新高考数学二轮复习 第1部分 专题6 第3讲 母题突破1 范围、最值问题（含解析）

第3讲　圆锥曲线的综合问题

[考情分析]　1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有：范围、最值问题，定点、定值问题，探索性问题等.2.以解答题的压轴题形式出现，难度较大．

母题突破1　范围、最值问题

母题　(2020·长沙模拟)已知椭圆E：＋＝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　设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

则△F1MN的周长为4a＝8.

＝(|F1M|＋|F1N|＋|MN|)r＝4r，

即r＝，

当l⊥x轴时，l的方程为x＝1，|MN|＝3，

r＝＝×|MN|×|F1F2|＝，

当l与x轴不垂直时，设l：y＝k(x－1)(k≠0)，

由得(4k2＋3)y2＋6ky－9k2＝0，

所以y1＋y2＝－，y1y2＝－，

＝|F1F2|·|y1|＋|F1F2|·|y2|

＝|F1F2|·|y1－y2|

＝|F1F2|·

＝×2×

＝12，

所以r＝＝3.

令4k2＋3＝t，则t>3，

r＝＝

＝，

因为t>3，所以0<<，所以0<r<，

综上可知，r的取值范围是.

[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：＋＝1交于A，B两点，求△AOB面积的最大值．

解　显然直线l的斜率存在，设l：y＝kx＋2，

A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，

则Δ＝(16k)2－4×4(3＋4k2)>0，

即k2>，x1＋x2＝，x1x2＝，

∴|x1－x2|＝＝

＝4，

则S△OAB＝S△OMB－S△OMA＝×2×|x1－x2|＝4，

设t＝4k2－1>0，∴S(t)＝4＝4≤4＝，

当且仅当t＝，即t＝4，即4k2－1＝4，即k＝±时取等号，

∴△AOB面积的最大值为.

[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：＋＝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　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＝(x－2)，

可得M，即M，

同理N.

联立消去x，整理得

(2＋m2)y2＋6my＋3＝0，

由Δ＝36m2－12(2＋m2)>0，可得m2>1，

y1＋y2＝－，y1y2＝，

所以|BM|＋|BN|＝3－＋3－＝6－－＝6－

＝6－＝6－，

因为m>0，m2>1，所以m>1，因此0<<4，

所以2<6－<6，

所以|BM|＋|BN|的取值范围是(2,6)．

规律方法　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．

跟踪演练　

1．设过定点M(0,2)的直线l与椭圆C1：＋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)．

由得(1＋4k2)x2＋16kx＋12＝0.

∵Δ＝(16k)2－4×12(1＋4k2)>0，

∴k∈∪，

∴x1＋x2＝，x1x2＝，

根据题意，得0°<∠POQ<90°，即·>0，

∴·＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝＋2k×＋4＝>0，解得－2<k<2.

综上得k∈∪.

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　由得x2－4kx－8＝0，

Δ＝16k2＋32>0，设A(x1，y1)B(x2，y2)，则

x1＋x2＝4k，x1x2＝－8，|x1－x2|＝4，

y′＝x，∴切线l1的方程为y－y1＝x1(x－x1)，

即y＝x1x－x，①

同理切线l2的方程为y＝x2x－x，②

联立①②得x＝，y＝x1x2＝－2，

即切线l1与l2的交点为P，

由切线l1：y＝x1x－x，得M，

同理可得N，

∴S△PMN＝×2×＝|x1－x2|＝2，

又∵|AB|＝|x1－x2|＝4，

点P到直线AB的距离为

d＝＝，

∴S△PAB＝|AB|d＝4(k2＋2)，

∴四边形ABNM的面积

S＝S△PAB－S△PMN＝4(k2＋2)－2＝

2(2k2＋3)，

令t＝≥，则S＝4t3－2t，

当t≥时，S′＝12t2－2>0成立，S单调递增，

∴当t＝，即k＝0时，四边形ABNM面积的最小值为6.

专题强化练

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　(1)依题意得F，设A(x0，y0)，

由线段AF的中点坐标为(1,1)，得

即x0＝2，y0＝2－，

又点A是E上一点，所以4＝2p，

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B，C，

则kBA＝＝(x1＋2)，x1≠－2，

因为x1≠－2，所以kBC＝－，

BC所在直线方程为y－＝(x－x1)．

联立

因为x≠x1，得(x＋x1)(x1＋2)＋16＝0，

即x＋(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＝λ，若λ∈，求|AB|的取值范围．

解　(1)设P(x，y)，由题意可知|MF|＝|PF|，

所以＝＝，

即＝，化简整理得＋＝1，

即曲线C的方程为＋＝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＝－，y1y2＝－，①

又因为＝λ，所以－y1＝λy2，②

联立①②，消去y1，y2，得＝，

因为＝λ＋－2∈，

所以0≤≤，解得0≤m2≤.

又|AB|＝|y1－y2|＝

＝＝4－，

因为4≤3m2＋4≤，

所以|AB|＝4－∈.

所以|AB|的取值范围是.