2022年高考三轮复习之回归基础练第28练　圆锥曲线中的范围、最值问题

这是一份2022年高考三轮复习之回归基础练第28练　圆锥曲线中的范围、最值问题，共14页。

第28练　圆锥曲线中的范围、最值问题
[考情分析]　圆锥曲线中的范围、最值问题是高考的热点，难度为中高档．

考点一　圆锥曲线小题中的范围与最值问题
要点重组　
1．最值问题解法的两种思路
几何法、代数法．选择题、填空题一般用几何法求解，即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解．
2．求最值、取值范围的常用方法
(1)利用函数单调性：求导、换元、变形等．
(2)利用不等式：基本不等式(有一个或两个变量都可以)，三角不等式等．
(3)利用数形结合：将代数方程与它表示的几何图形联系起来．
提醒：在圆锥曲线最值问题中，特别注意椭圆、双曲线、抛物线上的点(x，y)横纵坐标x，y的取值范围．
1．(2020·郑州检测)已知F1，F2分别为椭圆C的两个焦点，P为椭圆上任意一点．若的最大值为3，则椭圆C的离心率为(　　)
A. B. C. D.
答案　B
解析　∵点P到椭圆C的焦点的最大距离为a＋c，最小距离为a－c.
又的最大值为3，
∴＝3，
∴椭圆C的离心率e＝，
故选B.
2．(2020·郑州联考)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6，渐近线方程为y＝±x，动点M在双曲线左支上，点N为圆E：x2＋(y＋)2＝1上一点，则|MN|＋|MF2|的最小值为(　　)
A．8 B．9 C．10 D．11
答案　B
解析　由题意可得2a＝6，即a＝3，
渐近线方程为y＝±x，
即有＝，即b＝1，
可得双曲线方程为－y2＝1，
焦点为F1(－，0)，F2(，0)．
由双曲线的定义可得|MF2|＝2a＋|MF1|＝6＋|MF1|.
由圆E：x2＋(y＋)2＝1可得圆心E(0，－)，
半径r＝1，|MN|＋|MF2|＝6＋|MN|＋|MF1|.
如图，连接EF1，交双曲线于点M，交圆于点N，
可得|MN|＋|MF1|取得最小值，
且|EF1|＝＝4，
则|MN|＋|MF2|的最小值为6＋4－1＝9，故选B.

3．椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，P为椭圆上一点，且|PF1|＝3|PF2|，则椭圆的离心率的最小值为________．
答案　
解析　联立
得|PF1|＝a，|PF2|＝，
由a－c≤|PF1|≤a＋c，得a－c≤a≤a＋c，
即≤c，
∴≤e<1，
∴emin＝.
4．(2020·齐齐哈尔模拟)已知点F为双曲线E：x2－＝1(b>0)的右焦点，M，N两点在双曲线上，且M，N关于原点对称，若MF⊥NF，设∠MNF＝θ，且θ∈，则该双曲线E的焦距的取值范围是________________．
答案　[2，2＋2]
解析　如图，

