2023届高考数学一轮复习-第7讲-第1课时-范围与最值问题.doc

核心专题突破4　高考中的圆锥曲线问题
第1课时　范围与最值问题
[学生用书P240])
考点一　范围问题(综合研析)
(2022·天津5月三模)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，离心率为，过F1且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为3.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知点H(0，1)，若直线y＝x＋t与椭圆C相交于C，D两点，且直线HC，HD的斜率之和为－2，求实数t的值；
(3)点P是椭圆C上除长轴端点外的任一点，连接PF1，PF2，设∠F1PF2的平分线PM交C的长轴于点M(m，0)，求m的取值范围．
【解】　(1)由于c2＝a2－b2，将x＝－c代入椭圆方程＋＝1，得y＝±，
由题意知＝3，又椭圆离心率e＝＝，则c＝a，
所以b2＝a2，所以a＝2，b＝，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设C(x1，y1)，D(x2，y2)，
由消去y得7x2＋8tx＋4t2－12＝0，
Δ＝(8t)2－4×7×(4t2－12)>0，解得－<t<，
x1＋x2＝－，x1x2＝，
由题意可知直线HC和HD的斜率存在，
所以kHC＋kHD＝＋
＝＝－2，
即＝－2，
解得t＝2或－3.
因为－<t<，故t的值为2.
(3)设P(x0，y0)(y0≠0)，又F1(－1，0)，F2(1，0)，
所以可设直线PF1，PF2的方程分别为lPF1：y0x－(x0＋1)y＋y0＝0，
lPF2：y0x－(x0－1)y－y0＝0.
由题意知＝，
由于点P在椭圆上，所以＋＝1，y＝3(1－)，
所以＝.
因为－1<m<1，－2<x0<2，
所以＝，所以m＝x0，因此－<m<.
所以m的取值范围是(－，)．

求解圆锥曲线中有关参数的取值范围问题，关键是构建与参数有关的不等关系，主要方法有：
(1)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；
(2)建立已知参数与未知参数之间的等量关系，利用已知参数的范围，求新参数的范围；
(3)利用隐含的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围；
(4)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等式，从而确定参数的取值范围；
(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|
已知双曲线x2－＝1，斜率为k(k≠0)的直线l与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点．
(1)若直线l过P(0，1)，且PB＝3AP，求直线l的斜率k；
(2)若线段AB的垂直平分线与两坐标轴围成的三角形的面积为，求k的取值范围．
解：(1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
因为BP＝3AP，所以＝3，
即(x2，y2－1)＝3(－x1，1－y1)，
所以
所以
所以x1＝－1，y1＝0，即A(－1，0)，
所以k＝kAP＝＝1.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)．
由整理得(2－k2)x2－2kmx－m2－2＝0.
因为直线l与双曲线的左、右两支分别交于A，B两点，
于是2－k2≠0，且Δ＝(－2km)2＋4(2－k2)(m2＋2)>0，
整理得m2＋2－k2>0.
则x1＋x2＝，x1x2＝.
设线段AB的中点坐标(x0，y0)，
则x0＝＝，y0＝kx0＋m＝.
所以AB的垂直平分线方程为
y－＝－(x－)，
此直线与x轴，y轴的交点坐标分别为
(，0)，(0，)．
由题可得||·||＝，
整理得m2＝，k≠0.
所以可得＋2－k2>0，
整理得(k2－2)(k2－|k|－2)>0，k≠0.
解得0<|k|<或|k|>2.
所以k的取值范围是(－∞，－2)∪(－，0)∪(0，)∪(2，＋∞)．
考点二　最值问题(多维探究)
角度1　几何法求最值
已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为.
(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
【解】　(1)由题意可知直线AM的方程为y－3＝(x－2)，即x－2y＝－4.
当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4.
椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M(2，3)，
可得＋＝1，解得b2＝12.
所以C的方程为＋＝1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m，
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．

联立直线方程x－2y＝m与椭圆方程＋＝1，
可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，
化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8，
直线AM方程为x－2y＝－4，
所以点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
利用平行线之间的距离公式可得d＝＝.
由两点之间距离公式可得|AM|＝＝3，所以△AMN的面积的最大值为×3×＝18.
角度2　代数法求最值
(2022·白山市高三上学期期末)已知抛物线C：y2＝2px的焦点为F，圆E：＋＝4，M，N分别是抛物线C和圆E上的动点，当点M在第一象限且MF⊥x轴时，的最大值为4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)已知过点F的直线l交抛物线C于P，Q两点，且直线l⊥MF，设直线MF与抛物线C的另一个交点为K，求·的最小值．
【解】　(1)当点M在第一象限且MF⊥x轴时，点M的坐标为.
因为圆E的圆心为E，半径r＝2，
所以max＝＋r＝4，
所以 ＋2＝4，解得p＝2或(舍去)，
故抛物线C的方程为y2＝4x.

(2)由题意知F(1，0)，直线l的斜率k存在且不为0，
设直线l的方程为
y＝k，
由
可得k2x2－x＋k2＝0.
设P，Q，
则x1＋x2＝2＋，x1x2＝1.
因为直线l⊥MF，所以直线MF的斜率为－.
设M，K，同理可得x3＋x4＝2＋4k2，x3x4＝1.
故·＝·
＝·＋·＋·＋·
＝·＋·
＝＋
＝x1x2＋x1＋x2＋1＋x3x4＋x3＋x4＋1
＝8＋4≥8＋4×2＝16，
当且仅当k2＝，即k＝±1时，·取得最小值16.

