衡水中学2021届高三数学复习-第9讲 第1课时 圆锥曲线中的范围、最值问题
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
24
角度三 构造基本不等式求最值 已知椭圆 M：xa22＋y32＝1(a>0)的一个焦点为 F(－1，0)，左、右顶点分别为 A，
B.经过点 F 的直线 l 与椭圆 M 交于 C，D 两点． (1)当直线 l 的倾斜角为 45°时，求线段 CD 的长； (2)记△ABD 与△ABC 的面积分别为 S1 和 S2，求|S1－S2|的最大值．
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
23
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3. 令 f(k)＝－(k－1)(k＋1)3， 因为 f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2， 所以 f(k)在区间－1，12上单调递增，12，1上单调递减， 因此当 k＝12时，|PA|·|PQ|取得最大值2176.
所以|CD|＝ 2|x1－x2|＝ 2 （x1＋x2）2－4x1x2＝274.
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
26
(2)当直线 l 的斜率不存在时，直线方程为 x＝－1，
此时△ABD 与△ABC 面积相等，|S1－S2|＝0； 当直线 l 的斜率存在时，设直线方程为 y＝k(x＋1)(k≠0)， 联立方程，得x42＋y32＝1，
19
【解析】 如图，设椭圆的左焦点为 F′，则|PF|＋|PF′|＝4， 所以|PF|＝4－|PF′|，所以|PA|－|PF|＝|PA|＋|PF′|－4.当且仅当 P，A， F′三点共线时，|PA|＋|PF′|取最小值|AF′|＝ （2＋1）2＋16＝5，所 以|PA|－|PF|的最小值为 1. 【答案】 1
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
16
解析：根据题意，由抛物线的准线与圆相切可得p2＝1 或 7，又 0＜p＜14，故 p＝2，设 直线 AB 的方程为 x＝－t(0＜t＜3)，则直线 CD 的方程为 x＝4－t，则|AB|·|CD|＝ 2 4t·2 9－t2＝8 t（9－t2）(0＜t＜3)，设 f(t)＝t(9－t2)(0＜t＜3)，则 f′(t)＝9－3t2(0＜t ＜3)，令 f′(t)＞0⇒0＜t＜ 3，令 f′(t)＜0⇒ 3＜t＜3，故 f(t)max＝f( 3)，此时直线 AB 的 方程为 x＝－ 3. 答案：x＝－ 3
3
一、知识梳理 1．直线与圆锥曲线的位置关系 (1) 从 几 何 角 度 看 ， 可 分 为 三 类 ： _无__公__共__点__ ， _____仅__有__一__个__公__共__点_______ 及 有 两 个 ________相__异__的__公__共__点_______________． (2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得方程解的情 况来判断．设直线 l 的方程为 Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为 f(x，y)＝0. 由Af（x＋x，Byy＋）C＝＝0 0，消元(如消去 y)，得 ax2＋bx＋c＝0.
b2x0 k＝__a_2_y_0 ____；在抛物线 p
y2＝2px(p
＞0)中，以 P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率 k＝__y_0______．在使用根与系数关系时，
要注意前提条件是 Δ≥0.
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
8
常用结论 过一点的直线与圆锥曲线的位置关系的特点
(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切； 过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切； 过椭圆内一点的直线与椭圆相交． (2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称 轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一 条切线和一条与对称轴平行或重合的直线； 过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合 的直线．
有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点．
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
11
2．(选修 2-1P80A 组 T8 改编)已知与向量 v＝(1，0)平行的直线 l 与双曲线x42－y2＝1 相 交于 A，B 两点，则|AB|的最小值为________． 解析：由题意可设直线 l 的方程为 y＝m， 代入x42－y2＝1 得 x2＝4(1＋m2)， 所以 x1＝ 4（1＋m2）＝2 1＋m2，x2＝－2 1＋m2， 所以|AB|＝|x1－x2|＝4 1＋m2≥4， 即当 m＝0 时，|AB|有最小值 4. 答案：4
y＝k（x＋1）， 消去 y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
Δ>0，且 x1＋x2＝－3＋8k42k2，x1x2＝43k＋2－4k122，
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
27
此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝31＋2|4kk| 2，
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
21
【解】 (1)设直线 AP 的斜率为 k， k＝xx2＋－1214＝x－12， 因为－12<x<32，所以直线 AP 斜率的取值范围是(－1，1)．
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
22
(2)联立直线 AP 与 BQ 的方程kxx＋－kyy＋－1294kk＋－1432＝＝00，， 解得点 Q 的横坐标是 xQ＝－2（k2k＋2＋4k1＋）3. 因为|PA|＝ 1＋k2x＋12＝ 1＋k2(k＋1)， |PQ|＝ 1＋k2(xQ－x)＝－（k－1）k2（＋k1＋1）2，
A．相交
B．相切
C．相离
D．不确定
()
解析：选 A.直线 y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1 恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故 直线与椭圆相交．故选 A.
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
15
2．如图，两条距离为 4 的直线都与 y 轴平行，它们与抛物线 y2＝－2px(0＜p＜14)和圆 (x－4)2＋y2＝9 分别交于 A，B 和 C，D，且抛物线的准线与圆相切，则当|AB|·|CD|取得 最大值时，直线 AB 的方程为________．
答案：(1＋ 2，＋∞)
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
18
最值问题(多维探究)
角度一 数形结合利用几何性质求最值 已知椭圆 C：x42＋y32＝1 的右焦点为 F，P 为椭圆 C 上一动点，定点 A(2，4)，则
|PA|－|PF|的最小值为________．
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
25
【解】 (1)由题意，c＝1，b2＝3，所以 a2＝4， 所以椭圆 M 的方程为x42＋y32＝1， 易求直线方程为 y＝x＋1，联立方程，得x42＋y32＝1，
y＝x＋1，
消去 y，得 7x2＋8x－8＝0，Δ＝288＞0，
设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝－87，x1x2＝－87，
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
5
2．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题 (1)斜率为 k 的直线与圆锥曲线交于两点 P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长： |P1P2|＝ （1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2] ＝ 1＋k2·|x1－x2| ＝ 1＋k12[（y1＋y2）2－4y1y2] ＝____1_＋__k_12_|y_1_－__y_2_| ___________．
因为 k≠0，上式＝|k3|＋124|k|≤2
12 ＝ 12 ＝ |k3|·4|k| 2 12
3当且仅当k＝±
23时等号成立，
所以|S1－S2|的最大值为 3.