设双曲线的左焦点为F′，连接MF′，NF′，
由于MF⊥NF，所以四边形F′NFM为矩形，
故|MN|＝|FF′|＝2c.
在Rt△NFM中，|FN|＝2ccos θ，|FM|＝2csin θ，
由双曲线的定义可得2＝2a＝|NF|－|NF′|＝|NF|－|FM|＝2ccos θ－2csin θ＝2ccos，
∴c＝，
∵≤θ≤，
∴≤θ＋≤，
∴≤cos≤，
∴≤c≤＋1,2≤2c≤2＋2.
考点二　圆锥曲线大题中的范围问题
要点重组　范围问题的求解策略
解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：
(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围；
(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，从而求出所求范围；
(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；
(5)利用函数值域的求法，确定所求范围；
(6)利用已知，将条件转化为几个不等关系，从而求出参数的范围．
5．(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)连接PF1.
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，＋∞)．
6．(2020·张家口质检)已知动点P到点F(1,0)的距离与它到直线l：x＝4的距离d的比值为，设动点P形成的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)过点F(1,0)的直线与曲线C交于A，B两点，过A点作AA1⊥l，垂足为A1，过B点作BB1⊥l，垂足为B1，求的取值范围．
解　(1)设P(x，y)，
由题意得＝＝，
整理化简得＋＝1，
故曲线C的方程为＋＝1.
(2)①当直线的斜率为0时，＝或3.
②当直线的斜率不为0时，
设直线AB的方程为x＝ny＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
由消去x，
化简整理得(3n2＋4)y2＋6ny－9＝0，
显然Δ＝144(n2＋1)>0，
由根与系数的关系可得y1＋y2＝－，
y1y2＝－.
设＝λ(λ>0)，
∴－y2＝λy1，即y2＝－λy1，
∴y1＋y2＝－＝(1－λ)y1，
y1y2＝－＝－λy，
由以上两式消去y1，可得＝，
(ⅰ)当n＝0时，λ＝1，
(ⅱ)当n≠0时，＝∈，
∴0<<，
解得<λ<3且λ≠1，
综合(ⅰ)(ⅱ)得<λ<3，
∴＝＝＝∈.
综上①②得∈.
考点三　圆锥曲线大题中的最值问题
要点重组　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：
一是几何方法，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；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为关于某个(些)变量的函数，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
7．(2019·全国Ⅱ)已知点A(－2,0)，B(2,0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－.记M的轨迹为曲线C.
(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；
(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.
(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；
(ⅱ)求△PQG面积的最大值．
(1)解　由题设得·＝－，化简得＋＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．
(2)(ⅰ)证明　由题意知，直线PQ的斜率存在，设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k>0)．
由得x＝± .
记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u,0)．
于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．
由得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①
设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，
故xG＝，由此得yG＝.
从而直线PG的斜率为＝－，
因为kPQ·kPG＝－1.
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
(ⅱ)解　由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，
所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝＝.
设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝在[2，＋∞)上单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为.
因此，△PQG面积的最大值为.
8．在平面直角坐标系xOy中：
①已知点A(，0)，直线l：x＝，动点P满足到点A的距离与到直线l的距离之比为∶2；
②已知圆C的方程为x2＋y2＝4，直线l为圆C的切线，记点A(，0)，B(－，0)到直线l的距离分别为d1，d2，动点P满足|PA|＝d1，|PB|＝d2；
③点S，T分别在x轴、y轴上运动，且|ST|＝3，动点P满足＝＋.
(1)在①，②，③这三个条件中任选一个，求动点P的轨迹方程；
(注：如果选择多个条件分别解答，那么按第一个解答计分)
(2)记(1)中的轨迹为E，经过点D(1,0)的直线l′交E于M，N两点，若线段MN的垂直平分线与y轴相交于点Q，求点Q的纵坐标的取值范围．
解　(1)若选①：
设P(x，y)，根据题意，得＝.
整理，得＋y2＝1.
所以动点P的轨迹方程为＋y2＝1.
若选②：
设P(x，y)，直线l与圆相切于点H，
则|PA|＋|PB|＝d1＋d2＝2|OH|＝4>2＝|AB|.
由椭圆的定义，知点P的轨迹是以A，B为焦点的椭圆．
所以2a＝4,2c＝|AB|＝2，
故a＝2，c＝，b＝1.
所以动点P的轨迹方程为＋y2＝1.
若选③：
设P(x，y)，S(x′，0)，T(0，y′)，
则＝3(*)．
因为＝＋，所以
整理，得
代入(*)得＋y2＝1.
所以动点P的轨迹方程为＋y2＝1.
(2)方法一　设Q(0，y0)，当直线l′的斜率不存在时，y0＝0.
当直线l′的斜率存在时，若斜率为0，则线段MN的垂直平分线与y轴重合，不符合题意，所以设直线l′的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)．
联立得方程组
消去y并整理，得(1＋4k2)x2－8k2x＋4(k2－1)＝0，
则Δ>0恒成立，且x1＋x2＝.
设线段MN的中点为G(x3，y3)，则x3＝＝，y3＝k(x3－1)＝－，
所以线段MN的垂直平分线的方程为y＋＝－·，
令x＝0，得y0＝＝.
当k<0时，＋4k≤－4，当且仅当k＝－时取等号，
所以－≤y0<0；
当k>0时，＋4k≥4，当且仅当k＝时取等号，
所以0 综上所述，点Q纵坐标的取值范围是.
方法二　设Q(0，y0)，由题意，得直线l′的斜率不为0，
设直线l′的方程为x＝my＋1.
若m＝0，则y0＝0.
当m≠0时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立得方程组
消去x并整理，得(m2＋4)y2＋2my－3＝0，
则Δ>0恒成立，且y1＋y2＝－.
设线段MN的中点为G(x3，y3)，则y3＝＝－，x3＝my3＋1＝.
所以线段MN的垂直平分线的方程为y＋＝－m.
令x＝0，得y0＝＝.
当m<0时，m＋≤－4，当且仅当m＝－2时取等号，
所以－≤y0<0；
当m>0时，m＋≥4，当且仅当m＝2时取等号，
所以0 综上所述，点Q纵坐标的取值范围是.

