2021高考数学（理）人教A版一轮复习学案作业：第九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　设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1,0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.
(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；
(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.
解　(1)因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.
又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.
由题设得A(－1,0)，B(1,0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为＋＝1(y≠0).
(2)当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).
由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.
Δ>0恒成立，则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|MN|＝|x1－x2|＝.
过点B(1,0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，
点A到m的距离为，
所以|PQ|＝2＝4.
故四边形MPNQ的面积
S＝|MN||PQ|＝12.
可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12,8).
当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.
综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12,8).
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　(2018·浙江)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(x0)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＝.
∴|AB|2＝(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|AB|max＝2.
∴当|AB|最大时，△AOB面积取得最大值
S＝×|AB|max×＝.
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(k0)，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　典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≤θ1，所以10)上任意一点，M是线段PF上的点，且|PM|＝2|MF|，则直线OM的斜率的最大值为(　　)
A. B. C. D.1
答案　A
解析　由题意可得F，设P(y0>0)，
则＝＋＝＋＝＋(－)
＝＋＝，
可得k＝＝≤＝.
当且仅当＝时取得等号，故选A.
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.过双曲线E：－＝1(a>0，b>0)的右焦点，且斜率为2的直线与E的右支有两个不同的公共点，则双曲线E的离心率的取值范围是________.
答案　(1，)
解析　∵斜率为2的直线与双曲线E的右支有两个交点，∴0，∴
依题意知A′，O，B三点共线，A′(－1，y1)，
∴kA′O＝kBO，即＝，∴y1y2＝－4，∴m＝1.
(2)依题意知A′(－1，y1)，B′(－1，y2)，
S四边形ABB′A′＝(|AA′|＋|BB′|)·|A′B′|
＝|y1－y2|
＝
＝8(t2＋1)≥8，
当t＝0时等号成立，此时l：x＝1.
所以四边形ABB′A′面积的最小值为8.
12.(2019·石家庄模拟)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)上一点P(x0,2)到焦点F的距离|PF|＝2x0.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点P引圆M：(x－3)2＋y2＝r2(00)的焦点F，准线方程为x＝－，
|PF|＝2x0，即x0＋＝2x0，
又2px0＝4，解得p＝2，x0＝1，
抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)过P(1,2)的直线方程可设为y＝kx＋2－k(k≠0)，
由直线与圆M相切，可得＝r，
化为(r2－4)k2－8k＋r2－4＝0，
Δ＝64k2－4(r2－4)2>0.
设切线PA，PB的斜率分别为k1，k2，
可得k1＋k2＝，k1k2＝1，
由y＝kx＋2－k，联立抛物线方程可得k2x2＋[2k(2－k)－4]x＋(2－k)2＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
可得1·x1＝＝1－＋，
1·x2＝＝1－＋，
即有x1＋x2＝2－4＋4
＝2－＋4＝2－7，
由00)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|＝λ|PF|，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.(2019·淄博模拟)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·武昌调研)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，且离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设F1，F2分别为椭圆C的左、右焦点，不经过F1的直线l与椭圆C交于两个不同的点A，B，如果直线AF1，l，BF1的斜率依次成等差数列，求焦点F2到直线l的距离d的取值范围.
解　(1)由题意，知解得
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)易知直线l的斜率存在且不为零，设直线l的方程为y＝kx＋m，代入椭圆方程＋y2＝1，
整理得(1＋2k2)x2＋4kmx＋2(m2－1)＝0.
由Δ＝(4km)2－8(1＋2k2)(m2－1)>0，得2k2>m2－1.①
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝.
因为F1(－1,0)，所以＝，＝，
由题意可得2k＝＋，且y1＝kx1＋m，y2＝kx2＋m，
所以(m－k)(x1＋x2＋2)＝0.
因为直线l：y＝kx＋m不过焦点F1(－1,0)，
所以m－k≠0，
所以x1＋x2＋2＝0，从而－＋2＝0，
即m＝k＋.②
由①②得2k2>2－1，化简得|k|>.
焦点F2(1,0)到直线l：y＝kx＋m的距离
d＝＝＝，
令t＝，由|k|>知，t∈(1，).
于是d＝＝，
考虑到函数f (t)＝在(1，)上单调递减，
所以f ()