高考数学二轮复习讲义(新高考版)专题6第3讲母题突破1范围、最值问题(学生版+解析)

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[子题1] (2020·安徽肥东县高级中学调研)过点M(0,2)的直线l与椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
[子题2] 已知A(2,1)，过点B(3,0)且斜率大于0的直线l与椭圆E：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1相交于点P，Q，直线AP，AQ与x轴分别相交于M，N两点，求|BM|＋|BN|的取值范围．
【拓展训练】
1．设过定点M(0,2)的直线l与椭圆C1：eq \f(x2,4)＋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．
2．(2020·蚌埠模拟)直线y＝kx＋2交抛物线C：x2＝4y于A，B两点，分别过点A，B作抛物线C的切线l1，l2，若l1，l2分别交x轴于点M，N，求四边形ABNM面积的最小值．
专题训练
1．(2020·潍坊模拟)设抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点A是E上一点，且线段AF的中点坐标为(1,1)．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若B，C为抛物线E上的两个动点(异于点A)，且BA⊥BC，求点C的横坐标的取值范围．
2.如图，在平面直角坐标系中，已知点F(1,0)，过直线l：x＝4左侧的动点P作PH⊥l于点H，∠HPF的角平分线交x轴于点M，且|PH|＝2|MF|，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F作直线l′交曲线C于A，B两点，设eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(FB,\s\up6(→))，若λ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，求|AB|的取值范围．
第3讲 圆锥曲线的综合问题
母题突破1 范围、最值问题
母题 (2020·长沙模拟)已知椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.若椭圆E的左、右焦点分别为F1，F2，过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M，N，记△F1MN的内切圆的半径为r，试求r的取值范围．
思路分析
❶引入参数，设直线l的方程
↓
❷联立l和E的方程设而不求，根与系数的关系
↓
❸等积法求出r的表达式
↓
❹函数思想求r的范围
【解析】解 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则△F1MN的周长为4a＝8.
＝eq \f(1,2)(|F1M|＋|F1N|＋|MN|)r＝4r，
即r＝，
当l⊥x轴时，l的方程为x＝1，|MN|＝3，
r＝＝eq \f(1,4)×eq \f(1,2)|MN|×|F1F2|＝eq \f(3,4)，
当l与x轴不垂直时，设l：y＝k(x－1)(k≠0)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(4k2＋3)y2＋6ky－9k2＝0，
所以y1＋y2＝－eq \f(6k,4k2＋3)，y1y2＝－eq \f(9k2,4k2＋3)，
＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y1|＋eq \f(1,2)|F1F2|·|y2|
＝eq \f(1,2)|F1F2|·|y1－y2|
＝eq \f(1,2)|F1F2|·eq \r(y2＋y12－4y1y2)
＝eq \f(1,2)×2×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6k,4k2＋3)))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9k2,4k2＋3))))
＝12eq \r(\f(k2k2＋1,4k2＋32))，
所以r＝＝3eq \r(\f(k2k2＋1,4k2＋32)).
令4k2＋3＝t，则t>3，
r＝eq \f(3,4)eq \r(\f(t2－2t－3,t2))＝eq \f(3,4)eq \r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))2－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)))＋1)
＝eq \f(3,4)eq \r(－3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)＋\f(1,3)))2＋\f(4,3))，
因为t>3，所以0综上可知，r的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,4))).
[子题1] (2020·安徽肥东县高级中学调研)过点M(0,2)的直线l与椭圆E：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．
【解析】解 显然直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋2，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，
则Δ＝(16k)2－4×4(3＋4k2)>0，
即k2>eq \f(1,4)，x1＋x2＝eq \f(－16k,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4,3＋4k2)，
∴|x1－x2|＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝
eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－16k,3＋4k2)))2－4×\f(4,3＋4k2))＝4eq \r(\f(34k2－1,4k2＋32))，
则S△OAB＝S△OMB－S△OMA＝eq \f(1,2)×2×|x1－x2|＝4eq \r(\f(34k2－1,4k2＋32))，
设t＝4k2－1>0，∴S(t)＝4eq \r(\f(3t,t＋42))＝4eq \r(\f(3,t＋\f(16,t)＋8))≤4eq \r(\f(3,2\r(t·\f(16,t))＋8))＝eq \r(3)，
当且仅当t＝eq \f(16,t)，即t＝4，即4k2－1＝4，即k＝±eq \f(\r(5),2)时取等号，
∴△AOB面积的最大值为eq \r(3).