1．过抛物线y2＝4x的焦点作两条互相垂直的弦AB，CD，则四边形ACBD面积的最小值为(　　)
A．8 B．16 C．32 D．64
答案　C
解析　焦点F的坐标为(1,0)，所以可设直线AB的方程为y＝k(x－1)，
代入y2＝4x并整理得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
所以x1＋x2＝2＋，
|AB|＝x1＋x2＋2＝4＋，
同理可得|CD|＝4＋4k2，
所以四边形ACBD的面积
S＝|AB||CD|
＝··4(k2＋1)
＝8·
＝8≥32，
当且仅当k＝±1时取等号，故选C.
2．(多选)(2020·齐齐哈尔模拟)已知焦点为F的抛物线C：y2＝4x的准线与x轴交于点A，点M在抛物线C上，则当取得最大值时，直线MA的方程为(　　)
A．y＝x＋1 B．y＝x＋
C．y＝－x－1 D．y＝－x－
答案　AC
解析　过点M作MP与准线垂直，垂足为P，
＝＝＝，

则当取得最大值时，∠MAF最大，此时AM与抛物线C相切，易知此时直线AM的斜率存在，设切线方程为y＝k(x＋1)，
由得k2x2＋(2k2－4)x＋k2＝0，
则Δ＝16－16k2＝0，k2＝1，k＝±1，
则直线AM的方程为y＝±(x＋1)．
3．(2020·宁德模拟)已知双曲线C的两个顶点分别为A1，A2，若C的渐近线上存在点P，使得|PA1|＝|PA2|，则C的离心率的取值范围是(　　)
A．(1,3] B．[3，＋∞)
C．(1,2] D．[2，＋∞)
答案　A
解析　由题意设一条渐近线方程为y＝x，
取点P，且A1(－a,0)，A2(a,0)，
因为|PA1|＝|PA2|，
即(x＋a)2＋2＝2，
整理得x2－6ax＋a2＝0，该方程有解时，存在符合题意的P点，故Δ＝36a2－4a2×≥0，
化简得≤9，
即e2≤9，
所以1 故选A.
4．(2020·泰安模拟)已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F(4,0)，过F作直线l交抛物线于M，N两点，则p＝________，－的最小值为________．
答案　8　
解析　∵ 抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F(4,0)，
∴ p＝8，
∴ 抛物线的方程为y2＝16x，
设直线l的方程为x＝my＋4，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

由得y2－16my－64＝0，
∴y1＋y2＝16m，y1y2＝－64，
由抛物线的定义得
＋＝＋
＝
＝
＝
＝
＝＝，
∴－＝－4
＝＋－1
≥2－1＝，
当且仅当＝，即|NF|＝6时，等号成立．
5．已知F为椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点，点P(1，m)在C上，且PF⊥x轴，椭圆C的离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋2与椭圆C相交于A，B两点，且·>2(O为坐标原点)，求实数k的取值范围．
解　(1)由题意，得c＝1，
又椭圆C的离心率为，
所以a＝2，因此b2＝a2－c2＝4－1＝3.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)联立
得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0.
因为Δ＝162k2－16(3＋4k2)>0，
整理得k2>，
解得k>或k<－，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
所以x1＋x2＝－，x1x2＝，
故y1y2＝(kx1＋2)(kx2＋2)＝k2x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＋4.
由·>2，得x1x2＋y1y2>2，
即＋4>2，
整理得k2<，解得－ 综上，实数k的取值范围是∪.
6．(2020·桂林模拟)已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C1上，PF1⊥F1F2，|PF1|＝1，且C1的离心率为.抛物线C2：y＝，点M，N在C2上．
(1)求椭圆C1的方程；
(2)过点M，N作C2的切线l1，l2，若l1⊥l2，直线MN与C1交于P，Q两点，求△POQ面积的最大值．
解　(1)依题意，得
解得a＝2，b＝，
故椭圆C1的方程为＋＝1.
(2)设直线MN的方程为y＝kx＋m，M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(x3，y3)，Q(x4，y4)，
由得x2－4kx－4m＝0，
则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4m，
由y＝，得y′＝，k1＝，k2＝，
＝－1，
又x1x2＝－4m，所以m＝1，
所以直线MN：y＝kx＋1；
联立
得(1＋2k2)x2＋4kx－2＝0，
所以x3＋x4＝－，
x3x4＝－，
|PQ|＝|x3－x4|
＝，
而原点到直线PQ的距离d＝，
故S△OPQ＝·d·|PQ|
＝··
＝，
设t＝1＋2k2(t≥1)，则k2＝，代入上式
可得S△OPQ＝＝·，
当t＝1时，即k＝0时，△OPQ的面积最大，最大值为.