高考数学第一轮复习第九章 §9.10　圆锥曲线中范围与最值问题

这是一份高考数学第一轮复习第九章 §9.10　圆锥曲线中范围与最值问题，共12页。
例1 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)经过点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，且短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设过点M(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，求|MA|·|MB|的取值范围．
解 (1)由题意，椭圆短轴的两个端点与右焦点构成等边三角形，
故c＝eq \r(3)b，a＝eq \r(b2＋c2)＝2b，
即椭圆C：eq \f(x2,4b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
代入Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(3),2)))，
可得b＝1，a＝2.
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)分以下两种情况讨论：
①若直线l与x轴重合，
则|MA|·|MB|＝(a－1)(a＋1)＝a2－1＝3；
②若直线l不与x轴重合，
设直线l的方程为x＝my＋1，
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去x可得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
则Δ＝4m2＋12(m2＋4)＝16(m2＋3)>0恒成立，
由根与系数的关系可得y1＋y2＝－eq \f(2m,m2＋4)，y1y2＝－eq \f(3,m2＋4)，
由弦长公式可得|MA|·|MB|＝eq \r(1＋m2)·|y1|·eq \r(1＋m2)·|y2|
＝(1＋m2)·|y1y2|
＝eq \f(31＋m2,m2＋4)
＝eq \f(3m2＋4－9,m2＋4)
＝3－eq \f(9,m2＋4)，
因为m2＋4≥4，则00)的左焦点F1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.
(1)若△ABF2可以是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；
(2)若存在直线l，使得AF2⊥BF2，求Γ的离心率的取值范围．
解 (1)依题意得|AF1|＝2，|AF2|＝4，
|F1F2|＝2eq \r(3).
∴2a＝|AF2|－|AF1|＝2，a＝1，
2c＝|F1F2|＝2eq \r(3)，c＝eq \r(3)，b2＝c2－a2＝2，
此时Γ的标准方程为x2－eq \f(y2,2)＝1.
(2)设l的方程为x＝my－c，与eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1联立，
得(b2m2－a2)y2－2b2cmy＋b4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(2b2cm,b2m2－a2)，y1y2＝eq \f(b4,b2m2－a2)，
由AF2⊥BF2，eq \(F2A,\s\up6(—→))·eq \(F2B,\s\up6(—→))＝0，
(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0，
(my1－2c)(my2－2c)＋y1y2＝0
⇒(m2＋1)b4－4m2c2b2＋4c2(b2m2－a2)＝0
⇒(m2＋1)b4＝4a2c2
⇒(m2＋1)＝eq \f(4a2c2,b4)≥1
⇒4a2c2≥(c2－a2)2，
∴c4＋a4－6a2c2≤0⇒e4－6e2＋1≤0，
又∵e>1，∴1b>0)过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(\r(2),2)))，短轴长为2.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过点(0,2)的直线l(直线l不与x轴垂直)与椭圆C交于不同的两点M，N，且O为坐标原点．求△MON的面积的最大值．
解 (1)依题意得eq \f(－12,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)))2,b2)＝1，而b＝1，
则eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2)＝1⇒eq \f(1,a2)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)⇒a2＝2，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)因为直线l不与x轴垂直，则l的斜率k存在，
l的方程为y＝kx＋2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0，
因为直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，
则有Δ＝(8k)2－4·(2k2＋1)·6
＝16k2－24>0⇒k2>eq \f(3,2)，
即keq \f(\r(6),2)，
设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－eq \f(8k,2k2＋1)，
x1x2＝eq \f(6,2k2＋1)，
所以|MN|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8k,2k2＋1)))2－4·\f(6,2k2＋1))
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(82k2－3,2k2＋12))
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)，
而原点O到直线l：kx－y＋2＝0的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，△MON的面积S＝eq \f(1,2)·|MN|·d
＝eq \f(1,2)·eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)·eq \f(2,\r(k2＋1))
＝eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)，
令t＝eq \r(2k2－3)⇒2k2＝t2＋3(t>0)，
S＝eq \f(2\r(2)t,t2＋4)＝eq \f(2\r(2),t＋\f(4,t))，
因为t＋eq \f(4,t)≥2eq \r(t·\f(4,t))＝4，
当且仅当t＝eq \f(4,t)，即t＝2时取“＝”，此时k2＝eq \f(7,2)，
即k＝±eq \f(\r(14),2)，符合要求，
从而有S≤eq \f(2\r(2),4)＝eq \f(\r(2),2)，
故当k＝±eq \f(\r(14),2)时，
△MON的面积的最大值为eq \f(\r(2),2).