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
28
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 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．
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
9
(3)过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线 和两条与渐近线平行的直线； 过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平 行的直线； 过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线．
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
17
3．已知点 F1，F2 分别是双曲线xa22－by22＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过 F1 且垂直于 x 轴的直线与双曲线交于 A，B 两点，若△ABF2 是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值 范围是________． 解析：由题设条件可知△ABF2 为等腰三角形，只要∠AF2B 为钝角即可，所以有ba2＞2c， 即 b2＞2ac，所以 c2－a2＞2ac，即 e2－2e－1＞0，所以 e＞1＋ 2.
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
20
角度二 建立目标函数求最值
如图，已知抛物线 x2＝y，点 A－12，14，B32，94，抛物线上的点 P(x，y)－12<x<32. 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．
2021人教A版高考数学总复习《圆锥曲线的最值、范围、证明问题》
＝25k42＋|k|1＝2|k5|＋4 |1k|≤272 2，
当且仅当|k|＝
22时，S
取得最大值272
2 .
规律方法 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：一是几何方法，即通过利用圆锥曲线的定义、几何性质以及平面几 何中的定理、性质等进行求解；二是代数方法，即把要求最值的几何量或代数 表达式表示为某个(些)变量的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等 进行求解.
|AB|＝ 1＋k2|x1－x2| ＝___1_＋__k_2·___（__x_1＋__x_2_）__2－__4_x_1_x_2____ ＝ 1＋k12·|y1－y2|＝____1_＋__k1_2·__（__y_1_＋__y2_）__2－__4_y_1_y2___.
[常用结论与微点提醒] 1.直线与椭圆位置关系的有关结论(供选用)
t＝(1＋k2)·22kk22－＋61＋(2－k2－k)·2k42k＋2 1＋k2＋2k＋5，
∴t＝15k22k＋2＋2k1－1， ∴(15－2t)k2＋2k－1－t＝0，k∈R， 则Δ1＝22＋4(15－2t)(1＋t)≥0， ∴(2t－15)(t＋1)－1≤0，即2t2－13t－16≤0， 由题意知 t1，t2 是 2t2－13t－16＝0 的两根，∴t1＋t2＝123.
知a2－b2＝3，即b2＝a2－3， 则ax22＋a2y－2 3＝1，a2＞3.
又椭圆过点 M(－2，1)，∴a42＋a2－1 3＝1，
又a2＞3，∴a2＝6. ∴椭圆 Γ 的标准方程为x62＋y32＝1.
(2)设直线AB的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由x62＋y32＝1
(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切； (2)过椭圆上一点有且仅有一条直线与椭圆相切； (3)过椭圆内一点的直线均与椭圆相交.
2021新高考——圆锥曲线大题(最值范围问题)解析版
圆锥曲线综合问题第一讲 最值、范围问题1．圆锥曲线中常见的最值问题及其解法(1)两类最值问题①涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题；①求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时确定与之有关的一些问题．(2)两种常见解法①几何法，若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决；①代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立起目标函数，再求这个函数的最值，最值常用基本不等式法、配方法及导数法求解．【例1】已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两个焦点与短轴的一个端点是等边三角形的三个顶点，且长轴长为4．(1)求椭圆E 的方程；(2)若A 是椭圆E 的左顶点，经过左焦点F 的直线l 与椭圆E 交于C ，D 两点，求△OAD 与△OAC 的面积之差的绝对值的最大值．(O 为坐标原点)解析：(1)由题意得2a ＝4，即a ＝2,2c ＝a ，即c ＝1，又b 2＝a 2－c 2，∴b 2＝3．故椭圆E 的方程为x 24＋y 23＝1． (2)设△OAD 的面积为S 1，△OAC 的面积为S 2，直线l 的方程为x ＝ky －1，C (x 1，y 1)，D (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝ky －1，x 24＋y 23＝1，整理得(3k 2＋4)y 2－6ky －9＝0， 由根与系数的关系可知y 1＋y 2＝6k 3k 2＋4，∴|S 1－S 2|＝12×2×||y 1|－|y 2||＝|y 1＋y 2|＝6|k |3k 2＋4． 当k ＝0时，|S 1－S 2|＝0，当k ≠0时，|S 1－S 2|＝63|k |＋4|k |≤62 3|k |·4|k |＝32，当且仅当3|k |＝4|k |，即k ＝±233时等号成立．∴|S 1－S 2|的最大值为32．【变式训练】 1．已知椭圆x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)，F 1，F 2为它的左、右焦点，P 为椭圆上一点，已知∠F 1PF 2＝60°，S △F 1PF 2＝3，且椭圆的离心率为12． (1)求椭圆方程；(2)已知T (－4，0)，过T 的直线与椭圆交于M ，N 两点，求△MNF 1面积的最大值．