新高考数学二轮复习 专题突破 专题6 第4讲 母题突破1　范围、最值问题（含解析）

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母题突破1 范围、最值问题
母题 (2022·全国甲卷改编)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点D(2,0)，过F的直线交抛物线C于M，N两点．设直线MD，ND与抛物线C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．
思路分析
❶点差法求kAB，kMN
↓
❷联立MN与抛物线方程
↓
❸联立AM，BN与抛物线方程
↓
❹kAB与kMN的关系
↓
❺构造tanα－β关于kAB的函数
解 当MN⊥x轴时，易得α＝β＝eq \f(π,2)，
此时α－β＝0.
当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，
N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，
则直线MN的方程为
y－y1＝eq \f(y1－y2,x1－x2)(x－x1)，
即y－y1＝eq \f(y1－y2,\f(y\\al(2,1),4)－\f(y\\al(2,2),4))(x－x1)，
即y－y1＝eq \f(4,y1＋y2)(x－x1)，
即y(y1＋y2)－y1(y1＋y2)＝4(x－x1)，
所以直线MN的方程为
y(y1＋y2)－y1y2＝4x，tan α＝eq \f(4,y1＋y2).
同理可得，直线AM的方程为
y(y3＋y1)－y3y1＝4x，
直线BN的方程为
y(y4＋y2)－y4y2＝4x，
直线AB的方程为y(y4＋y3)－y4y3＝4x.
因为F(1,0)在MN上，所以y1y2＝－4.
因为D(2,0)在AM，BN上，
所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，
所以y3＝－eq \f(8,y1)，y4＝－eq \f(8,y2).
所以y3＋y4＝－eq \f(8,y1)－eq \f(8,y2)＝－eq \f(8y1＋y2,y1y2)
＝－eq \f(8y1＋y2,－4)＝2(y1＋y2)，
y3y4＝eq \f(64,y1y2)＝eq \f(64,－4)＝－16，
所以直线AB的方程y(y4＋y3)－y4y3＝4x可化为(y1＋y2)y＋8＝2x，
所以tan β＝eq \f(2,y2＋y1)，
所以tan(α－β)＝eq \f(\f(2,y2＋y1),1＋\f(8,y2＋y12))
＝eq \f(2y2＋y1,y2＋y12＋8)＝2×eq \f(1,y2＋y1＋\f(8,y2＋y1)).
当y2＋y1<0时，tan(α－β)<0，
所以不符合题意．
当y2＋y1>0时，(y2＋y1)＋eq \f(8,y2＋y1)≥4eq \r(2)，
tan(α－β)≤2×eq \f(1,4\r(2))＝eq \f(\r(2),4)，
当且仅当y2＋y1＝eq \f(8,y2＋y1)，
即y2＋y1＝2eq \r(2)时取等号，
此时α－β取得最大值，直线AB的方程为x－eq \r(2)y－4＝0.
综上，当α－β取得最大值时，直线AB的方程为x－eq \r(2)y－4＝0.
[子题1] (2022·许昌模拟)已知双曲线C：x2－eq \f(y2,2)＝1，过点A(0，－1)的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于D，E两点，与双曲线C的两条渐近线分别交于G，H两点，求eq \f(|GH|,|DE|)的取值范围．
解 显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为
y＝kx－1，D(x1，y1)，E(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,x2－\f(y2,2)＝1，))
得(2－k2)x2＋2kx－3＝0，
因为l与双曲线C的左、右两支分别交于D，E两点，
故eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(2－k2≠0，,x1x2＝\f(3,k2－2)<0，,Δ＝83－k2>0，))
解得－eq \r(2)此时有x1＋x2＝eq \f(2k,k2－2).
|DE|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(23－k2),2－k2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y＝\r(2)x，))
解得x＝eq \f(1,k－\r(2))，设xG＝eq \f(1,k－\r(2))，
同理可得xH＝eq \f(1,k＋\r(2))，
所以|GH|＝eq \r(1＋k2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k－\r(2))－\f(1,k＋\r(2))))
＝eq \f(2\r(2)·\r(1＋k2),2－k2).
故eq \f(|GH|,|DE|)＝eq \f(1,\r(3－k2)).
因为－eq \r(2)故eq \f(|GH|,|DE|)的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),3)，1)).
