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2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破1 圆锥曲线中的最值、范围问题学案北师大版

2022高考数学一轮复习 高考大题专项突破1 圆锥曲线中的最值、范围问题学案北师大版

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直线与圆锥曲线

高考大题专项(五)　直线与圆锥曲线

考情分析
从近五年的高考试题来看,圆锥曲线问题在高考中属于必考内容,并且常常在同一份试卷上多题型考查.对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法:第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识;第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题,解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.

突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题
题型一　圆锥曲线中的最值问题
突破策略一　目标函数法
【例1】(2020山东烟台模拟,21)已知直线x+y=1过椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的右焦点,且交椭圆于A,B两点,线段AB的中点是M23,13.
(1)求椭圆的方程;
(2)过原点的直线l与线段AB相交(不含端点)且交椭圆于C,D两点,求四边形ACBD面积的最大值.

解题心得当题目给出的条件和结论的几何特征不明显,则可以建立目标函数,再求这个函数的最值(或值域).常用方法有:(1)配方法;(2)基本不等式法;(3)单调性法;(4)三角换元法;(5)导数法等,要特别注意自变量的取值范围.
对点训练1(2020山西太原三模,理20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的焦距为2,且过点1,32.
(1)求椭圆C的方程;
(2)已知△BMN是椭圆C的内接三角形,若坐标原点O为△BMN的重心,求点O到直线MN距离的最小值.

突破策略二　基本不等式法

【例2】(2020浙江,21)如图,已知椭圆C1:x22+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p>0),点A是椭圆C1与抛物线C2的交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于M(B,M不同于A).
(1)若p=116,求抛物线C2的焦点坐标;
(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值.

解题心得圆锥曲线中的有关平面几何图形面积的最值问题,通过某一变量表示出图形的面积的函数表达式,转化为函数的最值问题,然后利用重要不等式,基本不等式,函数的值域求解最值,注意基本不等式应用条件及等号取得的条件.
对点训练2(2020陕西榆林三模,文21)已知椭圆E:x2a2+y23=1(a>3)的离心率e=12.直线x=t(t>0)与曲线E交于不同的两点M,N,以线段MN为直径作圆C,圆心为C.
(1)求椭圆E的方程;
(2)若圆C与y轴相交于不同的两点A,B,求△ABC的面积的最大值.

题型二　圆锥曲线中的范围问题(多维探究)
突破策略一　条件转化法
【例3】(2020湖南湘潭一模)已知F(3,0)为椭圆C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点,点M3,12在椭圆C上.
(1)求椭圆C的方程;
(2)若直线l与椭圆C分别相交于A,B两点,且kOA+kOB=-12(O为坐标原点),求直线l的斜率的取值范围.

解题心得求某一量的取值范围,要看清与这个量有关的条件有几个,有几个条件就可转化为几个关于这个量的不等式,解不等式取交集得结论.
对点训练3(2020河北邢台模拟,理21)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,直线l与抛物线C交于P,Q两点.
(1)若l过点F,抛物线C在点P处的切线与在点Q处的切线交于点G.证明:点G在定直线上.
(2)若p=2,点M在曲线y=-1-x2上,MP,MQ的中点均在抛物线C上,求△MPQ面积的取值范围.

突破策略二　构造函数法
【例4】已知直线x=-2上有一动点Q,过点Q作直线l,垂直于y轴,动点P在l上,且满足OP·OQ=0(O为坐标原点),记点P的轨迹为C.
(1)求曲线C的方程;
(2)已知定点M-12,0,N12,0,点A为曲线C上一点,直线AM交曲线C于另一点B,且点A在线段MB上,直线AN交曲线C于另一点D,求△MBD的内切圆半径r的取值范围.
难点突破(1)设点P的坐标为(x,y),结合题意得出点Q的坐标,再利用向量数量积的运算可得出点P的轨迹方程;
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),设直线AM的方程为y=kx+12,将该直线方程与曲线C的方程联立,结合韦达定理进行计算得出点B和点D的横坐标相等,于是得出BD⊥x轴,根据几何性质得出△MBD的内切圆圆心H在x轴上,且该点与切点的连线与AB垂直.
方法1是计算出△MBD的面积和周长,利用等面积法可得出其内切圆的半径的表达式;
方法2是设H(x2-r,0),直线BD的方程为x=x2,写出直线AM的方程,利用点H到直线AB和AM的距离相等得出r的表达式;
方法3是利用△MTH∽△MEB,得出MHMB=HTBE,然后通过计算得出△MBD内切圆半径r的表达式.
通过化简得到r关于x2的函数表达式,并换元t=x2+12>1,将函数关系式转化为r关于t的函数关系式,然后利用单调性可求出r的取值范围.