解 (1)由已知，得|PF 1|＋|PF 2|＝2a ，①|PF 1|2＋|PF 2|2－2|PF 1||PF 2|cos 60°＝4c 2，即|PF 1|2＋|PF 2|2－|PF 1||PF 2|＝4c 2，①12|PF 1||PF 2|sin 60°＝3，即|PF 1||PF 2|＝4，① 联立①①①解得a 2－c 2＝3．又c a ＝12，①c 2＝1，a 2＝4， b 2＝a 2－c 2＝3，椭圆方程为x 24＋y 23＝1． (2)根据题意可知直线MN 的斜率存在，且不为0．设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，直线MN 的方程为x ＝my －4，代入椭圆方程，整理得(3m 2＋4)y 2－24my ＋36＝0，则Δ＝(24m )2－4×36×(3m 2＋4)>0，所以m 2>4．y 1＋y 2＝24m 3m 2＋4，y 1y 2＝363m 2＋4， 则①MNF 1的面积S ①MNF 1＝|S ①NTF 1－S ①MTF 1|＝12|TF 1|·|y 1－y 2|＝32（y 1＋y 2）2－4y 1y 2 ＝32431444324222+-⎪⎭⎫ ⎝⎛+m m m ＝18m 2－44＋3m 2 ＝6×1m 2－4＋163m 2－4＝6×1m 2－4＋163m 2－4≤62163＝334． 当且仅当m 2－4＝163m 2－4，即m 2＝283时(此时适合Δ>0的条件)取得等号． 故①MNF 1面积的最大值为334．2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，P 在椭圆上(异于椭圆C 的左、右顶点)，过右焦点F 2作①F 1PF 2的外角平分线L 的垂线F 2Q ，交L 于点Q ，且|OQ |＝2(O 为坐标原点)，椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为43．(1)求椭圆C 的方程；(2)若直线l ：x ＝my ＋4(m ①R )与椭圆C 交于A ，B 两点，点A 关于x 轴的对称点为A ′，直线A ′B 交x 轴于点D ，求当①ADB 的面积最大时，直线l 的方程．解 (1)由椭圆的四个顶点围成的平行四边形的面积为4×12ab ＝43，得ab ＝23． 延长F 2Q 交直线F 1P 于点R ，因为F 2Q 为①F 1PF 2的外角平分线的垂线，所以|PF 2|＝|PR |，Q 为F 2R 的中点，所以|OQ |＝|F 1R |2＝|F 1P |＋|PR |2＝|F 1P |＋|PF 2|2＝a ， 所以a ＝2，b ＝3，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1． (2)联立⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝my ＋4，x 24＋y 23＝1，消去x ，得(3m 2＋4)y 2＋24my ＋36＝0， 所以Δ＝(24m )2－4×36×(3m 2＋4)＝144(m 2－4)>0，即m 2>4．设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A ′(x 1，－y 1)，由根与系数的关系，得y 1＋y 2＝－24m 3m 2＋4，y 1y 2＝363m 2＋4， 直线A ′B 的斜率k ＝y 2－(－y 1)x 2－x 1＝y 2＋y 1x 2－x 1， 所以直线A ′B 的方程为y ＋y 1＝y 1＋y 2x 2－x 1(x －x 1)， 令y ＝0，得x D ＝x 1y 2＋x 2y 1y 1＋y 2＝(my 1＋4)y 2＋y 1(my 2＋4)y 1＋y 2＝2my 1y 2y 1＋y 2＋4， 故x D ＝1，所以点D 到直线l 的距离d ＝31＋m 2， 所以S ①ADB ＝12|AB |·d ＝32(y 1＋y 2)2－4y 1y 2＝18·m 2－43m 2＋4． 令t ＝m 2－4(t >0)，则S ①ADB ＝18·t 3t 2＋16＝183t ＋16t≤1823×16＝334， 当且仅当3t ＝16t ，即t 2＝163＝m 2－4，即m 2＝283>4，m ＝±2213时，①ADB 的面积最大， 所以直线l 的方程为3x ＋221y －12＝0或3x －221y －12＝0．【例2】在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点P (2，1)，且离心率e ＝32．(1)求椭圆C 的方程；(2)直线l 的斜率为12，直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点，求△P AB 的面积的最大值． 解 (1)因为e 2＝c 2a 2＝a 2－b 2a 2＝34，所以a 2＝4b 2． 又椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点P (2，1)， 所以4a 2＋1b 2＝1．所以a 2＝8，b 2＝2． 故所求椭圆方程为x 28＋y 22＝1． (2)设l 的方程为y ＝12x ＋m ，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 联立⎩⎨⎧y ＝12x ＋m ，x 28＋y 22＝1消去y 整理得x 2＋2mx ＋2m 2－4＝0． 所以x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2m 2－4．又直线l 与椭圆相交，所以Δ＝4m 2－8m 2＋16>0，解得|m |<2．则|AB |＝1＋14×（x 1＋x 2）2－4x 1x 2＝5（4－m 2）． 点P 到直线l 的距离d ＝|m |1＋14＝2|m |5． 所以S ①P AB ＝12d |AB |＝12×2|m |5×5（4－m 2）＝m 2（4－m 2）≤m 2＋4－m 22＝2． 当且仅当m 2＝2，即m ＝±2时，①P AB 的面积取得最大值为2．【变式训练】1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与双曲线x 23－y 2＝1的离心率互为倒数，且直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点．(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设不过原点O 的直线与椭圆C 交于M ，N 两点，且直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，求△OMN 面积的取值范围．