[子题2] (2022·益阳模拟)过点A(1,0)的直线与椭圆eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1交于H，G两点，若线段HG的中点为M，且eq \(MN,\s\up6(→))＝2eq \(OM,\s\up6(→))，求四边形OHNG的面积的最大值．
解 如图所示，易知直线HG的斜率不为0，设直线HG的方程为x＝ty＋1，G(x1，y1)，H(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，
所以Δ＝36t2＋36(3t2＋4)＝144(t2＋1)>0，
y1＋y2＝eq \f(－6t,3t2＋4)，
y1·y2＝eq \f(－9,3t2＋4)，
所以S△OHG＝eq \f(1,2)|OA|·|y1－y2|
＝eq \f(1,2)×1×eq \r(y1＋y22－4y1y2)
＝eq \f(1,2)eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－6t,3t2＋4)))2－4·\f(－9,3t2＋4))
＝eq \f(6\r(t2＋1),3t2＋4)，
因为eq \(MN,\s\up6(→))＝2eq \(OM,\s\up6(→))，
所以S△GHN＝2S△OHG，
设四边形OHNG的面积为S，
则S＝S△OHG＋S△GHN＝3S△OHG＝eq \f(18\r(t2＋1),3t2＋4)
＝eq \f(18,\f(3t2＋4,\r(t2＋1)))＝eq \f(18,3\r(t2＋1)＋\f(1,\r(t2＋1)))，
令eq \r(t2＋1)＝m(m≥1)，
再令y＝3m＋eq \f(1,m)，
由对勾函数性质知，y＝3m＋eq \f(1,m)在[1，＋∞)上单调递增，所以当m＝1时，ymin＝4，
此时t＝0,3eq \r(t2＋1)＋eq \f(1,\r(t2＋1))取得最小值4，
所以Smax＝eq \f(9,2).
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．
1.(2022·平凉模拟)如图，已知椭圆C：eq \f(x2,6)＋eq \f(y2,3)＝1，点P(2,1)为椭圆C上一点．过点P作两直线l1与l2分别交椭圆C于A，B两点，若直线l1与l2的斜率互为相反数，求|AB|的最大值．
解 设直线l1为y＝k(x－2)＋1，
则直线l2为y＝－k(x－2)＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2＋1，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))
整理得(2k2＋1)x2＋(4k－8k2)x＋(8k2－8k－4)＝0，
由Δ＝(4k－8k2)2－4(2k2＋1)(8k2－8k－4)＝16(k＋1)2>0，解得k≠－1，
又由xAxP＝eq \f(8k2－8k－4,2k2＋1)，可得xA＝eq \f(4k2－4k－2,2k2＋1)，则yA＝k(xA－2)＋1＝eq \f(－2k2－4k＋1,2k2＋1)，
同理可得xB＝eq \f(4k2＋4k－2,2k2＋1)，yB＝eq \f(－2k2＋4k＋1,2k2＋1)，
所以|AB|2＝(xA－xB)2＋(yA－yB)2＝eq \f(128k2,2k2＋12)＝eq \f(128,4k2＋\f(1,k2)＋4)≤eq \f(128,2\r(4k2·\f(1,k2))＋4)＝16，
当且仅当k＝±eq \f(\r(2),2)时，等号成立，
因此，|AB|的最大值为4.
2．(2022·保定模拟)已知抛物线C：x2＝4y，以T(0,3)为圆心的圆交抛物线C于P，Q，M，N四点，求四边形PQMN面积的取值范围．
解 如图，设圆T的半径为r，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(－x1，y1)，P(－x2，y2)，
把x2＝4y代入圆T：x2＋(y－3)2＝r2，
整理得y2－2y＋9－r2＝0，
由题意知，关于y的一元二次方程有两个不等实根，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(Δ＝4－49－r2>0，,y1＋y2＝2>0，,y1y2＝9－r2>0，))可得2eq \r(2)S四边形PQMN＝eq \f(|QM|＋|PN|,2)·|y1－y2|
＝2(eq \r(y1)＋eq \r(y2))|y1－y2|
＝2eq \r(y1＋y2＋2\r(y1y2))·|y1－y2|
＝2eq \r(2＋2\r(9－r2))·eq \r(4－49－r2)
＝4eq \r(2)eq \r(1＋\r(9－r2)r2－8)，
令eq \r(9－r2)＝t，由2eq \r(2)则S四边形PQMN＝4eq \r(2)eq \r(1＋t1－t2)，
令f(t)＝(1＋t)(1－t2)且0则f′(t)＝－(3t－1)(t＋1)，
故在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,3)))上f′(t)>0，f(t)单调递增；
在eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上f′(t)<0，f(t)单调递减；
所以f(t)≤f eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)))＝eq \f(32,27)，
又f(0)＝1，f(1)＝0，
故f(t)的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(32,27)))，
综上，S四边形PQMN的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(32\r(3),9))).
