2021高考数学一轮复习学案：第八章高考专题突破五第1课时范围与最值问题

高考专题突破五　高考中的圆锥曲线问题
第1课时　范围与最值问题
范围问题
例1　如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．

(1)设AB的中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．
(1)证明　设P(x0，y0)，A，B.
因为PA，PB的中点在抛物线上，
所以y1，y2为方程2＝4·，
即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．
所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y轴．
(2)解　由(1)可知
所以PM＝(y＋y)－x0＝y－3x0，
|y1－y2|＝2.
所以△PAB的面积
S△PAB＝PM·|y1－y2|＝(y－4x0).
因为x＋＝1(－1≤x0<0)，
所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]，
所以△PAB面积的取值范围是.
思维升华　解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(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．
跟踪训练1　已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，直线x＋y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(4,0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝MA·MB，求λ的取值范围．
解　(1)因为原点到直线x＋y－1＝0的距离为.
所以2＋2＝b2(b>0)，解得b＝1.
又e2＝＝1－＝，得a＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率为0时，λ＝MA·MB＝12.
当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得m2>12，
所以y1y2＝.
λ＝MA·MB＝|y1|·|y2|
＝(m2＋1)·|y1y2|＝＝12.
由m2>12，得0<<，所以<λ<12.
综上可得，<λ≤12，即λ∈.
最值问题
命题点1　利用三角函数有界性求最值
例2 过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，则AF·BF的最小值是(　　)
A．2 B. C．4 D．2
答案　C
解析　设直线AB的倾斜角为θ，
可得AF＝，BF＝，
则AF·BF＝×＝≥4.
命题点2　数形结合利用几何性质求最值
例3　在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．
答案　
解析　双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线间的距离d＝＝.由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤，故c的最大值为.
命题点3　转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值
例4　椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，短轴一个端点到右焦点的距离为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为，求△AOB面积的最大值．
解　(1)设椭圆的半焦距为c，依题意知
∴c＝，b＝1，∴所求椭圆方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线AB的方程为y＝kx＋m.
由已知＝，得m2＝(k2＋1)．
把y＝kx＋m代入椭圆方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0.
Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝36k2－12m2＋12>0.
∴x1＋x2＝，x1x2＝.
∴AB2＝(1＋k2)(x2－x1)2
＝(1＋k2)
＝＝
＝3＋＝3＋(k≠0)
≤3＋＝4.
当且仅当9k2＝，即k＝±时等号成立．
当k＝0时，AB＝，综上所述ABmax＝2.
∴当AB最大时，△AOB面积取得最大值
S＝×ABmax×＝.
思维升华　处理圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
跟踪训练2　(2020·长沙雅礼中学模拟)已知抛物线C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p>0)的焦点分别为F1，F2，点P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O为坐标原点)．
(1)求抛物线C2的方程；
(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求△PMN面积的最小值．
解　(1)∵F1(1,0)，F2，
∴＝，
·＝·(－1，－1)＝1－＝0，
∴p＝2，
∴抛物线C2的方程为x2＝4y.
(2)设过点O的直线MN的方程为y＝kx(k<0)，
联立得(kx)2＝4x，解得M，
联立得N(4k,4k2)，
从而MN＝＝，
点P到直线MN的距离d＝，
∴S△PMN＝··
＝＝
＝2，
令t＝k＋(t≤－2)．
则S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，
当t＝－2，即k＝－1时，S△PMN取得最小值，最小值为8.
即当过原点的直线方程为y＝－x时，
△PMN的面积取得最小值8.

数学运算是指在明晰运算对象的基础上，依据运算法则解决数学问题的过程．主要包括：理解运算对象，掌握运算法则，探究运算方向，选择运算方法，设计运算程序，求得运算结果等．
例　(2020·湖北部分重点中学联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，点F为抛物线C的焦点，点A(1，m)(m>0)在抛物线C上，且FA＝2，过点F作斜率为k的直线l与抛物线C交于P，Q两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求△APQ面积的取值范围．
解　(1)由抛物线的定义可得
FA＝xA＋＝1＋＝2，所以p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
Δ>0恒成立，
由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝1，
因为AF⊥x轴，则S△APQ＝×AF×|x1－x2|
＝|x1－x2|＝
＝4＝4，
因为≤k≤2，令t＝，
所以S△APQ＝4，
所以≤S△APQ≤8，
所以△APQ的面积的取值范围为[，8]．
素养提升　本例的解题过程体现了数学运算素养，其中设出P，Q点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求，从而简化了运算过程．


