线l:x=ty-1,

将x=ty-1代入x24+y23=1,

整理得(3t2+4)y2-6ty-9=0,

∴y1+y2=6t3t2+4,y1y2=-93t2+4,

∴S四边形AMBN=S△ABM+S△ABN

=12|AB||y1|+12|AB||y2|

=12|AB||y1-y2|

=12×4(y1+y2)2-4y1y2

=26t3t2+42-4×-93t2+4

=24t2+1(3t2+4)2.

设m=t2+1,则m≥1,

∴S四边形AMBN=S(m)=24m3m2+1(m≥1),

∴S'(m)=24(3m2+1)-24m×6m(3m2+1)2

=24(1-3m2)(3m2+1)2b>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.

解(1)设F(c,0),由条件知2c=233,得c=3.

又ca=32,所以a=2,b2=a2-c2=1.

故E的方程为x24+y2=1.

(2)当l⊥x轴时不合题意;

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.

Δ=16(4k2-3)>0,

即k2>34,x1+x2=16k1+4k2,x1·x2=121+4k2.

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.

设4k2-3=t,

则t>0,S△OPQ=4tt2+4=4t+4t≤1,

当且仅当t=2,即k=±72时等号成立,且满足Δ>0,

所以当△OPQ的面积最大时,l的方程为

y=72x-2或y=-72x-2.

思维建模1.圆锥曲线中的最值问题往往涉及面积的最大、最小问题;距离最长、最短以及一些代数式的最值等.

2.函数性质法通常是借助单调性(导数)、配方等方法求解最值;不等式法往往涉及基本不等式,判别式等方法求最值,无论哪种情形,均要关注等号能否取到.

训练1(2023·全国甲卷)已知直线x-2y+1=0与抛物线C:y2=2px(p>0)交于A,B两点,|AB|=415.

(1)求p;

(2)设F为C的焦点,M,N为C上两点,且FM·FN=0,求△MFN面积的最小值.

解(1)设A(x1,y1),B(x2,y2),

把x=2y-1代入y2=2px,

得y2-4py+2p=0,

由直线与抛物线有两个交点A,B,

所以Δ=16p2-8p>0,得p>12.

由根与系数的关系,

可得y1+y2=4p,y1y2=2p,

所以|AB|=1+1k2|y1-y2|

=1+4·(y1+y2)2-4y1y2

=5×16p2-8p=415,

解得p=2或p=-32(舍去),故p=2.

(2)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),

联立x=my+t,y2=4x,消去x得y2-4my-4t=0,

∴Δ=16m2+16t>0,即m2+t>0,

由根与系数的关系得y3+y4=4m,y3y4=-4t,

∵FM·FN=0,

∴(x3-1,y3)·(x4-1,y4)=0,

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.

设F到MN的距离为d,则d=t-1|1+m2,

又|MN|=1+m2|y3-y4|

=1+m2·(y3+y4)2-4y3y4

=1+m2·16m2+16t

=41+m2·m2+t,

∴S△MFN=12|MN|·d

=12×41+m2·m2+t·t-1|1+m2

=2m2+t·|t-1|=4m2+4t·|t-1|

=t2-2t+1|t-1|=(t-1)2.

∵4m2=t2-6t+1≥0,

解得t≤3-22或t≥3+22,

∴当且仅当t=3-22时,S△MFN取得最小值12-82,即△MFN面积的最小值为12-82.

题型二范围问题

例3(15分)(2024·天津卷)已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0),椭圆的离心率e=12,左顶点为A,下顶点为B,O为坐标原点,C是线段OB的中点,其中S△ABC=332.

(1)求椭圆的方程;

(2)过点0,-32的动直线与椭圆有两个交点P,Q,在y轴上是否存在点T使得TP·TQ≤0?若存在,求出点T纵坐标的取值范围;若不存在,请说明理由.

[思路分析](1)结合椭圆的性质,以及三角形的面积公式,可求椭圆方程;

(2)根据已知条件,设出T坐标(0,t),动直线分两种情况讨论

①动直线斜率不存在时,写出P,Q具体坐标表示TP·TQ,解不等式得t范围;

②动直线斜率存在时,借助韦达定理表示P,Q坐标的关系,进而将TP·TQ用含t的式子表示,解不等式得t范围.

[规范解答]解(1)因为e=ca=12,

所以a=2c,b=a2-c2=3c,

由题知A(-a,0),B(0,-b),C0,-b2,?

→根据椭圆的几何性质写出A,B,C的坐标(1分)

所以S△ABC=12·|BC|·|OA|=12·b2·a

=12·3c2·2c=332,得c=3,

所以a=23,b=3.?

→利用三角形的面积公式建立方程,解出c,进而得到a,b的值(4分)

故椭圆的方程为x212+y29=1.?

→写出椭圆的标准方程(5分)

(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),T(0,t).

当直线PQ的斜率不存在时,?

不妨设P(0,3),Q(0,-3),

则TP·TQ=(0,3-t)·(0,-3-t)=t2-9≤0,

解得-3≤t≤3.(7分)

→考虑特殊情形,斜率不存在时,写出...