圆锥曲线中的最值问题常涉及不等式、函数的值域问题，总体上主要有两种方法：
(1)几何法
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)代数法
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，然后利用函数的思想、不等式的思想等进行求解．
|跟踪训练|
1．已知抛物线y2＝2x的顶点为O，直线l过点P(2，0)且与抛物线交于A，B两点，求△AOB面积的最小值．
解：由题得直线AB斜率不为0，
设直线AB的方程为x＝my＋2.
由消去x并整理得y2－2my－4＝0，
所以y1＋y2＝2m，y1y2＝－4.
于是|y1－y2|＝＝＝＝2，
所以S△AOB＝×|OP|×(|y1|＋|y2|)＝|OP|×|y1－y2|＝×2×2＝2≥4，当且仅当m＝0时等号成立．
所以△AOB的面积的最小值为4.
2．已知点P是抛物线y2＝4x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点A的坐标是(4，a)，当|a|>4时，求|PA|＋|PM|的最小值．
解：当x＝4时，y2＝4×4＝16，所以y＝±4，即|y|＝4，因为|a|>4，所以点A在抛物线的外侧，如图．
延长PM交直线x＝－1于点N，由抛物线的定义可知|PN|＝|PM|＋1＝|PF|，当A，P，F三点共线时，|PA|＋|PF|最小，此时|PA|＋|PF|＝|AF|，又焦点坐标为F(1，0)，所以|AF|＝＝，即|PM|＋1＋|PA|的最小值为，故|PM|＋|PA|的最小值为－1.

[学生用书P369(单独成册)]
[A　基础达标]
1．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点M，F1，F2是椭圆C的两个焦点，|F1F2|＝2，P是椭圆C上的一个动点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若点P在第一象限，且·≤，求点P的横坐标的取值范围．
解：(1)由题意得解得a＝2，b＝1，c＝，
所以椭圆C的标准方程为＋y2＝1.
(2)因为c＝，F1(－，0)，F2(，0)，
设P(x，y)，则·＝(－－x，－y)·(－x，－y)＝x2＋y2－3，
因为＋y2＝1，所以·＝x2＋y2－3＝x2＋1－－3＝(3x2－8)≤，解得－≤x≤.
因为点P在第一象限，
所以x>0，所以0<x≤，
所以点P的横坐标的取值范围是(0， ]．
2．(2021·高考全国卷乙)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4.
(1)求p；
(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
解：(1)由题意知M(0，－4)，F(0，)，圆M的半径r＝1，所以|MF|－r＝4，即＋4－1＝4，解得p＝2.
(2)由(1)知，抛物线方程为x2＝4y，
由题意可知直线AB的斜率存在，设A(x1，)，B(x2，)，直线AB的方程为y＝kx＋b，
联立得，消去y得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b>0　(※)，x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以|AB|＝|x1－x2|＝·＝4·.
因为x2＝4y，即y＝，所以y′＝，则抛物线在点A处的切线斜率为，在点A处的切线方程为y－＝(x－x1)，即y＝x－，
同理得抛物线在点B处的切线方程为y＝x－，
联立得则
即P(2k，－b)．因为点P在圆M上，所以4k2＋(4－b)2＝1　①，
且－1≤2k≤1，－5≤－b≤－3，即－≤k≤，3≤b≤5，满足(※)．
设点P到直线AB的距离为d，则d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d＝4.
由①得，k2＝＝，
令t＝k2＋b，则t＝，且3≤b≤5.
因为t＝在[3，5]上单调递增，所以当b＝5时，t取得最大值，tmax＝5，此时k＝0，所以△PAB面积的最大值为20.
[B　综合应用]
3．如图，

已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.
(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
解：(1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，
因为－<x<，所以直线AP斜率的取值范围是(－1，1)．
(2)联立直线AP与BQ的方程
解得点Q的横坐标是xQ＝.
因为|PA|＝ ＝ (k＋1)，
|PQ|＝ (xQ－x)＝－，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3(－1<k<1)，因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在区间上单调递增，上单调递减，因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.
4．已知椭圆的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且椭圆与直线y＝x－相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)过F1作两条互相垂直的直线l1，l2，与椭圆分别交于点P，Q及M，N，求四边形PMQN面积的最大值与最小值．
解：(1)设椭圆方程为＋＝1(a>b>0)，因为它与直线y＝x－只有一个公共点，
所以方程组只有一组解，消去y，整理得(a2＋b2)x2－2a2x＋3a2－a2b2＝0.
所以Δ＝(－2a2)2－4(a2＋b2)(3a2－a2b2)＝0，化简得a2＋b2＝3.
又焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，所以a2－b2＝1，联立上式解得a2＝2，b2＝1.
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)若直线PQ的斜率不存在(或为0)时，
则S四边形PMQN＝＝＝2.
若直线PQ的斜率存在，设为k(k≠0)，则直线MN的斜率为－.
所以直线PQ的方程为y＝kx＋k，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程得化简得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
则x1＋x2＝，x1x2＝，
所以|PQ|＝|x1－x2|
＝
＝2×，
同理可得|MN|＝2×.
所以S四边形PMQN＝
＝4×＝4×
＝4×(－)
＝4×
＝4×(－)．
因为4k2＋＋10≥2＋10＝18(当且仅当k2＝1时取等号)，所以∈，所以4×∈.
综上所述，四边形PMQN面积的最小值为，最大值为2.