1．(2019·全国100所名校联考)已知抛物线C：y2＝4x，点A(m,0)在x轴正半轴上，O为坐标原点，若抛物线上存在点P，使得∠OPA＝90°，则m的取值范围是(　　)
A．(0,4) B．(4，＋∞)
C．(0,2) D．(2，＋∞)
答案　B
解析　设点P，由∠OPA＝90°，
得·＝0，∴·＝0.
即m＝4＋，∴m>4.
2．(2019·绵阳诊断)若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为(　　)
A. B．6 C．8 D．12
答案　B
解析　由题意得F(－1,0)，设P(x，y)，
则·＝(x，y)·(x＋1，y)＝x2＋x＋y2，
又点P在椭圆上，故＋＝1，
所以·＝x2＋x＋3－x2＝x2＋x＋3
＝(x＋2)2＋2，
又－2≤x≤2，所以当x＝2时，·取得最大值，即·的最大值为6.
3．过抛物线y2＝x的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，且直线l的倾斜角θ≥，点A在x轴上方，则FA的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　记点A的横坐标是x1，则有AF＝x1＋
＝＋＝＋AF·cos θ，
AF(1－cos θ)＝，AF＝.
由≤θ<π得－1 即AF的取值范围是.
4．已知椭圆＋＝1(a>b>0)的中心为O，一个焦点为F，若以O为圆心，OF为半径的圆与椭圆恒有公共点，则椭圆的离心率的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　A
解析　由于以O为圆心，以b为半径的圆内切于椭圆，所以要使以O为圆心，以c为半径的圆与椭圆恒有公共点，需满足c≥b，则c2≥b2＝a2－c2，所以2c2≥a2，所以≤e<1，故选A.
5．(2020·烟台模拟)已知直线l1：x＝2，l2：3x＋5y－30＝0，点P为抛物线y2＝－8x上的任一点，则P到直线l1，l2的距离之和的最小值为(　　)
A．2 B．2
C. D.
答案　C
解析　∵抛物线y2＝－8x的焦点为F(－2,0)，准线为l1：x＝2，
∴P到l1的距离等于PF，
又易知l2与抛物线无交点，
∴P到直线l1，l2的距离之和的最小值为
F(－2,0)到直线l2的距离d＝＝.
6．已知F1，F2分别是双曲线－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点，双曲线左支上存在一点P使PF＝8a·PF1(a为实半轴长)成立，则此双曲线的离心率e的取值范围是(　　)
A．(1，＋∞) B．(2,3]
C．(1,3] D．(1,2]
答案　C
解析　由P是双曲线左支上一点及双曲线的定义，
得PF2＝2a＋PF1，
所以＝PF1＋＋4a＝8a，
所以PF1＝2a，PF2＝4a，
因为PF1＋PF2≥F1F2，
即2a＋4a≥2c，所以e＝≤3.
又e>1，所以1 7．(多选)已知O是坐标原点，A，B是抛物线y＝x2上不同于O的两点，OA⊥OB，下列结论中正确的是(　　)
A．OA·OB≥2
B．OA＋OB≥2
C．直线AB过抛物线y＝x2的焦点
D．O到直线AB的距离小于等于1
答案　ABD
解析　设A(x1，x)，B(x2，x)，
则·＝0，即x1x2(1＋x1x2)＝0，
所以x2＝－.
对于A，OA·OB＝
＝≥2，
当且仅当x1＝±1时取等号，正确；
对于B，OA＋OB≥2≥2，正确；
对于C，直线AB的方程为y－x＝(x－x1)，不过点，错误；
对于D，原点到直线AB：x－y＋1＝0的距离
d＝≤1，正确．
8．椭圆C：＋y2＝1(a>1)的离心率为，F1，F2是C的两个焦点，过F1的直线l与C交于A，B两点，则AF2＋BF2的最大值等于________．
答案　7
解析　因为椭圆C的离心率为，所以＝，
解得a＝2，由椭圆定义得AF2＋BF2＋AB＝4a＝8，
即AF2＋BF2＝8－AB，
而由焦点弦性质，知当AB⊥x轴时，AB取最小值2×＝1，因此AF2＋BF2的最大值等于8－1＝7.
9．(2019·呼和浩特模拟)已知抛物线y2＝2mx(m>0)的焦点为F，过焦点F作直线交抛物线于A，B两点，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2－2x－2ty＋t2－15＝0，则m＝________.
答案　6
解析　由题意可知圆的方程为x2＋y2－2x－2ty＋t2－15＝0，
即(x－1)2＋(y－t)2＝16，
可得弦AB的中点的横坐标为1，圆的半径为4，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，
所以x1＋x2＋m＝8，可得m＝6.
10．若抛物线y＝ax2－1(a≠0)上恒有关于直线x＋y＝0对称的相异两点A，B，则a的取值范围是________．
答案　
解析　设抛物线上的两点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝x＋b，代入抛物线方程y＝ax2－1，得ax2－x－(b＋1)＝0，设直线AB的中点为M(x0，y0)，
则x0＝，y0＝x0＋b＝＋b.
由于M(x0，y0)在直线x＋y＝0上，故x0＋y0＝0，
由此解得b＝－，此时ax2－x－(b＋1)＝0可变形为ax2－x－＝0，
由Δ＝1＋4a>0，解得a>.
11．(2019·全国Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．
(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
解　(1)连结PF1(图略)．
由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，
∠F1PF2＝90°，PF2＝c，PF1＝c，
于是2a＝PF1＋PF2＝(＋1)c，
故C的离心率为e＝＝－1.
(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，
则|y|·2c＝16，·＝－1，
即c|y|＝16，①
x2＋y2＝c2，②
又＋＝1.③
由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.
又由①知y2＝，故b＝4.
由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，
所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，
故a≥4.
当b＝4，a≥4时，存在满足条件的点P.
所以b＝4，a的取值范围为[4，＋∞)．
12．(2020·西南大学附中月考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为M(－2,0)，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点N(1,0)的直线l交椭圆C于A，B两点，当·取得最大值时，求△MAB的面积．
解　(1)由题意可知a＝2，＝，得c＝，
则b2＝a2－c2＝2.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线l与x轴重合时，不妨取A(－2,0)，B(2,0)，此时·＝0，
当直线l与x轴不重合，设直线l的方程为x＝ty＋1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(t2＋2)y2＋2ty－3＝0，
显然Δ>0，y1＋y2＝，y1y2＝，
所以·＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9
＝(t2＋1)＋3t＋9
＝＋9＝＋9＝.
当t＝0时，·取最大值.
不妨取A，B，所以AB＝.
又MN＝3，
所以此时，△MAB的面积S＝××3＝.



