【新高考复习】2022届高考数学一轮复习(新高考版) 第8章 高考专题突破五 第1课时　范围与最值问

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题型一范围问题例1已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率e＝32，直线x＋3y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为3.(1)求椭圆C的方程；(2)过点M(4,0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范围．解(1)因为原点到直线x＋3y－1＝0的距离为12.所以122＋322＝b2(b0)，解得b＝1.又e2＝c2a2＝1－b2a2＝34，得a＝2.所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)当直线l的斜率为0时，λ＝|MA|·|MB|＝12.当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立方程x＝my＋4，x24＋y2＝1，得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.由Δ＝64m2－48(m2＋4)0，得m212，所以y1y2＝12m2＋4.λ＝|MA|·|MB|＝m2＋1|y1|·m2＋1|y2|＝(m2＋1)·|y1y2|＝12m2＋1m2＋4＝121－3m2＋4.由m212，得03m2＋4316，所以394λ12.故λ的取值范围是394，12.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(2020·山东新高考联合考试)已知A，B是x轴正半轴上两点(A在B的左侧)，且|AB|＝a(a0)，过A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y2＝2px(p0)在第一象限分别交于D，C两点．(1)若a＝p，点A与抛物线y2＝2px的焦点重合，求直线CD的斜率；(2)若O为坐标原点，记△OCD的面积为S1，梯形ABCD的面积为S2，求S1S2的取值范围．解(1)由题意知Ap2，0，则Bp2＋a，0，Dp2，p，则Cp2＋a，p2＋2pa，又a＝p，所以kCD＝3p－p3p2－p2＝3－1.(2)设直线CD的方程为y＝kx＋b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由y＝kx＋b，y2＝2px，得ky2－2py＋2pb＝0，所以Δ＝4p2－8pkb0，得kbp2，又y1＋y2＝2pk，y1y2＝2pbk，由y1＋y2＝2pk0，y1y2＝2pbk0，可知k0，b0，因为|CD|＝1＋k2|x1－x2|＝a1＋k2，点O到直线CD的距离d＝|b|1＋k2，所以S1＝12·a1＋k2·|b|1＋k2＝12ab.又S2＝12(y1＋y2)·|x1－x2|＝12·2pk·a＝apk，所以S1S2＝kb2p，因为0kbp2，所以0S1S214.即S1S2的取值范围为0，14.题型二最值问题命题点1几何法求最值例2(2020·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点M(2,3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为12.(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＝12(x－2)，即x－2y＝－4.当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4.由椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)过点M(2,3)，可得416＋9b2＝1，解得b2＝12.所以C的方程为x216＋y212＝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x－2y＝m，x216＋y212＝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，点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，即d＝8＋41＋4＝1255，由两点之间的距离公式可得|AM|＝2＋42＋32＝35.所以△AMN的面积的最大值为12×35×1255＝18.命题点2代数法求最值例3在平面直角坐标系中，O为坐标原点，圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2，以B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点1，22.(1)求椭圆E的标准方程；(2)设经过点(－2,0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△F2MN的面积的最大值．解(1)由题意得椭圆E的焦点在x轴上．设椭圆E的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(ab0)，焦距为2c，则b＝c，∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴椭圆E的标准方程为x22b2＋y2b2＝1.∵椭圆E经过点1，22，∴12b2＋12b2＝1，解得b2＝1.∴椭圆E的标准方程为x22＋y2＝1.(2)∵点(－2,0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在．设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2)．设M(x1，y1)，N(x2，y2)．由y＝kx＋2，x22＋y2＝1，消去y，得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.