解：(1)①双曲线的离心率为233， ①椭圆的离心率e ＝c a ＝32． 又①直线x －y －2＝0经过椭圆的右顶点，①右顶点为点(2,0)，即a ＝2，c ＝3，b ＝1，①椭圆方程为x 24＋y 2＝1． (2)由题意可设直线的方程为y ＝kx ＋m (k ≠0，m ≠0)，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1， 消去y ，并整理得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0，则x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4(m 2－1)1＋4k 2， 于是y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2．又直线OM ，MN ，ON 的斜率依次成等比数列，故y 1x 1·y 2x 2＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2x 1x 2＝k 2， 则－8k 2m 21＋4k 2＋m 2＝0．由m ≠0得k 2＝14，解得k ＝±12． 又由Δ＝64k 2m 2－16(1＋4k 2)(m 2－1)＝16(4k 2－m 2＋1)＞0，得0＜m 2＜2，显然m 2≠1(否则x 1x 2＝0，x 1，x 2中至少有一个为0，直线OM ，ON 中至少有一个斜率不存在，与已知矛盾)．设原点O 到直线的距离为d ，则S ①OMN ＝12|MN |d ＝12·1＋k 2·|x 1－x 2|·|m |1＋k 2＝12|m |(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝－(m 2－1)2＋1． 故由m 的取值范围可得①OMN 面积的取值范围为(0,1)．2．在平面直角坐标系xOy 中，已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的离心率为32，且点⎪⎭⎫ ⎝⎛213，在椭圆C 上． (1)求椭圆C 的方程；(2)设椭圆E ：x 24a 2＋y 24b2＝1，P 为椭圆C 上任意一点，过点P 的直线y ＝kx ＋m 交椭圆E 于A ，B 两点，射线PO 交椭圆E 于点Q ．①求|OQ ||OP |的值； ②求△ABQ 面积的最大值．解 (1)由题意知3a 2＋14b 2＝1．又a 2－b 2a ＝32， 解得a 2＝4，b 2＝1．所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1． (2)由(1)知椭圆E 的方程为x 216＋y 24＝1． ①设P (x 0，y 0)，|OQ ||OP |＝λ(λ＞0)，由题意知Q (－λx 0，－λy 0)． 因为x 204＋y 20＝1，又(－λx 0)216＋(－λy 0)24＝1，即λ24⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+20204y x ＝1， 所以λ＝2，即|OQ ||OP |＝2 ①设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．将y ＝kx ＋m 代入椭圆E 的方程，可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－16＝0，由Δ＞0，可得m 2＜4＋16k 2，(*)则有x 1＋x 2＝－8km 1＋4k 2，x 1x 2＝4m 2－161＋4k 2．所以|x 1－x 2|＝416k 2＋4－m 21＋4k 2． 因为直线y ＝kx ＋m 与y 轴交点的坐标为(0，m )，所以①OAB 的面积S ＝12|m ||x 1－x 2|＝216k 2＋4－m 2|m |1＋4k 2＝2(16k 2＋4－m 2)m 21＋4k 2＝2 222241414k m k m +⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-． 设m 21＋4k 2＝t ，将y ＝kx ＋m 代入椭圆C 的方程， 可得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，由Δ≥0，可得m 2≤1＋4k 2．(**)由(*)和(**)可知0＜t ≤1，因此S ＝2(4－t )t ＝2－t 2＋4t ，故0＜S ≤23，当且仅当t ＝1，即m 2＝1＋4k 2时取得最大值23．由①知，①ABQ 的面积为3S ，所以①ABQ 面积的最大值为63．【例3】已知动圆E 经过点F (1，0)，且和直线l ：x ＝－1相切．(1)求该动圆圆心E 的轨迹G 的方程；(2)已知点A (3，0)，若斜率为1的直线l ′与线段OA 相交(不经过坐标原点O 和点A )，且与曲线G 交于B ，C 两点，求△ABC 面积的最大值．解 (1)由题意可知点E 到点F 的距离等于点E 到直线l 的距离，①动点E 的轨迹是以F (1，0)为焦点，直线x ＝－1为准线的抛物线，故轨迹G 的方程是y 2＝4x ．(2)设直线l ′的方程为y ＝x ＋m ，其中－3<m <0，C (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立得方程组⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋m ，y 2＝4x 消去y ，得x 2＋(2m －4)x ＋m 2＝0，Δ＝(2m －4)2－4m 2＝16(1－m )>0恒成立．由根与系数的关系得x 1＋x 2＝4－2m ，x 1·x 2＝m 2，①|CB |＝42（1－m ），点A 到直线l ′的距离d ＝3＋m 2， ①S ①ABC ＝12×42（1－m ）×3＋m 2＝21－m ×(3＋m )， 令1－m ＝t ，t ①(1，2)，则m ＝1－t 2，①S ①ABC ＝2t (4－t 2)＝8t －2t 3，令f (t )＝8t －2t 3，①f ′(t )＝8－6t 2，令f ′(t )＝0，得t ＝23(负值舍去)． 易知y ＝f (t )在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛32,1上单调递增，在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2,32上单调递减． ①y ＝f (t )在t ＝23，即m ＝－13时取得最大值为3239． ①①ABC 面积的最大值为3239．【变式训练】1．如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎪⎭⎫ ⎝⎛-41,21，B ⎪⎭⎫ ⎝⎛4923，，抛物线上的点P (x ，y )⎪⎭⎫ ⎝⎛<<-2321x ．