解题心得在求直线与圆锥曲线的综合问题中,求与直线或与圆锥曲线有关的某个量d的取值范围问题,依据已知条件建立关于d的函数表达式,转化为求函数值的取值范围问题,然后利用函数的方法或解不等式的方法求出d的取值范围.

对点训练4(2020山东青岛三模,21)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率为12,其左、右顶点分别为A1,A2,上、下顶点分别为B2,B1,四边形A1B1A2B2的面积为43.
(1)求椭圆E的方程;
(2)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.

高考大题专项(五)　直线与圆锥曲线
突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题
例1解(1)直线x+y=1与x轴交于点(1,0),所以椭圆右焦点的坐标为(1,0),故c=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得x1+x2=43,y1+y2=23,且y2-y1x2-x1=-1,
又x12a2+y12b2=1,x22a2+y22b2=1,作差可得x22-x12a2+y22-y12b2=0,则(x2-x1)(x2+x1)a2+(y2-y1)(y2+y1)b2=0,得a2=2b2.
又因为a2=b2+c2,c=1,所以a2=2,b2=1,因此椭圆的方程为x22+y2=1.
(2)由(1)联立x22+y2=1,x+y=1,
解得x=0,y=1或x=43,y=-13.
不妨令A(0,1),B43,-13,易知直线l的斜率存在,
设直线l:y=kx,代入x22+y2=1,得(2k2+1)x2=2,
解得x=22k2+1或x=-22k2+1,
设C(x3,y3),D(x4,y4),
则|x3-x4|=22k2+1+22k2+1=222k2+1,则|CD|=1+k2|x3-x4|=1+k2·222k2+1.
因为A(0,1),B43,-13到直线y=kx的距离分别是d1=11+k2,d2=43k+131+k2,由于直线l与线段AB(不含端点)相交,所以(k×0-1)43k+13<0,即k>-14,
所以d1+d2=43k+431+k2=43(k+1)1+k2.
四边形ACBD的面积S=12|CD|·d1+12|CD|·d2=12|CD|(d1+d2)=423·k+12k2+1,
令k+1=t,t>34,则2k2+1=2t2-4t+3,所以S=423·t2t2-4t+3=423·t22t2-4t+3=423·12-4t+31t2,
当1t=23,即k=12时,Smax=423×124-1612=433.因此四边形ACBD面积的最大值为433.
对点训练1解(1)因为椭圆C的焦距为2,所以a2-b2=1,因为椭圆过点1,32,所以1a2+94b2=1,解得a2=4,b2=3.
故椭圆C的方程为x24+y23=1.
(2)设B(m,n),记线段MN中点为D.
因为O为△BMN的重心,
所以BO=2OD,
则点D的坐标为-m2,-n2.
若n=0,则|m|=2,此时直线MN与x轴垂直,故原点O到直线MN的距离为m2,即为1.
若n≠0,此时直线MN的斜率存在.
设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-m,y1+y2=-n.又x124+y123=1,x224+y223=1,两式相减得(x1+x2)(x1-x2)4+(y1+y2)(y1-y2)3=0,可得直线MN的斜率kMN=y1-y2x1-x2=-3m4n.故直线MN的方程为y=-3m4nx+m2-n2,即6mx+8ny+3m2+4n2=0,则点O到直线MN的距离为d=|3m2+4n2|36m2+64n2,
将m24+n23=1,代入得d=3n2+9.
因为0<n2≤3,所以dmin=32.
又32<1,故原点O到直线MN距离的最小值为32.
例2解(1)由p=116,得抛物线C2的焦点坐标是132,0.
(2)由题意可设直线l:x=my+t(m≠0,t≠0),点A(x0,y0).