∴x1＋x2＝－8k21＋2k2，x1x2＝8k2－21＋2k2，Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)0，解得0≤k212.∴|MN|＝1＋k2|x1－x2|＝21＋k22－4k21＋2k22.∵点F2(1,0)到直线l的距离d＝3|k|1＋k2，∴△F2MN的面积为S＝12|MN|·d＝3k22－4k21＋2k22.令1＋2k2＝t，t∈[1,2)，得k2＝t－12.∴S＝3t－12－tt2＝3－t2＋3t－2t2＝3－1＋3t－2t2＝3－21t－342＋18.当1t＝34，即t＝4343∈[1，2时，S有最大值，Smax＝324，此时k＝±66.∴△F2MN的面积的最大值是324.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如图所示，点A，B分别是椭圆x236＋y220＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.(1)求点P的坐标；(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．解(1)由已知可得点A(－6,0)，F(4,0)，设点P的坐标是(x，y)，则AP→＝(x＋6，y)，FP→＝(x－4，y)，∵PA⊥PF，∴AP→·FP→＝0，则x236＋y220＝1，x＋6x－4＋y2＝0，可得2x2＋9x－18＝0，得x＝32或x＝－6.由于y0，故x＝32，于是y＝532.∴点P的坐标是32，532.(2)由(1)可得直线AP的方程是x－3y＋6＝0，点B(6,0)．设点M的坐标是(m,0)，则点M到直线AP的距离是|m＋6|2，于是|m＋6|2＝|m－6|，又－6≤m≤6，解得m＝2.由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为d，得d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－59x2＝49x－922＋15，由于－6≤x≤6，由f(x)＝49x－922＋15的图象可知，当x＝92时，d取最小值，且最小值为15.课时精练1．设椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左顶点为A，上顶点为B，已知直线AB的斜率为12，|AB|＝5.(1)求椭圆C的方程；(2)设直线l：x＝my－1与椭圆C交于不同的两点M，N，且点O在以MN为直径的圆外(其中O为坐标原点)，求m的取值范围．解(1)由已知得A(－a,0)，B(0，b)，∴ba＝12，a2＋b2＝5，可得a2＝4，b2＝1，则椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，由x＝my－1，x24＋y2＝1，得(m2＋4)y2－2my－3＝0.Δ＝(2m)2＋12(4＋m2)＝16m2＋480，y1＋y2＝2mm2＋4，y1y2＝－3m2＋4，由题意得∠MON为锐角，即OM→·ON→0，∴OM→·ON→＝x1x2＋y1y20，又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1.∴x1x2＋y1y2＝(1＋m2)y1y2－m(y1＋y2)＋1＝(1＋m2)·－34＋m2－2m24＋m2＋1＝1－4m24＋m20，∴m214，解得－12m12.∴m的取值范围为－12，12.2．(2021·长沙雅礼中学模拟)已知抛物线C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p0)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0，p2，∴F1F2—→＝－1，p2，F1F2—→·OP→＝－1，p2·(－1，－1)＝1－p2＝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)，联立y2＝4x，y＝kx，得(kx)2＝4x，解得M4k2，4k，联立x2＝4y，y＝kx，得N(4k,4k2)，从而|MN|＝1＋k24k2－4k＝1＋k24k2－4k，点P到直线MN的距离d＝|k－1|1＋k2，所以S△PMN＝12·|k－1|1＋k2·1＋k24k2－4k＝21－k1－k3k2＝21－k21＋k＋k2k2＝2k＋1k－2k＋1k＋1，令t＝k＋1k(t≤－2)．则S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，当t＝－2，即k＝－1时，S△PMN取得最小值，最小值为8.即当过原点的直线方程为y＝－x时，△PMN的面积取得最小值8.3．(2019·全国Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．解(1)连接PF1(图略)．由△POF2为等边三角形可知，在△F1PF2中，∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝3c，于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(3＋1)c，故C的离心率为e＝ca＝3－1.(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，则12|y|·2c＝16，yx＋c·yx－c＝－1，即c|y|＝16，①x2＋y2＝c2，②又x2a2＋y2b2＝1.③由②③及a2＝b2＋c2得y2＝b4c2.又由①知y2＝162c2，故b＝4.由②③及a2＝b2＋c2得x2＝a2c2(c2－b2)，所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，故a≥42.当b＝4，a≥42时，存在满足条件的点P.所以b＝4，a的取值范围为[42，＋∞)．4．椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为63，短轴一个端点到右焦点的距离为3.(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32，求△AOB面积的最大值．解(1)设椭圆的半焦距为c，依题意知ca＝63，a