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|P A |·|PQ |的最大值．解析 (1)设直线AP 的斜率为k ，则k ＝x 2－14x ＋12＝x －12． 因为－12<x <32，所以直线AP 斜率的取值范围是(－1,1)． (2)联立直线AP 与BQ 的方程可得⎩⎨⎧ kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32(k 2＋1)． 因为|P A |＝1＋k 2⎪⎭⎫ ⎝⎛+21x ＝1＋k 2(k ＋1)， |PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－(k －1)(k ＋1)2k 2＋1， 所以|P A |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3．令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3＝－k 4－2k 3＋2k ＋1，因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛-21,1上单调递增，在区间⎪⎭⎫ ⎝⎛1,21上单调递减． 因此当k ＝12时，|P A |·|PQ |取得最大值2716．2．设抛物线y 2＝4x 的焦点为F ，过点12，0的动直线交抛物线于不同两点P ，Q ，线段PQ 中点为M ，射线MF 与抛物线交于点A ．(1)求点M 的轨迹方程；(2)求①APQ 的面积的最小值．解：(1)设直线PQ 方程为x ＝ty ＋12，代入y 2＝4x ，得y 2－4ty －2＝0． 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝4t ，y 1y 2＝－2，x 1＋x 2＝t (y 1＋y 2)＋1＝4t 2＋1，所以M 2t 2＋12，2t ． 设M (x ，y )，由⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝2t 2＋12，y ＝2t消去t ，得中点M 的轨迹方程为y 2＝2x －1． (2)设F A →＝λFM →(λ<0)，A (x 0，y 0)，又F (1,0)，M 2t 2＋12，2t ， 则(x 0－1，y 0)＝λ⎪⎭⎫ ⎝⎛-t t 2,2122，即⎩⎪⎨⎪⎧ x 0＝2λt 2－12λ＋1，y 0＝2λt .由点A 在抛物线y 2＝4x 上，得4λ2t 2＝8λt 2－2λ＋4，化简得(λ2－2λ)t 2＝－12λ＋1． 又λ<0，所以t 2＝－12λ． 因为点A 到直线PQ 的距离d ＝|4λt 2－λ＋2－4λt 2－1|21＋t 2＝|λ－1|21＋t 2， |PQ |＝1＋t 2|y 1－y 2|＝2(1＋t 2)(4t 2＋2)．所以①APQ 的面积S ＝12·|PQ |·d ＝222t 2＋1|λ－1|＝22 (λ－1)3λ．设f (λ)＝(λ－1)3λ，λ<0，则f ′(λ)＝(λ－1)2(2λ＋1)λ2， 由f ′(λ)>0，得λ>－12； 由f ′(λ)<0，得λ<－12， 所以f (λ)在－∞，－12上是减函数，在－12，0上是增函数，因此，当λ＝－12时，f (λ)取到最小值． 所以①APQ 的面积的最小值是364．2．解决圆锥曲线中范围问题的方法圆锥曲线的有关几何量的取值范围问题一直是高考的热点，解决这类问题的基本途径：先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，建立目标函数，然后利用函数的有关知识和方法进行求解．一般有五种思考方法：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定参数的取值范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的取值范围，解决这类问题的关键是在两个参数之间建立起相应的联系；(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求参数的取值范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求参数的取值范围；(5)利用函数的值域，确定参数的取值范围．【例3】已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，短轴长为2． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线l ：y ＝kx ＋m 与椭圆C 交于M ，N 两点，O 为坐标原点，若k OM ·k ON ＝54，求原点O 到直线l 的距离的取值范围．解 (1)由题知e ＝c a ＝32，2b ＝2，又a 2＝b 2＋c 2，①b ＝1，a ＝2， ①椭圆C 的标准方程为x 24＋y 2＝1． (2)设M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，联立方程⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4m 2－4＝0，依题意，Δ＝(8km )2－4(4k 2＋1)(4m 2－4)>0，化简得m 2<4k 2＋1，①x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－44k 2＋1， y 1y 2＝(kx 1＋m )(kx 2＋m )＝k 2x 1x 2＋km (x 1＋x 2)＋m 2．若k OM ·k ON ＝54，则y 1y 2x 1x 2＝54，即4y 1y 2＝5x 1x 2， ①(4k 2－5)x 1x 2＋4km (x 1＋x 2)＋4m 2＝0，①(4k 2－5)·4（m 2－1）4k 2＋1＋4km ·⎪⎭⎫ ⎝⎛+-1482k km ＋4m 2＝0， 即(4k 2－5)(m 2－1)－8k 2m 2＋m 2(4k 2＋1)＝0，化简得m 2＋k 2＝54，① 由①①得0≤m 2<65，120<k 2≤54． ①原点O 到直线l 的距离d ＝|m |1＋k 2，①d 2＝m 21＋k 2＝54－k 21＋k 2＝－1＋94（1＋k 2）， 又120<k 2≤54，①0≤d 2<87，①原点O 到直线l 的距离的取值范围是⎪⎪⎭⎫⎢⎢⎣⎡71420，． 【变式训练】1．