13．(2020·全国100所学校冲刺卷)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点坐标为F，O为坐标原点，若P为抛物线C上任意一点且OP＝λPF，则λ的最大值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　依题意得＝，
则p＝，所以抛物线C：y2＝x，
设P(x0，y0)，
则λ＝＝＝
＝.
令t＝x0＋，t≥，
则λ＝
＝
＝≤.
14．已知抛物线C：y2＝x上一点M(1，－1)，点A，B是抛物线C上的两动点，且·＝0，则点M到直线AB的距离的最大值是________．
答案　
解析　设直线AB的方程为x＝my＋n，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得即y2＝my＋n，即y2－my－n＝0，
所以y1y2＝－n，y1＋y2＝m，Δ＝m2＋4n>0，
因为·＝0，
所以(x1－1)(x2－1)＋(y1＋1)(y2＋1)＝0，
即(y－1)(y－1)＋(y1＋1)(y2＋1)＝0，
(y1＋1)(y2＋1)[(y1－1)(y2－1)＋1]＝0，
解得(y1＋1)(y2＋1)＝0或(y1－1)(y2－1)＋1＝0，
化简可得－n＋m＋1＝0或－n－m＋2＝0，
当(y1＋1)(y2＋1)＝0时，易知，M与A，B中一点重合，M到AB的距离为0.
所以－n－m＋2＝0，即n＝2－m.
所以直线AB的方程为x＝my＋2－m，即x－2＝m(y－1)，
故直线AB过定点C(2,1)，
当MC垂直于直线AB时，点M到直线AB的距离取得最大值，最大值为＝.

15．(2019·济宁模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，实轴长为4，渐近线方程为y＝±x，点M满足MF1－MF2＝4，点N在圆C：x2＋y2－4y＝0上，则MN＋MF1的最小值为(　　)
A．2＋ B．5 C．6 D．7
答案　B
解析　由题意可得2a＝4，即a＝2.
渐近线方程为y＝±x，即有＝，
即b＝1，可得双曲线的方程为－y2＝1，
焦点为F1(－，0)，F2(，0)，
由圆x2＋y2－4y＝0可得圆心C(0,2)，半径r＝2，
由MF1－MF2＝4可得点M为双曲线右支上一点，
得MN＋MF1＝4＋MN＋MF2≥F2N＋4，问题转化为求点F2到圆C上点的最小距离，
∴F2N的最小值为CF2－2＝1，
则MN＋MF1的最小值为4＋1＝5.
16．(2019·衡水质检)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，已知直线AB的斜率为，AB＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：x＝my－1与椭圆C交于不同的两点M，N，且点O在以MN为直径的圆外(其中O为坐标原点)，求m的取值范围．
解　(1)由已知得A(－a,0)，B(0，b)，
∴
可得a2＝4，b2＝1，
则椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得(m2＋4)y2－2my－3＝0.
故y1＋y2＝，y1y2＝，
Δ＝(2m)2＋12(4＋m2)＝16m2＋48>0.
由题意得∠MON为锐角，即·>0，
∴·＝x1x2＋y1y2>0，
又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1.
∴x1x2＋y1y2＝(1＋m2)y1y2－m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)·－＋1＝>0，
∴m2<，解得－ ∴m的取值范围为.