新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何第4讲圆锥曲线的综合问题核心考点1圆锥曲线中的最值范围问题教师用书

这是一份新教材适用2024版高考数学二轮总复习第1篇专题5解析几何第4讲圆锥曲线的综合问题核心考点1圆锥曲线中的最值范围问题教师用书，共7页。试卷主要包含了 设抛物线C， 已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

1. (2023·全国新高考Ⅱ卷)已知双曲线C中心为坐标原点，左焦点为(－2eq \r(5)，0)，离心率为eq \r(5).
(1)求C的方程；
(2)记C的左、右顶点分别为A1，A2，过点(－4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，M在第二象限，直线MA1与NA2交于P，证明P在定直线上．
【解析】 (1)双曲线C中心为原点，左焦点为(－2eq \r(5)，0)，离心率为eq \r(5)，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\r(5)，,c＝2\r(5)，,c2＝a2＋b2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝4，))
故双曲线C的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,16)＝1.
(2)证明：过点(－4,0)的直线与C的左支交于M，N两点，
则可设直线MN的方程为x＝my－4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
记C的左，右顶点分别为A1，A2，
则A1(－2,0)，A2(2,0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my－4，,4x2－y2＝16，))化简整理可得，
(4m2－1)y2－32my＋48＝0，
故Δ＝(－32m)2－4×48×(4m2－1)＝264m2＋192＞0且4m2－1≠0，
y1＋y2＝eq \f(32m,4m2－1)，y1y2＝eq \f(48,4m2－1)，
直线MA1的方程为y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
直线NA2方程y＝eq \f(y2,x2－2)(x－2)，
故eq \f(x＋2,x－2)＝eq \f(y2x1＋2,y1x2－2)＝eq \f(y2my1－2,y1my2－6)
＝eq \f(my1y2－2y2＋y1＋2y1,my1y2－6y1)
＝eq \f(m·\f(48,4m2－1)－2·\f(32m,4m2－1)＋2y1,m·\f(48,4m2－1)－6y1)
＝eq \f(\f(－16m,4m2－1)＋2y1,\f(48m,4m2－1)－6y1)＝－eq \f(1,3)，
故eq \f(x＋2,x－2)＝－eq \f(1,3)，解得x＝－1，
所以xP＝－1，
故点P在定直线x＝－1上运动．
2. (2023·全国甲卷理科)设抛物线C：y2＝2px(p＞0)，直线x－2y＋1＝0与C交于A，B两点，且|AB|＝4eq \r(15).
(1)求p的值；
(2)F为y2＝2px的焦点，M，N为抛物线上的两点，且eq \(MF,\s\up6(→))·eq \(NF,\s\up6(→))＝0，求△MNF面积的最小值．
【解析】 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＋1＝0，,y2＝2pxp>0，))
消去x得：y2－4py＋2p＝0，
∴y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，Δ＝16p2－8p＞0，
∴p(2p－1)＞0，∴p＞eq \f(1,2)，
|AB|＝eq \r(1＋4)|y1－y2|＝eq \r(5)eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝4eq \r(15)，
∴16p2－8p＝48，∴2p2－p－6＝0，
∴(2p＋3)(p－2)＝0，
∴p＝2.
(2)由(1)知y2＝4x，所以F(1,0)，显然直线MN的斜率不可能为零，
设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝my＋n，))可得y2－4my－4n＝0，
所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，
Δ＝16m2＋16n＞0⇒m2＋n＞0，
因为eq \(MF,\s\up6(→))·eq \(NF,\s\up6(→))＝0，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0，
即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0，
即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0，
将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n，代入得4m2＝n2－6n＋1，
∴4(m2＋n)＝(n－1)2＞0，
所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，
解得n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2).