将直线l的方程代入椭圆C1:x22+y2=1,得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,
所以点M的纵坐标yM=-mtm2+2.
将直线l的方程代入抛物线C2:y2=2px,得y2-2pmy-2pt=0,
所以y0yM=-2pt,
解得y0=2p(m2+2)m,
因此x0=2p(m2+2)2m2.
由x022+y02=1,得
1p2=4m+2m2+2m+2m4≥160,所以当m=2,t=105时,p取到最大值1040.
对点训练2解(1)∵椭圆E:x2a2+y23=1(a>3)的离心率e=12,
∴a2-3a=12,解得a=2.
∴椭圆E的方程为x24+y23=1.
(2)依题意,圆心为C(t,0)(0<t<2).
由x=t,x24+y23=1,得y2=12-3t24.
∴圆C的半径为r=12-3t22.
∵圆C与y轴相交于不同的两点A,B,且圆心C到y轴的距离d=t,
∴0<t<12-3t22,即0<t<2217.
∴弦长|AB|=2r2-d2=212-3t24-t2=12-7t2.
∴△ABC的面积S=12·t12-7t2=127×7t×12-7t2≤127×(7t)2+12-7t22=377,
当且仅当7t=12-7t2,即t=427时,等号成立.
∴△ABC的面积的最大值为377.
例3解(1)由题意知,椭圆的另一个焦点为(-3,0),所以点M到两焦点的距离之和为(23)2+122+12=4.所以a=2.又c=3,所以b=1,所以椭圆C的方程为x24+y2=1.
(2)当直线l的斜率不存在时,结合椭圆的对称性可知,kOA+kOB=0,不符合题意.
故设直线l的方程为y=kx+m(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),
联立x24+y2=1,y=kx+m,可得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0.则x1+x2=-8km4k2+1,x1x2=4(m2-1)4k2+1.而kOA+kOB=y1x1+y2x2=(kx1+m)x2+(kx2+m)x1x1x2=2k+m(x1+x2)x1x2=2k+-8km24(m2-1)=-2km2-1.
由kOA+kOB=-12,可得m2=4k+1,
所以k≥-14.
又由Δ>0,得16(4k2-m2+1)>0,
所以4k2-4k>0,解得k<0或k>1,
综上,直线l的斜率的取值范围为-14,0∪(1,+∞).
对点训练3 (1)证明易知F0,p2,设Px1,x122p,Qx2,x222p.
由题意可知直线l的斜率存在,故设其方程为y=kx+p2.
由y=kx+p2,x2=2py,得x2-2pkx-p2=0,所以x1x2=-p2.
由x2=2py,得y=x22p,y'=xp,则直线PG的斜率kPG=x1p,
直线PG的方程为y-x122p=x1p(x-x1),即x1px-y-x122p=0.①
同理可得直线QG的方程为x2px-y-x222p=0.②
联立①②,可得(x1-x2)y=x1x2(x1-x2)2p.
因为x1≠x2,所以y=x1x22p=-p2,故点G在定直线y=-p2上.
(2)解设M(x0,y0),Px1,x124,Qx2,x224,MP,MQ的中点分别为x1+x02,x124+y02,x2+x02,x224+y02.
因为MP,MQ的中点均在抛物线上,所以x1,x2为方程x+x022=4×x24+y02的解,即方程x2-2x0x+8y0-x02=0有两个不同的实数根,
则x1+x2=2x0,x1x2=8y0-x02,
Δ=(2x0)2-4(8y0-x02)>0,即x02>4y0.所以PQ的中点N的横坐标为x0,纵坐标为18(x12+x22).则|MN|=18(x12+x22)-y0=18[(x1+x2)2-2x1x2]-y0=34x02-3y0,
|x1-x2|=(x1+x2)2-4x1x2=22(x02-4y0),
所以△MPQ的面积S=12|MN|·|x1-x2|=324(x02-4y0)32.由y0=-1-x02,得x02=1-y02(-1≤y0≤0),
