高考数学一轮复习第8章第10课时圆锥曲线中的范围、最值问题学案

这是一份高考数学一轮复习第8章第10课时圆锥曲线中的范围、最值问题学案，共17页。

[典例1] 已知双曲线C：x2a2-y2b2＝1(a＞0，b＞0)的左焦点为F，右顶点为A(1，0)，点P是其渐近线上的一点，且以PF为直径的圆过点A，|PO|＝2，点O为坐标原点．
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)当点P在x轴上方时，过点P作y轴的垂线与y轴相交于点B，设直线l：y＝kx＋m(km≠0)与双曲线C相交于不同的两点M，N，若|BM|＝|BN|，求实数m的取值范围．
[思维流程]
[解] (1)∵F(－c，0)，A(a，0)，双曲线C的渐近线方程为y＝±bax，以PF为直径的圆过点A，∴PA⊥AF.不妨取点P在y＝bax上，设点Pt，bat，AP＝t-a，bta，FA＝(a＋c，0)，
∵PA⊥AF，则AP·FA＝(t－a)(a＋c)＝0，可得t＝a，则点P(a，b)，
∵|PO|＝2，则a2＋b2＝4，∵a＝1，则b2＝3，
∴双曲线C的标准方程为x2－y23＝1.
(2)由题意可知B(0，3)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
线段MN中点Q(x0，y0)，联立y=kx+m，x2-y23=1，
消去y得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
依题意3-k2≠0， Δ=-2km2-43-k2-m2-3＞0，
即3-k2≠0 3+m2-k2＞0，①
由根与系数的关系可得x1＋x2＝2km3-k2，x1x2＝－m2+33-k2，
则x0＝x1+x22＝km3-k2，y0＝kx0＋m＝3m3-k2，
∵|BM|＝|BN|，∴BQ⊥MN，
∴kBQ＝y0-3x0＝3m3-k2-3km3-k2＝－1k，
∴3－k2＝433m，②
又k2＝3－433m＞0，③
由①②③得：m＜－433或0＜m＜334.
【教师备选题】
已知椭圆的一个顶点A(0，－1)，焦点在x轴上，离心率为32.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围．
[解] (1)设椭圆的标准方程为x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)，
联立b=1， ca=32， a2=b2+c2，解得a=2，b=1，c=3．
故椭圆的标准方程为x24＋y2＝1.
(2)设P(x0，y0)为弦MN的中点，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立y=kx+m，x24+y2=1，得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.
则x1＋x2＝-8km4k2+1，x1x2＝4m2-14k2+1.
Δ＝(8km)2－16(4k2＋1)(m2－1)＞0，
所以m2＜1＋4k2.①
所以x0＝x1+x22＝－4km4k2+1，y0＝kx0＋m＝m4k2+1.
所以kAP＝y0+1x0＝－m+1+4k24km.
又|AM|＝|AN|，所以AP⊥MN，
则－m+1+4k24km＝－1k，即3m＝4k2＋1.②
把②代入①得m2＜3m，解得0＜m＜3.
由②得k2＝3m-14＞0，解得m＞13.
综上可知，m的取值范围为13，3.
圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)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，从而确定参数的取值范围．
[跟进训练]
1．设过定点M(0，2)的直线l与椭圆C1：x24＋y2＝1交于不同的两点P，Q，若O在以线段PQ为直径的圆的外部，求直线l的斜率k的取值范围．
[解] 显然直线x＝0不满足题设条件，故可设直线l：y＝kx＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
由x24+y2=1，y=kx+2，得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0.
∵Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k2)>0，
∴k∈-∞，-32∪32，+∞，
∴x1＋x2＝-16k1+4k2，x1x2＝121+4k2，
根据题意，得0°<∠POQ<90°，即OP·OQ>0，
∴OP·OQ＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝121+k21+4k2＋2k·-16k1+4k2＋4＝16-4k21+4k2>0，解得－2综上得k∈-2，-32∪32，2.