设点F到直线MN的距离为d，所以d＝eq \f(|n－1|,\r(1＋m2))，
|MN|＝eq \r(1＋m2)|y1－y2|
＝eq \r(1＋m2)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(16m2＋16n)
＝eq \r(1＋m2)eq \r(4n2－6n＋1＋16n)
＝2eq \r(1＋m2)|n－1|，
所以△MNF的面积S＝eq \f(1,2)|MN|×d＝eq \f(1,2)×eq \f(|n－1|,\r(m2＋1))×2eq \r(1＋m2)|n－1|，
又n≥3＋2eq \r(2)或n≤3－2eq \r(2)，
所以当n＝3－2eq \r(2)时，
△MNF的面积Smin＝(2－2eq \r(2))2＝12－8eq \r(2).
3. (2023·全国乙卷理科)已知椭圆C：eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(5),3)，点A(－2,0)在C上．
(1)求C的方程；
(2)过点(－2,3)的直线交C于点P，Q两点，直线AP，AQ与y轴的交点分别为M，N，证明：线段MN的中点为定点．
【解析】 (1)由题意，eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(5),3)，,b＝2，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝3，,b＝2，,c＝\r(5)，))
∴椭圆C的方程为eq \f(y2,9)＋eq \f(x2,4)＝1.
(2)证明：如图，
要使过点(－2,3)的直线交C于点P，Q两点，则PQ的斜率存在且小于0，
设PQ：y－3＝k(x＋2)，即y＝kx＋2k＋3，k＜0，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2k＋3，,\f(y2,9)＋\f(x2,4)＝1，))
得(4k2＋9)x2＋8k(2k＋3)x＋16k(k＋3)＝0.
Δ＝[8k(2k＋3)]2－4(4k2＋9)·16k(k＋3)＝－1 728k＞0.
x1＋x2＝eq \f(－8k2k＋3,4k2＋9)，x1x2＝eq \f(16kk＋3,4k2＋9)，
直线AP：y＝eq \f(y1,x1＋2)(x＋2)，
取x＝0，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2y1,x1＋2)))；
直线AQ：y＝eq \f(y2,x2＋2)(x＋2)，
取x＝0，得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(2y2,x2＋2))).
∴eq \f(2y1,x1＋2)＋eq \f(2y2,x2＋2)＝eq \f(2y1x2＋2＋2y2x1＋2,x1＋2x2＋2)
＝2eq \f(kx1＋2k＋3x2＋2＋kx2＋2k＋3x1＋2,x1x2＋2x1＋x2＋4)
＝2eq \f(2kx1x2＋4k＋3x1＋x2＋42k＋3,x1x2＋2x1＋x2＋4)
＝2eq \f(2k·\f(16kk＋3,4k2＋9)＋4k＋3·\f(－8k2k＋3,4k2＋9)＋42k＋3,\f(16kk＋3,4k2＋9)＋2·\f(－8k2k＋3,4k2＋9)＋4)
＝2eq \f(32k3＋96k2－64k3－96k2－48k2－72k＋32k3＋72k＋48k2＋108,16k2＋48k－32k2－48k＋16k2＋36)
＝2×eq \f(108,36)＝6.
∴MN的中点为(0,3)，为定点．
核心考点1 圆锥曲线中的最值、范围问题
角度：最值问题
典例研析· 悟方法
典例1 (2023·河南三模)已知抛物线C的顶点在坐标原点，焦点在y轴的正半轴上，圆x2＋(y－1)2＝1经过抛物线C的焦点．
(1)求C的方程；
(2)若直线l：mx＋y－4＝0与抛物线C相交于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线，两条切线相交于点P，求△ABP面积的最小值．
【解析】 (1)由题意，设C的方程为x2＝2py(p＞0)，
因为圆x2＋(y－1)2＝1经过抛物线C的焦点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)－1))2＝1，解得p＝4，
所以C的方程为x2＝8y.