所以x02-4y0=-y02-4y0+1=-(y0+2)2+5.
因为-1≤y0≤0,所以1≤-(y0+2)2+5≤4,所以△MPQ面积的取值范围为324,62.
例4解(1)设P(x,y),则Q(-2,y),∴OP=(x,y),OQ=(-2,y).
∵OP·OQ=0,∴OP·OQ=-2x+y2=0,即y2=2x.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),直线BD与x轴交点为E,内切圆与AB的切点为T.
设直线AM的方程为y=kx+12,则联立方程y=k(x+12),y2=2x,得k2x2+(k2-2)x+k24=0.
∴x1x2=14,又0<x1<x2,
∴x1<12<x2,∴直线AN的方程为y=y1x1-12x-12,
与方程y2=2x联立,得y12x2-y12+2x12-2x1+12x+14y12=0,化简得2x1x2-2x12+12x+12x1=0.
解得x=14x1或x=x1.∴x3=14x1=x2,∴BD⊥x轴.
设△MBD的内切圆圆心为H,则H在x轴上且HT⊥AB.
(方法1)∴S△MBD=12·x2+12·2|y2|,且△MBD的周长为2(x2+12) 2+y22+2|y2|.
∴S△MBD=122(x2+12) 2+y22+2|y2|·r=12·x2+12·|2y2|.
∴r=(x2+12)|y2||y2|+(x2+12) 2+y22
=11x2+12+1y22+1(x2+12) 2
=112x2+1(x2+12) 2+1x2+12.
令t=x2+12,则t>1,
∴r=112t-1+1t2+1t在(1,+∞)上单调递增,则r>12+1,即r的取值范围为(2-1,+∞).
(方法2)设H(x2-r,0),直线BD的方程为x=x2,其中y22=2x2.
直线AM的方程为y=y2x2+12x+12,即y2x-x2+12y+12y2=0,且点H与点O在直线AB的同侧,
∴r=|(x2-r)y2+12y2|(x2+12) 2+y22=(x2-r)y2+12y2(x2+12) 2+y22,
解得r=x2y2+12y2y2+(x2+12) 2+y22=112x2+1(x2+12) 2+1x2+12.
以下同方法1.
(方法3)∵△MTH∽△MEB,∴MHMB=HTBE,即x2+12-r(x2+12) 2+y22=r|y2|,
解得r=(x2+12)|y2||y2|+(x2+12) 2+y22
=x2+12(x2+12) 2y22+1+1
=112x2+1(x2+12) 2+1x2+12.
以下同方法1.
对点训练4解(1)因为椭圆E的离心率为12,所以e=ca=12.
因为四边形A1B1A2B2的面积为43,所以12×2a×2b=43.
又a2=b2+c2,解得a=2,b=3,c=1,所以椭圆E的方程为x24+y23=1.
(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则△F1MN的周长为4a=8,
S△F1MN=12(|F1M|+|F1N|+|MN|)r=4r,即r=14S△F1MN.
当l⊥x轴时,l的方程为x=1,|MN|=3,r=14S△F1MN=14×12|MN|×|F1F2|=34.
当l与x轴不垂直时,设l:y=k(x-1)(k≠0),
由y=k(x-1),x24+y23=1,得(4k2+3)y2+6ky-9k2=0,所以y1+y2=-6k4k2+3,y1y2=-9k24k2+3.
S△F1MN=S△F1F2M+S△F1F2N=12|F1F2|·|y2|+12|F1F2|·|y1|=12|F1F2|·|y2-y1|=12|F1F2|·(y2+y1)2-4y1y2=12×2×-6k4k2+32-4-9k24k2+3
=12k2(k2+1)(4k2+3)2,所以r=14S△F1MN=3k2(k2+1)(4k2+3)2,令4k2+3=t,则t>3,r=34t2-2t-3t2=34-31t2-21t+1
=34-31t+132+43,
因为t>3,所以0<1t<13,
所以0<r<34.
综上可知,r的取值范围为0,34.