[子题2] 已知A(2,1)，过点B(3,0)且斜率大于0的直线l与椭圆E：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1相交于点P，Q，直线AP，AQ与x轴分别相交于M，N两点，求|BM|＋|BN|的取值范围．
【解析】解 设直线l的方程为x＝my＋3(m>0)，P(x1，y1)，
Q(x2，y2)，
则直线AP的方程为y－1＝eq \f(y1－1,x1－2)(x－2)，
可得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2y1－x1,y1－1)，0))，即Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－my1－3,y1－1)，0))，
同理Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2－my2－3,y2－1)，0)).
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋3，,x2＋2y2＝6，))消去x，整理得
(2＋m2)y2＋6my＋3＝0，
由Δ＝36m2－12(2＋m2)>0，可得m2>1，
y1＋y2＝－eq \f(6m,2＋m2)，y1y2＝eq \f(3,2＋m2)，
所以|BM|＋|BN|＝3－eq \f(2－my1－3,y1－1)＋3－eq \f(2－my2－3,y2－1)＝6－eq \f(2－my1－3,y1－1)－eq \f(2－my2－3,y2－1)＝6－eq \f(4－2my1y2＋m－5y1＋y2＋6,y1y2－y1＋y2＋1)
＝6－eq \f(24m＋1,m2＋6m＋5)＝6－eq \f(24,m＋5)，
因为m>0，m2>1，所以m>1，因此0所以2<6－eq \f(24,m＋5)<6，
所以|BM|＋|BN|的取值范围是(2,6)．
方法总结 求解范围、最值问题的常见方法
(1)利用判别式来构造不等关系．
(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．
(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．
(4)利用基本不等式．
【拓展训练】
1．设过定点M(0,2)的直线l与椭圆C1：eq \f(x2,4)＋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．
【解析】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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋2，))得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0.
∵Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k2)>0，
∴k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，＋∞))，
∴x1＋x2＝eq \f(－16k,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(12,1＋4k2)，
根据题意，得0°<∠POQ<90°，即eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))>0，
∴eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝eq \f(121＋k2,1＋4k2)＋2k×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－16k,1＋4k2)))＋4＝eq \f(16－4k2,1＋4k2)>0，解得－2综上得k∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－2，－\f(\r(3),2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)，2)).
2．(2020·蚌埠模拟)直线y＝kx＋2交抛物线C：x2＝4y于A，B两点，分别过点A，B作抛物线C的切线l1，l2，若l1，l2分别交x轴于点M，N，求四边形ABNM面积的最小值．
【解析】解 由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,x2＝4y，))得x2－4kx－8＝0，
Δ＝16k2＋32>0，设A(x1，y1)B(x2，y2)，则
x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，|x1－x2|＝4eq \r(k2＋2)，
y′＝eq \f(1,2)x，∴切线l1的方程为y－y1＝eq \f(1,2)x1(x－x1)，
即y＝eq \f(1,2)x1x－eq \f(1,4)xeq \\al(2,1)，①
同理切线l2的方程为y＝eq \f(1,2)x2x－eq \f(1,4)xeq \\al(2,2)，②
联立①②得x＝eq \f(x1＋x2,2)，y＝eq \f(1,4)x1x2＝－2，
即切线l1与l2的交点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1＋x2,2)，－2))，
由切线l1：y＝eq \f(1,2)x1x－eq \f(1,4)xeq \\al(2,1)，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x1,2)，0))，
同理可得Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)，0))，
∴S△PMN＝eq \f(1,2)×2×eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,2)－\f(x2,2)))＝eq \f(1,2)|x1－x2|＝2eq \r(k2＋2)，
又∵|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝4eq \r(1＋k2)eq \r(k2＋2)，
点P到直线AB的距离为
d＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(kx1＋x2,2)＋4)),\r(1＋k2))＝eq \f(2k2＋4,\r(1＋k2))，
∴S△PAB＝eq \f(1,2)|AB|d＝4eq \r(k2＋2)(k2＋2)，
∴四边形ABNM的面积
S＝S△PAB－S△PMN＝4eq \r(k2＋2)(k2＋2)－2eq \r(k2＋2)＝
2eq \r(k2＋2)(2k2＋3)，
令t＝eq \r(k2＋2)≥eq \r(2)，则S＝4t3－2t，
当t≥eq \r(2)时，S′＝12t2－2>0成立，S单调递增，
∴当t＝eq \r(2)，即k＝0时，四边形ABNM面积的最小值为6eq \r(2).