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点为F (1,0)，且点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛231，在椭圆C 上，O 为坐标原点． (1)求椭圆C 的标准方程；(2)设过定点T (0,2)的直线l 与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，且∠AOB 为锐角，求直线l 的斜率k 的取值范围．解析：(1)由题意，得c ＝1， 所以a 2＝b 2＋1．因为点P ⎪⎭⎫ ⎝⎛231，在椭圆C 上， 所以1a 2＋94b 2＝1，所以a 2＝4，b 2＝3． 则椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1． (2)设直线l 的方程为y ＝kx ＋2，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 24＋y 23＝1，y ＝kx ＋2得(4k 2＋3)x 2＋16kx ＋4＝0． 因为Δ＝48(4k 2－1)>0，所以k 2>14， 由根与系数的关系，得x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝44k 2＋3． 因为∠AOB 为锐角，所以OA →·OB →>0，即x 1x 2＋y 1y 2>0．所以x 1x 2＋(kx 1＋2)(kx 2＋2)>0，即(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4>0，所以(1＋k 2)·44k 2＋3＋2k ·－16k 4k 2＋3＋4>0， 即－12k 2＋164k 2＋3>0， 所以k 2<43． 综上可知14<k 2<43， 解得－233<k <－12或12<k <233． 所以直线l 的斜率k 的取值范围为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--332,2121,332 ．2．已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的两焦点分别是F 1(－2，0)，F 2(2，0)，点E ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛2332，在椭圆C 上． (1)求椭圆C 的方程；(2)设P 是y 轴上的一点，若椭圆C 上存在两点M ，N 使得MP →＝2PN →，求以F 1P 为直径的圆的面积的取值范围．解：(1)由题意知，半焦距c ＝2，2a ＝|EF 1|＋|EF 2|＝8＋92＋322＝42， 所以a ＝22，所以b 2＝a 2－c 2＝8－2＝6， 所以椭圆C 的方程是x 28＋y 26＝1． (2)设点P 的坐标为(0，t )，当直线MN 的斜率不存在时，可得M ，N 分是是短轴的两端点，得到t ＝±63． 当直线MN 的斜率存在时，设直线MN 的方程为y ＝kx ＋t ，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)，则由MP →＝2PN →得x 1＝－2x 2， ①联立，得⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋t ，x 28＋y 26＝1，整理得(3＋4k 4)x 2＋8ktx ＋4t 2－24＝0， 由Δ>0得64k 2t 2－4(3＋4k 2)(4t 2－24)>0，整理得t 2<8k 2＋6．由根与系数的关系得x 1＋x 2＝－8kt 3＋4k 2，x 1x 2＝4t 2－243＋4k 2，② 由①②，消去x 1，x 2得k 2＝－t 2＋612t 2－8，由⎩⎪⎨⎪⎧ －t 2＋612t 2－8≥0，t 2<8·－t 2＋612t 2－8＋6，得23<t 2<6． 综上23≤t 2<6． 因为以F 1P 为直径的圆的面积S ＝π． ·2＋t 24，所以S 的取值范围是⎪⎭⎫⎢⎣⎡ππ2,32．3．已知椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)与抛物线C 2：x 2＝2py (p ＞0)有一个公共焦点，抛物线C 2的准线l 与椭圆C 1有一交点坐标是(2，－2)．(1)求椭圆C 1与抛物线C 2的方程；(2)若点P 是直线l 上的动点，过点P 作抛物线的两条切线，切点分别为A ，B ，直线AB 与椭圆C 1分别交于点E ，F ，求OE →·OF →的取值范围．[解析] (1)抛物线C 2的准线方程是y ＝－2，所以－p 2＝－2，即p ＝4，所以抛物线C 2的方程为x 2＝8y ． 椭圆C 1：y 2a 2＋x 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的焦点坐标分别是(0，－2)，(0,2)，所以c ＝2． 2a ＝2＋0＋2＋(2＋2)2＝42，解得a ＝22，则b ＝2，所以椭圆C 1的方程为y 28＋x 24＝1． (2)设点P (t ，－2)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，E (x 3，y 3)，F (x 4，y 4)，抛物线方程可化为y ＝18x 2，求导得y ′＝14x ， 所以AP 的方程为y －y 1＝14x 1(x －x 1)， 将P (t ，－2)代入，得－2－y 1＝14x 1t －2y 1，即y 1＝14tx 1＋2． 同理，BP 的方程为y 2＝14tx 2＋2，所以直线AB 的方程为y ＝14tx ＋2． 由⎩⎨⎧ y ＝14tx ＋2，y 28＋x 24＝1消去y ，整理得(t 2＋32)x 2＋16tx －64＝0，则Δ＝256t 2＋256(t 2＋32)＞0，且x 3＋x 4＝－16t t 2＋32，x 3x 4＝－64t 2＋32所以OE →·OF →＝x 3x 4＋y 3y 4＝(1＋t 216)x 3x 4＋t 2(x 3＋x 4)＋4＝－8t 2＋64t 2＋32＝320t 2＋32－8． 因为0＜320t 2＋32≤10，所以OE →·OF →的取值范围是(－8,2]．4．已知椭圆C ：x 23＋y 22＝1，直线l ：y ＝kx ＋m (m ≠0)，设直线l 与椭圆C 交于A ，B 两点．(1)若|m |>3，求实数k 的取值范围；(2)若直线OA ，AB ，OB 的斜率成等比数列(其中O 为坐标原点)，求△OAB 的面积的取值范围．[解](1)联立方程x 23＋y 22＝1和y ＝kx ＋m ， 得(2＋3k 2)x 2＋6kmx ＋3m 2－6＝0，所以Δ＝(6km )2－4(2＋3k 2)(3m 2－6)>0，所以m 2<2＋3k 2，所以2＋3k 2>3，即k 2>13，解得k >33或k <－33． 