考点二 最值问题
利用函数性质求最值
[典例2] 已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．
(1)求抛物线C的方程；
(2)过焦点F的直线m与抛物线C分别相交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．
[思维流程]
[解] (1)∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切，联立x-y+1=0，y2=2px， 消去x得y2－2py＋2p＝0，从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍)．
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由于直线m的斜率不为0，可设直线m的方程为ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立ty=x-1，y2=4x， 消去x得y2－4ty－4＝0，∵Δ＞0，
∴y1＋y2＝4t，即x1＋x2＝4t2＋2，
∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1，2t)．
设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，
则dA＋dB＝2d＝2·2t2-2t+22＝22|t2－t＋1|＝22t-122+34 ，∴当t＝12时，A，B两点到直线l的距离之和最小，最小值为322.
利用不等式求最值
[典例3] 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)求椭圆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．
[思维流程]
[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.
故椭圆E的方程为x24＋y2＝1.
(2)当l⊥x轴时不合题意，
故设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.
从而|PQ|＝k2+1|x1－x2|＝4k2+14k2-34k2+1.
又点O到直线PQ的距离d＝2k2+1.
所以△OPQ的面积S△OPQ＝12·d·|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2y±7x＋4＝0.
几何法求最值
[典例4] (2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为12.
(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
[解] (1)因为椭圆C的左顶点A(－a，0)，则直线AM的斜率为32+a＝12，①
点M在椭圆C上，则4a2+9b2＝1，②
联立①②，解得a＝4，b2＝12，
故椭圆C的方程为x216+y212＝1.
(2)设与直线AM平行的直线的方程为x－2y＝m(m≠－4)，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．
联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程x216+y212＝1，
可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，
即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离较远的直线方程为x－2y＝8，
又直线AM的方程为x－2y＝－4，
所以点N到直线AM的距离即两平行直线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得d＝8+41+4＝1255，
由两点间的距离公式可得|AM|＝2+42+32＝35.
所以△AMN的面积的最大值为12×35×1255＝18.
圆锥曲线中的最值问题的求解方法
(1)函数法：用其他变量表示该参数，建立函数关系，利用求函数的单调性求解．
(2)不等式法：根据题意建立含参数的不等式，通过解不等式求参数范围．
(3)几何法：利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解．
[跟进训练]
2．(2022·浙江高考)如图，已知椭圆x212＋y2＝1.设A，B是椭圆上异于P(0，1)的两点，且点Q0，12在线段AB上，直线PA，PB分别交直线y＝－12x＋3于C，D两点．
(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值；
(2)求|CD|的最小值．
[解] (1)设M(x0，y0)是椭圆上一点，∴|PM|＝x02+y0-12＝12-12y02+y02-2y0+1＝-11y02-2y0+13≤14411＝121111.
(2)设直线AB方程为y＝kx＋12，A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(0，1) ，联立y=kx+12，x2+12y2=12消去y，整理得(1＋12k2)x2＋12kx－9＝0，Δ＝144k2＋36(1＋12k2)＝36(1＋16k2)>0，
∴x1＋x2＝－12k1+12k2，x1x2＝－91+12k2，
直线PA的方程为y＝y1-1x1x＋1，联立y=y1-1x1x+1，y=-12x+3整理得xC＝4x1x1+2y1-2＝4x1x1+2kx1-1，
同理xD＝4x2x2+2kx2-1，∴|CD|＝1+14·4x11+2kx1-1-4x21+2kx2-1
＝524x2-x11+2k2x1x2-1+2kx1+x2+1
＝524·61+16k21+12k21+2k2·-91+12k2-1+2k·-12k1+12k2+1
＝52·241+16k224k+8＝3521+16k23k+1，
令3k＋1＝m(m≠0)，
∴|CD|＝352·2591m-16252+1625，
∴当m＝2516，即k＝316时，|CD|的最小值为655.
课时分层作业(五十四) 圆锥曲线中的范围、最值问题
1．(2022·湖南长沙模拟)已知双曲线C：x2a2-y2b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，F为双曲线的右焦点，直线l过F与双曲线的右支交于P，Q两点，且当l垂直于x轴时，|PQ|＝6.
