2020版高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 高考专题突破五 高考中的圆锥曲线问题（第1课时）

1第1课时范围、最值问题题型一范围问题例1(2016·天津)设椭圆x2a2＋y23＝1(a3)的右焦点为F，右顶点为A.已知1|OF|＋1|OA|＝3e|FA|，其中O为原点，e为椭圆的离心率．(1)求椭圆的方程；(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围．解(1)设F(c,0)，由1|OF|＋1|OA|＝3e|FA|，即1c＋1a＝3caa－c，可得a2－c2＝3c2.又a2－c2＝b2＝3，所以c2＝1，因此a2＝4.所以椭圆的方程为x24＋y23＝1.(2)设直线l的斜率为k(k≠0)，则直线l的方程为y＝k(x－2)．设B(xB，yB)，由方程组x24＋y23＝1，y＝kx－2消去y，整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0.解得x＝2或x＝8k2－64k2＋3.由题意得xB＝8k2－64k2＋3，从而yB＝－12k4k2＋3.由(1)知，F(1,0)，设H(0，yH)，有FH→＝(－1，yH)，BF→＝9－4k24k2＋3，12k4k2＋3.由BF⊥HF，得BF→·FH→＝0，所以4k2－94k2＋3＋12kyH4k2＋3＝0，解得yH＝9－4k212k.因此直线MH的方程为y＝－1kx＋9－4k212k.2设M(xM，yM)，由方程组y＝kx－2，y＝－1kx＋9－4k212k，消去y，解得xM＝20k2＋912k2＋1.在△MAO中，由∠MOA≤∠MAO，得|MA|≤|MO|，即(xM－2)2＋y2M≤x2M＋y2M，化简，得xM≥1，即20k2＋912k2＋1≥1，解得k≤－64或k≥64.所以直线l的斜率的取值范围为－∞，－64∪64，＋∞.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中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x2＋y24＝1(x0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．(1)证明设P(x0，y0)，A14y21，y1，B14y22，y2.因为PA，PB的中点在抛物线上，3所以y1，y2为方程y＋y022＝4·14y2＋x02，即y2－2y0y＋8x0－y20＝0的两个不同的实根．所以y1＋y2＝2y0，所以PM垂直于y轴．(2)解由(1)可知y1＋y2＝2y0，y1y2＝8x0－y20，所以|PM|＝18(y21＋y22)－x0＝34y20－3x0，|y1－y2|＝22y20－4x0.所以△PAB的面积S△PAB＝12|PM|·|y1－y2|＝322003244yx.因为x20＋y204＝1(－1≤x00)，所以y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4,5]，所以△PAB面积的取值范围是62，15104.题型二最值问题命题点1利用三角函数有界性求最值例2过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，则|AF|·|BF|的最小值是()A．2B.2C．4D．22答案C解析设直线AB的倾斜角为θ，可得|AF|＝21－cosθ，|BF|＝21＋cosθ，则|AF|·|BF|＝21－cosθ×21＋cosθ＝4sin2θ≥4.命题点2数形结合利用几何性质求最值例3在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．答案224解析双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线间的距离d＝|1－0|12＋－12＝22.由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤22，故c的最大值为22.命题点3转化为函数利用均值不等式或二次函数求最值例4(2018·大连模拟)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)，且椭圆上的点到一个焦点的最短距离为33b.(1)求椭圆C的离心率；(2)若点M3，32在椭圆C上，不过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，与直线OM相交于点N，且N是线段AB的中点，求△OAB面积的最大值．解(1)由题意，得a－c＝33b，则(a－c)2＝13b2，结合b2＝a2－c2，得(a－c)2＝13(a2－c2)，即2c2－3ac＋a2＝0，亦即2e2－3e＋1＝0，结合0e1，解得e＝12.所以椭圆C的离心率为12.(2)由(1)得a＝2c，则b2＝3c2.将M3，32代入椭圆方程x24c2＋y23c2＝1，解得c＝1.所以椭圆方程为x24＋y23＝1.易得直线OM的方程为y＝12x.当直线l的斜率不存在时，线段AB的中点不在直线y＝12x上，故直线l的斜率存在．