所以实数k 的取值范围为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-∞-33,∪⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+，33． (2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝－6km 2＋3k 2，x 1x 2＝3m 2－62＋3k 2． 设直线OA ，OB 的斜率分别为k 1，k 2，因为直线OA ，AB ，OB 的斜率成等比数列，所以k 1k 2＝y 1y 2x 1x 2＝k 2，即(kx 1＋m )(kx 2＋m )x 1x 2＝k 2(m ≠0)， 化简得2＋3k 2＝6k 2，即k 2＝23． 因为|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝⎪⎭⎫ ⎝⎛-223635m ， 点O 到直线l 的距离h ＝|m |1＋k 2＝35|m |， 所以S △OAB ＝12|AB |·h ＝66·⎪⎭⎫ ⎝⎛-2223623m m ≤66×2622362322=⎪⎭⎫ ⎝⎛-+m m ，当m ＝±2时，直线OA 或OB 的斜率不存在，等号取不到，所以△OAB 的面积的取值范围为⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛260，．【课后巩固】1．已知点P 是圆O ：x 2＋y 2＝1上任意一点，过点P 作PQ ⊥y 轴于点Q ，延长QP 到点M ，使QP →＝PM →．(1)求点M 的轨迹E 的方程；(2)过点C (m,0)作圆O 的切线l ，交(1)中的曲线E 于A ，B 两点，求△AOB 面积的最大值．解 (1)设M (x ，y )，①QP →＝PM →，①P 为QM 的中点，又有PQ ①y 轴，①P ⎪⎭⎫ ⎝⎛y x ,2， ①点P 是圆O ：x 2＋y 2＝1上的点，①22⎪⎭⎫ ⎝⎛x ＋y 2＝1， 即点M 的轨迹E 的方程为x 24＋y 2＝1． (2)由题意可知直线l 与y 轴不垂直，故可设l ：x ＝ty ＋m ，t ①R ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，①l 与圆O ：x 2＋y 2＝1相切， ①|m |t 2＋1＝1，即m 2＝t 2＋1，① 由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋4y 2＝4，x ＝ty ＋m 消去x ，并整理得(t 2＋4)y 2＋2mty ＋m 2－4＝0，其中Δ＝4m 2t 2－4(t 2＋4)(m 2－4)＝48>0，①y 1＋y 2＝－2mt t 2＋4，y 1y 2＝m 2－4t 2＋4．① ①|AB |＝(x 1－x 2)2＋(y 1－y 2)2＝t 2＋1(y 1＋y 2)2－4y 1y 2，将①①代入上式得|AB |＝t 2＋1 4m 2t 2(t 2＋4)2－4(m 2－4)t 2＋4＝43|m |m 2＋3，|m |≥1， ①S ①AOB ＝12|AB |·1＝12·43|m |m 2＋3 ＝23|m |＋3|m |≤2323＝1， 当且仅当|m |＝3|m |，即m ＝±3时，等号成立， ①①AOB 面积的最大值为1．2．已知椭圆C 的方程为x 24＋y 22＝1，A 是椭圆上的一点，且A 在第一象限内，过A 且斜率等于－1的直线与椭圆C 交于另一点B ，点A 关于原点的对称点为D .(1)证明：直线BD 的斜率为定值；(2)求△ABD 面积的最大值．【解】 (1)证明：设D (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则A (－x 1，－y 1)，直线BD 的斜率k ＝y 2－y 1x 2－x 1， 由⎩⎨⎧x 214＋y 212＝1，x 224＋y 222＝1，两式相减得y 2－y 1x 2－x 1＝－12×x 1＋x 2y 1＋y 2， 因为k AB ＝y 1＋y 2x 1＋x 2＝－1，所以k ＝y 2－y 1x 2－x 1＝12，故直线BD 的斜率为定值12. (2)连接OB ，因为A ，D 关于原点对称，所以S △ABD ＝2S △OBD ，由(1)可知BD 的斜率k ＝12，设BD 的方程为y ＝12x ＋t ， 因为D 在第三象限，所以－2<t <1且t ≠0，O 到BD 的距离d ＝|t |1＋14＝2|t |5， 由⎩⎨⎧y ＝12x ＋t ，x 24＋y 22＝1，整理得3x 2＋4tx ＋4t 2－8＝0， 所以x 1＋x 2＝－4t 3，x 1x 2＝4(t 2－2)3， 所以S △ABD ＝2S △OBD ＝2×12×|BD |×d ＝52(x 1＋x 2)2－4x 1x 2·2|t |5＝|t|·(x1＋x2)2－4x1x2＝|t|·96－32t23＝423·t2(3－t2)≤2 2.所以当且仅当t＝－62时，S△ABD取得最大值2 2.3．如图，已知抛物线C 1：x 2＝4y 与椭圆C 2：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)交于点A ，B ，且抛物线C 1在点A 处的切线l 1与椭圆C 2在点A 处的切线l 2互相垂直．(1)求椭圆C 2的离心率；(2)设l 1与C 2交于点P ，l 2与C 1交于点Q ，求△APQ 面积的最小值．解：(1)设点A (x 0，y 0)，B (－x 0，y 0)，其中x 0＞0，y 0＞0，则抛物线C 1在点A 处的切线方程为l 1：x 0x ＝2(y 0＋y )，椭圆C 2在点A 处的切线方程为l 2：x 0x a 2＋y 0y b2＝1． 由题意可知，l 1⊥l 2，则有x 02·⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-0202y a x b ＝－1， 且x 20＝4y 0，所以a 2＝2b 2，从而椭圆C 2的离心率e ＝c a ＝1－b 2a 2＝22． (2)由椭圆C 2的离心率为22，可设椭圆方程为x 22b 2＋y 2b2＝1， 设A (2t ，t 2)，l 1：y ＝tx －t 2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝tx －t 2，x 2＋2y 2＝2b 2，得(1＋2t 2)x 2－4t 3x ＋2t 4－2b 2＝0， 所以|AP |＝1＋t 2·|x P －x A |＝t 2＋1t tt 22122++， 设l 2：y ＝－1tx ＋t 2＋2，同理可得|AQ |＝1＋1t 2·|x Q －x A |＝1＋1t 2·t t t 242++， 所以S △APQ ＝12|AP ||AQ |＝221⎪⎭⎫ ⎝⎛+t t ·4t ＋4t 31＋2t 2＝8(t 2＋1)3(1＋2t 2)t． 令f (t )＝(t 2＋1)3(1＋2t 2)t ，t ＞0，则f ′(t )＝(t 2＋1)2(2t 2－1)(3t 2＋1)(1＋2t 2)2t 2．