专题强化练
1．(2022·十堰模拟)已知抛物线C1：x2＝y，C2：x2＝－y，点M(x0，y0)在C2上，且不与坐标原点O重合，过点M作C1的两条切线，切点分别为A，B.记直线MA，MB，MO的斜率分别为k1，k2，k3.
(1)当x0＝1时，求k1＋k2的值；
(2)当点M在C2上运动时，求eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)－eq \f(k1k2,k3)的取值范围．
解 (1)因为x0＝1，则有y0＝－1，设过点M并与C1相切的直线方程为y＝k(x－1)－1，联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝y，,y＝kx－1－1，))
整理得x2－kx＋k＋1＝0，
则Δ＝(－k)2－4(k＋1)＝k2－4k－4＝0，
由题可知，k1，k2即为方程k2－4k－4＝0的两根，
故有k1＋k2＝4.
(2)因为y0＝－xeq \\al(2,0)(x0≠0)可设过点M并与C1相切的直线方程为y＝k(x－x0)－xeq \\al(2,0)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝y，,y＝kx－x0－x\\al(2,0)，))
整理得x2－kx＋kx0＋xeq \\al(2,0)＝0，
则有Δ＝k2－4x0k－4xeq \\al(2,0)＝0，
根据根与系数的关系可得k1＋k2＝4x0，
k1k2＝－4xeq \\al(2,0)，
又k3＝eq \f(－x\\al(2,0),x0)＝－x0，
则有eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)－eq \f(k1k2,k3)＝eq \f(k1＋k2,k1k2)－eq \f(k1k2,k3)
＝－eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0)＋4x0))，
按照x0>0和x0<0两种情况讨论，如下，
当x0>0时，eq \f(1,x0)＋4x0≥2eq \r(\f(1,x0)·4x0)＝4，
则有eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)－eq \f(k1k2,k3)≤－4，
当且仅当x0＝eq \f(1,2)时，等号成立；
当x0<0时，
－eq \f(1,x0)－4x0≥2eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,x0)))·－4x0)＝4，
则有eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)－eq \f(k1k2,k3)≥4，
当且仅当x0＝－eq \f(1,2)时，等号成立，故eq \f(1,k1)＋eq \f(1,k2)－eq \f(k1k2,k3)的取值范围为(－∞，－4]∪[4，＋∞)．
2．(2022·石家庄模拟)已知点E(eq \r(2)，0)，Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2)，0))，点A满足|AE|＝eq \r(2)|AF|，点A的轨迹为曲线C.
(1)求曲线C的方程；
(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,9)＝1交于M，N两点，且∠MON＝eq \f(π,2)(O为坐标原点)，求点A到直线l距离的取值范围．
解 (1)设A(x，y)，因为|AE|＝eq \r(2)|AF|，
所以eq \r(x－\r(2)2＋y－02)
＝eq \r(2)×eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(\r(2),2)))2＋y－02)，
化简得x2＋y2＝1.
(2)将直线l：y＝kx＋m与双曲线：eq \f(x2,4)－eq \f(y2,9)＝1的方程联立，得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－\f(y2,9)＝1))
⇒(4k2－9)x2＋8kmx＋4m2＋36＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
所以有eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4k2－9≠0，,8km2－44k2－94m2＋36>0))
⇒m2＋9>4k2且k≠±eq \f(3,2)，
所以x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2－9)，x1x2＝eq \f(4m2＋36,4k2－9)，
因为∠MON＝eq \f(π,2)，
所以eq \(OM,\s\up6(→))⊥eq \(ON,\s\up6(→))
⇒x1x2＋y1y2＝0
⇒x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
化简得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，
把x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2－9)，
x1x2＝eq \f(4m2＋36,4k2－9)代入，得
(k2＋1)·eq \f(4m2＋36,4k2－9)＋km·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(8km,4k2－9)))＋m2＝0，
化简，得m2＝eq \f(36k2＋1,5)，
因为m2＋9>4k2且k≠±eq \f(3,2)，
所以有eq \f(36k2＋1,5)＋9>4k2且k≠±eq \f(3,2)，
解得k≠±eq \f(3,2)，
圆x2＋y2＝1的圆心为(0,0)，半径为1，
圆心(0,0)到直线l：y＝kx＋m的距离为
d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))＝eq \f(\f(6,\r(5))\r(k2＋1),\r(k2＋1))＝eq \f(6\r(5),5)>1，
所以点A到直线l距离的最大值为eq \f(6\r(5),5)＋1，最小值为eq \f(6\r(5),5)－1，
所以点A到直线l距离的取值范围为eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(6\r(5),5)－1，\f(6\r(5),5)＋1)).