专题训练
1．(2020·潍坊模拟)设抛物线E：x2＝2py(p>0)的焦点为F，点A是E上一点，且线段AF的中点坐标为(1,1)．
(1)求抛物线E的标准方程；
(2)若B，C为抛物线E上的两个动点(异于点A)，且BA⊥BC，求点C的横坐标的取值范围．
【解析】解 (1)依题意得Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，设A(x0，y0)，
由线段AF的中点坐标为(1,1)，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(1＝\f(x0,2)，,1＝\f(y0＋\f(p,2),2)，))
即x0＝2，y0＝2－eq \f(p,2)，
又点A是E上一点，所以4＝2peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(p,2)))，
得p2－4p＋4＝0，即p＝2.
所以抛物线E的标准方程为x2＝4y.
(2)由题意知A(2,1)，设Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，\f(x\\al(2,1),4)))，Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，\f(x2,4)))，
则kBA＝eq \f(\f(x\\al(2,1),4)－1,x1－2)＝eq \f(1,4)(x1＋2)，x1≠－2，
因为x1≠－2，所以kBC＝－eq \f(4,x1＋2)，
BC所在直线方程为y－eq \f(x\\al(2,1),4)＝eq \f(－4,x1＋2)(x－x1)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－\f(x\\al(2,1),4)＝\f(－4,x1＋2)x－x1，,x2＝4y，))
因为x≠x1，得(x＋x1)(x1＋2)＋16＝0，
即xeq \\al(2,1)＋(x＋2)x1＋2x＋16＝0，
因为Δ＝(x＋2)2－4(2x＋16)≥0，
即x2－4x－60≥0，故x≥10或x≤－6.
经检验，当x＝－6时，不满足题意．
所以点C的横坐标的取值范围是(－∞，6)∪[10，＋∞)．
2.如图，在平面直角坐标系中，已知点F(1,0)，过直线l：x＝4左侧的动点P作PH⊥l于点H，∠HPF的角平分线交x轴于点M，且|PH|＝2|MF|，记动点P的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F作直线l′交曲线C于A，B两点，设eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(FB,\s\up6(→))，若λ∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，2))，求|AB|的取值范围．
【解析】解 (1)设P(x，y)，由题意可知|MF|＝|PF|，
所以eq \f(|PF|,|PH|)＝eq \f(|MF|,|PH|)＝eq \f(1,2)，
即eq \f(\r(x－12＋y2),|x－4|)＝eq \f(1,2)，化简整理得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
即曲线C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意，得直线l′的斜率k≠0，
设直线l′的方程为x＝my＋1，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以Δ＝(6m)2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)>0恒成立，
且y1＋y2＝－eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－eq \f(9,3m2＋4)，①
又因为eq \(AF,\s\up6(→))＝λeq \(FB,\s\up6(→))，所以－y1＝λy2，②
联立①②，消去y1，y2，得eq \f(4m2,3m2＋4)＝eq \f(λ－12,λ)，
因为eq \f(λ－12,λ)＝λ＋eq \f(1,λ)－2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2)))，
所以0≤eq \f(4m2,3m2＋4)≤eq \f(1,2)，解得0≤m2≤eq \f(4,5).
又|AB|＝eq \r(m2＋1)|y1－y2|＝eq \r(m2＋1)eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \f(12m2＋12,3m2＋4)＝4－eq \f(4,3m2＋4)，
因为4≤3m2＋4≤eq \f(32,5)，
所以|AB|＝4－eq \f(4,3m2＋4)∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3，\f(27,8))).
所以|AB|的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(3，\f(27,8))).