(1)求双曲线的方程；
(2)过点F且垂直于l的直线l′与双曲线交于M，N两点，求MP·NQ+MQ·NP的取值范围．
[解] (1)依题意，c＝2a，当l垂直于x轴时，|PQ|＝2b2a＝6，
即b2＝3a，即c2－a2＝3a，
解得a＝1，b＝3，因此双曲线的方程为x2－y23＝1.
(2)设lPQ：x＝my＋2，联立双曲线方程x2－y23＝1，
得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
当m＝0时，P(2，3)，Q(2，－3)，M(－1，0)，N(1，0)，
MP·NQ+MQ·NP＝－12.
当m≠0时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，
N(x4，y4)，
因为直线PQ与双曲线右支相交，
因此y1y2＝93m2-1＜0，
即m∈-33，0∪0，33，
同理可得y3y4＝9m23-m2，
依题意MP·NQ＝(MF+FP)·(NF+FQ)＝MF·NF+FP·FQ，
同理可得，MQ·NP＝(MF+FQ)·(NF+FP)＝MF·NF+FP·FQ，
而FP·FQ+MF·NF＝(1＋m2)y1y2＋1+1m2y3y4，
代入y1y2＝93m2-1，y3y4＝9m23-m2，
FP·FQ+MF·NF＝91+m23m2-1+91+m23-m2＝-181+m221-3m23-m2＝－63m4+6m2+33m4-10m2+3，
分离参数得，FP·FQ+MF·NF＝－6－96m23m4-10m2+3，
因为m∈-33，0∪0，33，
当m2∈0，13时，m2＋1m2∈103，+∞，
FP·FQ+MF·NF＝－6－963m2+1m2-10∈(－∞，－6)，
所以MP·NQ+MQ·NP＝2(FP·FQ+MF·NF)∈(－∞，－12)，
综上可知，MP·NQ+MQ·NP的取值范围为(－∞，－12].
2．(2021·北京高考)已知椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为45.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，－3)的直线l的斜率为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E过点A(0，－2)，所以b＝2.
以四个顶点围成的四边形面积为45，故12×2a×2b＝2ab＝45.
联立b=2， 2ab=45， a2=b2+c2，解得a=5，b=2，c=1，
故椭圆E的标准方程为x25+y24＝1.
(2)由题意可得，直线l的斜率存在，且直线l的方程为y＝kx－3，设B(x1，y1)，C(x2，y2)．
联立y=kx-3， 4x2+5y2=20，消去y整理得
(5k2＋4)x2－30kx＋25＝0，
Δ＝(－30k)2－4(5k2＋4)×25＝400(k2－1)＞0，故k＞1或k＜－1.
由根与系数的关系，得
x1＋x2＝－-30k5k2+4＝30k5k2+4，x1x2＝255k2+4，
进而可得y1＋y2＝k(x1＋x2)－6＝－245k2+4，
y1y2＝(kx1－3)(kx2－3)＝k2x1x2－3k(x1＋x2)＋9＝36-20k25k2+4.
直线AB的方程为y＋2＝y1+2x1x，
令y＝－3，则x＝－x1y1+2，故点M-x1y1+2，-3.
直线AC的方程为y＋2＝y2+2x2x，
令y＝－3，则x＝－x2y2+2，故点N-x2y2+2，-3.
|PM|＋|PN|＝x1y1+2+x2y2+2
＝x1·y2+2+x2·y1+2y1+2·y2+2
＝x1·kx2-1+x2·kx1-1y1·y2+2y1+y2+4
＝2kx1x2-x1+x2y1·y2+2y1+y2+4
＝2k·255k2+4-30k5k2+436-20k25k2+4-485k2+4+4
＝|5k|≤15，
即|k|≤3，解得－3≤k≤3.
综上，k的取值范围为[－3，－1)∪(1，3].