(2)如图所示，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1≠x2，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝8y，,mx＋y－4＝0，))整理得x2＋8mx－32＝0，
所以Δ＝64m2＋128＞0，且x1＋x2＝－8m，x1x2＝－32，
所以|AB|＝eq \r(1＋m2)eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝8eq \r(1＋m2m2＋2).
由x2＝8y，可得y＝eq \f(x2,8)，则y′＝eq \f(x,4)，
所以抛物线C的过点A的切线方程是y－y1＝eq \f(x1,4)(x－x1)，
将y1＝eq \f(x\\al(2,1),8)代入上式整理得y＝eq \f(x1,4)x－eq \f(x\\al(2,1),8)，
同理可得抛物线C的过点B的切线方程为
y＝eq \f(x2,4)x－eq \f(x\\al(2,2),8)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(x1,4)x－\f(x\\al(2,1),8)，,y＝\f(x2,4)x－\f(x\\al(2,2),8)，))解得x＝eq \f(x1＋x2,2)，y＝eq \f(x1x2,8)，
所以x＝－4m，y＝－4，
所以P(－4m，－4)到直线mx＋y－4＝0的距离
d＝eq \f(|m×－4m－4－4|,\r(m2＋1))＝eq \f(4m2＋2,\r(m2＋1))，
所以△ABP的面积S＝eq \f(1,2)|AB|d＝eq \f(1,2)×8eq \r(1＋m2m2＋2)×eq \f(4m2＋2,\r(m2＋1))＝16(m2＋2)eq \f(3,2)，
当m＝0时，Smin＝32eq \r(2)，
所以△ABP面积的最小值为32eq \r(2).
方法技巧· 精提炼
求解范围、最值问题的五种方法
(1)利用判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；
(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；
(3)利用隐含的不等关系，求出参数的取值范围．
加固训练· 促提高
1. (2023·镇安县校级模拟)已知F1，F2分别为椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点，直线l1过点F2与椭圆交于A，B两点，且△AF1F2的周长为(2＋eq \r(2))a.
(1)求椭圆M的离心率；
(2)直线l2过点F2，且与l1垂直，l2交椭圆M于C，D两点，若a＝eq \r(2)，求四边形ACBD面积的取值范围．
【解析】 (1)设F1(－c,0)，F2(c,0)(c＞0)，
由椭圆的定义可知△AF1F2的周长为2a＋2c＝(2＋eq \r(2))a，
所以2c＝eq \r(2)a，所以离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2).
(2)由(1)可知eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，
又b2＋c2＝a2，所以a2＝2b2＝2，
所以椭圆M的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
①当直线l1，l2中的一条直线的斜率不存在，另一条直线的斜率为0时，四边形ACBD的面积S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)×2eq \r(2)×eq \f(2,\r(2))＝2，
②当直线l1，l2的斜率都存在，且都不为0时，
设l1的方程为y＝k(x－c)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1,\f(x2,2)＋y2＝1))⇒(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
Δ＝16k4－4(1＋2k2)(2k2－2)＝8k2＋8＞0恒成立，
所以x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2)，x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，
所以|AB|＝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(4k2,1＋2k2)))2－4×\f(2k2－2,1＋2k2))
＝eq \f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)，
同理，|CD|＝eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)，
所以四边形ACBD的面积S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝eq \f(1,2)×eq \f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)×eq \f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq \f(4k2＋12,2k4＋5k2＋2)＝eq \f(4k2＋12,2k2＋12＋k2)＝eq \f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)＝2－eq \f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)，
因为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2≥4,2－eq \f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)≥eq \f(16,9)，
所以eq \f(16,9)≤eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(2－\f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)))2＋1)))<2，
由①②可知，四边形ACBD面积的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2)).高频考点
高考预测
直线与椭圆、双曲线、抛物线的位置关系
在解答题中会继续以椭圆、抛物线、双曲线为载体，考查最值范围，定点、定值的问题，主要考查逻辑推理、数学运算等核心素养.
圆锥曲线的范围、最值问题
圆锥曲线的定值、定点问题