设直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，与x24＋y23＝1联立消y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，由题意得Δ＝64k2m2－4(3＋4k2)(4m2－12)＝48(3＋4k2－m2)0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－8km3＋4k2，x1x2＝4m2－123＋4k2.5因为y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6m3＋4k2，所以线段AB的中点N的坐标为－4km3＋4k2，3m3＋4k2，因为点N在直线y＝12x上，所以－4km3＋4k2＝2×3m3＋4k2，解得k＝－32.所以Δ＝48(12－m2)0，解得－23m23，且m≠0，|AB|＝1＋－322|x2－x1|＝132·x1＋x22－4x1x2＝132·m2－4m2－123＝39612－m2.又原点O到直线l的距离d＝2|m|13，所以S△OAB＝12×39612－m2×2|m|13＝3612－m2m2≤36·12－m2＋m22＝3.当且仅当12－m2＝m2，即m＝±6时等号成立，符合－23m23，且m≠0.所以△OAB面积的最大值为3.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(2018·锦州模拟)已知椭圆x22＋y2＝1上两个不同的点A，B关于直线y＝mx＋12对称．6(1)求实数m的取值范围；(2)求△AOB面积的最大值(O为坐标原点)．解(1)由题意知m≠0，可设直线AB的方程为y＝－1mx＋b.由x22＋y2＝1，y＝－1mx＋b，消去y，得12＋1m2x2－2bmx＋b2－1＝0.因为直线y＝－1mx＋b与椭圆x22＋y2＝1有两个不同的交点，所以Δ＝－2b2＋2＋4m20，①将AB的中点M2mbm2＋2，m2bm2＋2代入直线方程y＝mx＋12，解得b＝－m2＋22m2，②由①②得m－63或m63.(2)令t＝1m∈－62，0∪0，62，则t2∈0，32.则|AB|＝t2＋1·－2t4＋2t2＋32t2＋12，且O到直线AB的距离为d＝t2＋12t2＋1.设△AOB的面积为S(t)，所以S(t)＝12|AB|·d＝12－2t2－122＋2≤22，当且仅当t2＝12时，等号成立，此时满足t2∈0，32.故△AOB面积的最大值为22.71．已知P(x0，y0)是椭圆C：x24＋y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若PF1→·PF2→0，则x0的取值范围是()A.－263，263B.－233，233C.－33，33D.－63，63答案A解析由题意可知，F1(－3，0)，F2(3，0)，则PF1→·PF2→＝(x0＋3)(x0－3)＋y20＝x20＋y20－30，点P在椭圆上，则y20＝1－x204，故x20＋1－x204－30，解得－263x0263，即x0的取值范围是－263，263.2．定长为4的线段MN的两端点在抛物线y2＝x上移动，设点P为线段MN的中点，则点P到y轴距离的最小值为()A．1B.74C．2D．5答案B解析设M(x1，y1)，N(x2，y2)，抛物线y2＝x的焦点为F14，0，抛物线的准线为x＝－14，所求的距离d＝x1＋x22＝x1＋14＋x2＋142－14＝|MF|＋|NF|2－14，所以|MF|＋|NF|2－14≥|MN|2－14＝74(两边之和大于第三边且M，N，F三点共线时取等号)．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≥π4，点A在x轴上方，则|FA|的取值范围是()A.14，1B.14，＋∞8C.12，＋∞D.14，1＋22答案D解析记点A的横坐标是x1，则有|AF|＝x1＋14＝14＋|AF|cosθ＋14＝12＋|AF|cosθ，|AF|(1－cosθ)＝12，|AF|＝121－cosθ.由π4≤θπ得－1cosθ≤22，2－2≤2(1－cosθ)4，14121－cosθ≤12－2＝1＋22，即|AF|的取值范围是14，1＋22.4．(2018·鄂尔多斯质检)已知F1，F2分别是双曲线x2a2－y2b2＝1(a0，b0)的左、右焦点，对于左支上任意一点P都有|PF2|2＝8a|PF1|(a为实半轴长)，则此双曲线的离心率e的取值范围是()A．(1，＋∞)B．(2,3]C．(1,3]D．(1,2]答案C解析由P是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义，得|PF2|＝2a＋|PF1|，所以|PF2|2|PF1|＝|PF1|＋4a2|PF1|＋4a＝8a，∴|PF1|＝2a，|PF2|＝4a，在△PF1F2中，|PF1|＋|PF2|≥|F1F2|，即2a＋4a≥2c，所以e＝ca≤3.又e1，所以1e≤3.故选C.5．(2018·丹东调研)设O为坐标原点，P是以F为焦点的抛物线y2＝2px(p0)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.22B.23C.33D．1答案A解析由题意可得Fp2，0，设Py202p，y0(y00)，则OM→＝OF→＋FM→＝OF→＋13FP→＝OF→＋13(OP→－OF→)9＝13OP→＋23OF→＝y206p＋p3，y03，可得k＝y03y206p＋p3＝1y02p＋py0≤12y02p·py0＝22.当且仅当y02p＝py0时取得等号，故选A.6．已知M，N为双曲线x24－y2＝1上关于坐标原点O对称的两点，P为双曲线上异于M，N的点，若直线PM的斜率的取值范围是12，2，则直线PN的斜率的取值范围是()A.18，12B.－12，－18C.18，12D.－12，－18∪18，12答案C解析设M(x0，y0)