3．椭圆C1：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)经过点E(1，1)且离心率为22，直线l与椭圆C1交于A，B两点，且以AB为直径的圆过原点．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)若过原点的直线m与椭圆C1交于C，D两点，且OC＝t(OA+OB)，求四边形ACBD面积的最大值．
[解] (1)因为椭圆C1：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)经过点E(1，1)，所以1a2+1b2＝1，
椭圆的离心率为22，则a2＝2c2，即a2＝2b2，
即12b2+1b2＝1，解得a2＝3，b2＝32，
所以椭圆C1的方程为x23+2y23＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，设以AB为直径的圆的圆心为(t，0)，则(x－t)2＋y2＝t2，
不妨取A(t，t)，故t23+2t23＝1，解得t＝±1.
故AB的方程为x＝±1，
直线CD过AB中点，即为x轴，
得|AB|＝2，|CD|＝23，
故SACBD＝12|AB|·|CD|＝23.
当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立x2+2y2=3y=kx+m，可得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－3＝0，
则Δ＝4(6k2－2m2＋3)＞0，①
x1＋x2＝－4km2k2+1，②
x1x2＝2m2-32k2+1 ，③
以AB为直径的圆过原点即
OA·OB＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
化简可得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，
将②③两式代入，整理得
(k2＋1)(2m2－3)＋km(－4km)＋m2(2k2＋1)＝0，
即m2＝k2＋1，④
将④式代入①式，得Δ＝4(4k2＋1)＞0恒成立，则k∈R.
设线段AB中点为M，由OC＝t(OA+OB)＝2tOM，
不妨设t＞0，得SACBD＝2SOACB＝4tS△OAB，
又因为S△OAB＝12|m||x1－x2|＝|m|4k2+12k2+1，
所以SACBD＝4t|m|4k2+12k2+1，
又由OC＝t(OA+OB)，则C点坐标为
(t(x1＋x2)，t(y1＋y2))，
化简得tx1+x2=-4km2k2+1t，ty1+y2=2m2k2+1t，
代入椭圆方程可得8m2t22k2+1＝3，即t＝32k2+18m2，
则SACBD＝4tS△OAB＝432k2+18m2|m|4k2+12k2+1
＝64k2+12k2+1＝62-12k2+1＜23，
综上，四边形ACBD面积的最大值为23.
4．(2022·全国甲卷)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点D(p，0)，过F的直线交C于M，N两点．当直线MD垂直于x 轴时， |MF|＝3.
(1)求C的方程；
(2)设直线MD，ND与C 的另一个交点分别为A，B，记直线MN, AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．
[解] (1)抛物线的准线为x＝－p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时|MF|＝p＋p2＝3，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝ 4x.
(2)设My124，y1，Ny224，y2，Ay324，y3，
By424，y4，直线MN：x＝my＋1，
由x=my+1y2=4x可得y2－4my－4＝0，Δ＞0，y1y2＝－4，
当直线MN的斜率存在时，
由斜率公式可得kMN＝y1-y2y124-y224＝4y1+y2，kAB＝y3-y4y324-y424＝4y3+y4，
直线MD：x＝x1-2y1·y＋2，代入抛物线方程可得y2－4x1-2y1·y－8＝0，
Δ＞0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，同理可得y4＝2y1，
所以kAB＝4y3+y4＝42y1+y2＝kMN2，
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α，β，
所以kAB＝tan β＝kMN2＝tanα2，
若要使α－β最大，则β∈0，π2，
设kMN＝2kAB＝2k＞0，则tan (α－β)＝tanα-tanβ1+tanαtanβ＝k1+2k2＝11k+2k≤121k·2k＝24，
当且仅当1k＝2k即k＝22时，等号成立，
所以当α－β 最大时，kAB＝22，设直线AB：x＝2y＋n，
代入抛物线方程可得y2－42y－4n＝0，
Δ＞0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直线AB ：x＝2y＋4 .
当直线MN的斜率不存在时，α＝β＝90°，α－β＝0°，tan (α－β)＜24.
综上，直线AB的方程为x＝2y＋4，即x－2y－4＝0.