教师备选
(2022·厦门模拟)设椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，点A，B，C分别为Γ的上、左、右顶点，且|BC|＝4.
(1)求Γ的标准方程；
(2)点D为直线AB上的动点，过点D作l∥AC，设l与Γ的交点为P，Q，求|PD|·|QD|的最大值．
解 (1)由题意得2a＝|BC|＝4，解得a＝2.
又因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，
所以c＝eq \r(3)，则b2＝a2－c2＝1.
所求Γ的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)方法一 由(1)可得A(0,1)，B(－2,0)，C(2,0)，
则kAC＝－eq \f(1,2)，
直线AB的方程为x－2y＋2＝0，
设直线l的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋λ.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋λ，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，
整理得，x2－2λx＋2λ2－2＝0.①
由Δ>0，得－eq \r(2)0)，
∵双曲线C的焦点F(eq \r(3)，0)，双曲线C上一点B到F的最短距离为eq \r(3)－eq \r(2)，
∴c＝eq \r(3)，c－a＝eq \r(3)－eq \r(2)，
∴a＝eq \r(2)，
∴b2＝c2－a2＝(eq \r(3))2－(eq \r(2))2＝1，
则双曲线的方程为eq \f(x2,2)－y2＝1，
渐近线方程为y＝±eq \f(\r(2),2)x.
(2)设P点坐标为(x0，y0)，
则Q点坐标为(－x0，－y0)，
∴λ＝eq \(MP,\s\up6(→))·eq \(MQ,\s\up6(→))＝(x0，y0－1)·(－x0，－y0－1)＝－xeq \\al(2,0)－yeq \\al(2,0)＋1
＝－eq \f(3,2)xeq \\al(2,0)＋2.
∵|x0|≥eq \r(2)，
∴λ的取值范围是(－∞，－1]．
2．(2022·阳泉模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(\r(2),2)，P是椭圆C上的一个动点，当P是椭圆C的上顶点时，△F1PF2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线PF2，与椭圆C的另一个交点为Q.若存在T(t，0)，使得|TP|＝|TQ|，求t的取值范围．
解 (1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(1,2)·b·2c＝1，,b2＋c2＝a2，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点为N(x0，y0)，直线PF2的斜率为k，
由(1)设直线PQ的方程为y＝k(x－1)．
当k＝0时，t＝0符合题意；
当k≠0时，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))
得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
∴Δ＝16k4－4(1＋2k2)(2k2－2)＝8k2＋8>0，
x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，
∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2k2,1＋2k2)，
y0＝k(x0－1)＝eq \f(－k,1＋2k2)，
即Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2))).
∵|TP|＝|TQ|，
∴直线TN为线段PQ的垂直平分线，
∴TN⊥PQ，即kTN·k＝－1.
∴eq \f(\f(－k,1＋2k2),\f(2k2,1＋2k2)－t)·k＝－1，
∴t＝eq \f(k2,1＋2k2)＝eq \f(1,2＋\f(1,k2)).
∵k2>0，∴eq \f(1,k2)>0 ,2＋eq \f(1,k2)>2，
∴00)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4eq \r(5).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．
解 (1)因为椭圆过A(0，－2)，故b＝2，
因为四个顶点围成的四边形的面积为4eq \r(5)，
故eq \f(1,2)×2a×2b＝4eq \r(5)，即a＝eq \r(5)，
故椭圆的标准方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
因为直线BC的斜率存在，故x1x2≠0，
故直线AB：y＝eq \f(y1＋2,x1)x－2，令y＝－3，则xM＝－eq \f(x1,y1＋2)，
同理xN＝－eq \f(x2,y2＋2).
直线BC：y＝kx－3，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20，))
可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，
故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，
解得k1.
又x1＋x2＝eq \f(30k,4＋5k2)，x1x2＝eq \f(25,4＋5k2)，
故x1x2>0，所以xMxN>0.
又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,y1＋2)＋\f(x2,y2＋2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1－1)＋\f(x2,kx2－1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2kx1x2－x1＋x2,k2x1x2－kx1＋x2＋1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(50k,4＋5k2)－\f(30k,4＋5k2),\f(25k2,4＋5k2)－\f(30k2,4＋5k2)＋1)))＝5|k|，
故5|k|≤15，即|k|≤3，
综上，－3≤k