令f ′(t )＝0，得t ＝22，所以函数f (t )在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛220，上单调递减， 在⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛∞+，22上单调递增．所以f (t )≥f ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛22＝2782， 所以S ①APQ ≥2722． 故①APQ 面积的最小值为2722． 4．已知抛物线E ：y 2＝2px (p >0)的焦点为F ，过点F 且倾斜角为π4的直线l 被E 截得的线段长为8． (1)求抛物线E 的方程；(2)已知点C 是抛物线上的动点，以C 为圆心的圆过点F ，且圆C 与直线x ＝－12相交于A ，B 两点，求|F A |·|FB |的取值范围．解析：(1)由题意，直线l 的方程为y ＝x －p 2． 联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －p 2，y 2＝2px ，消去y 整理得x 2－3px ＋p 24＝0． 设直线l 与抛物线E 的交点的横坐标分别为x 1，x 2，则x 1＋x 2＝3p ，故直线l 被抛物线E 截得的线段长为x 1＋x 2＋p ＝4p ＝8，得p ＝2，∴抛物线E 的方程为y 2＝4x ．(2)由(1)知，F (1,0)，设C (x 0，y 0)，则圆C 的方程是(x －x 0)2＋(y －y 0)2＝(x 0－1)2＋y 20．令x ＝－12，得y 2－2y 0y ＋3x 0－34＝0． 又∵y 20＝4x 0，∴Δ＝4y 20－12x 0＋3＝y 20＋3>0恒成立．设A ⎪⎭⎫ ⎝⎛-3,21y ，B ⎪⎭⎫ ⎝⎛-4,21y ，则y 3＋y 4＝2y 0，y 3y 4＝3x 0－34． ∴|F A |·|FB |＝ y 23＋94· y 24＋94＝ (y 3y 4)2＋94(y 23＋y 24)＋8116＝ 1681433244943302020+⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--+⎪⎭⎫ ⎝⎛-x y x ＝9x 20＋18x 0＋9＝3|x 0＋1|．∵x 0≥0，∴|F A |·|FB |∈[3，＋∞)．5．设圆x 2＋y 2＋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，过点B 作AC 的平行线交AD 于点E ．(1)证明EB EA +为定值，并写出点E 的轨迹方程；(2)设点E 的轨迹方程为曲线C 1，直线l 交C 1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。
人教版高考数学总复习第一部分考点指导第九章平面解析几何第八节 第1课时圆锥曲线中的最值、范围问题
已知椭圆 C：xa22 ＋yb22
＝1(a＞b＞0)的离心率
e＝
3 2
，直线
x＋
3
y－1＝0 被
以椭圆 C 的短轴为直径的圆截得的弦长为 3 .
消去 y 整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则 x1＋x2＝1＋4k22k2
2k2－2 ，x1x2＝1＋2k2
，
所以|AB|＝ 1＋k2 · （x1＋x2）2－4x1x2 ＝ 1＋k2 · 1＋4k22k22－4×21k＋2－2k22
2 2（1＋k2）
【解析】(1)由题意得，抛物线 C2 的焦点坐标为 F312，0 .
(2)设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x3，y3)，C(－x1，－y1)，则 OM∥BC，
kAM·kOM＝kAB·kBC＝yx11－ －yx22
y1＋y2 · x1＋x2
＝yx1122
－y22 －x22
＝－21 ，
则 kAM·kOM＝yx11－ －yx33 ·yx33 ＝2py（21 y－1－y32y3） ·yx33
10 40
.
于是 p 的最大值为
10 40
，
此时 x1＝2
10 5
，y1＝
5 5
，
即在 A2
510，
5
5
时取得．
圆锥曲线中的最值问题的常见解法 (1)几何法：即通过利用圆锥曲线的定义、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：即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)变量的函数(解析 式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
综上，k 的取值范围为[－3，－1)∪(1，3].
数学一轮复习第八章平面解析几何第九节圆锥曲线的综合问题第1课时最值范围证明问题学案含解析
第九节圆锥曲线的综合问题最新考纲考情分析1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法．2．了解圆锥曲线的简单应用．3．理解数形结合的思想.1.直线与椭圆、抛物线的位置关系是近几年高考命题的热点．2．考查知识有直线与椭圆、抛物线相交，涉及弦长、中点、面积、对称、存在性问题．3．题型主要以解答题的形式出现,属中高档题。
知识点一直线与圆锥曲线的位置关系1．直线与圆锥曲线的位置关系判断直线l与圆锥曲线C的位置关系时,通常将直线l的方程Ax＋By＋C＝0（A,B不同时为0)代入圆锥曲线C的方程F(x，y)＝0，消去y（也可以消去x）得到一个关于变量x(或变量y）的一元方程．即错误!消去y，得ax2＋bx＋c＝0。
（1）当a≠0时,设一元二次方程ax2＋bx＋c＝0的判别式为Δ,则Δ>0⇔直线与圆锥曲线C相交；Δ＝0⇔直线与圆锥曲线C相切；Δ<0⇔直线与圆锥曲线C相离．（2)当a＝0，b≠0时，即得到一个一元一次方程，则直线l 与圆锥曲线C相交，且只有一个交点，此时，若C为双曲线，则直线l与双曲线的渐近线的位置关系是平行；若C为抛物线，则直线l与抛物线的对称轴的位置关系是平行或重合．2．圆锥曲线的弦长设斜率为k(k≠0）的直线l与圆锥曲线C相交于A,B两点,A(x1，y1），B（x2,y2),则|AB｜＝错误!｜x1－x2|＝错误!·错误!＝错误!·|y1－y2|＝错误!·错误!.知识点二圆锥曲线中的最值与取值范围问题圆锥曲线中的最值与取值范围问题一直是高考命题的热点，各种题型都有，命题角度很广,归纳起来常见的命题角度有：1．转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值；2．利用三角函数有界性求最值；3．数形结合利用几何性质求最值．知识点三圆锥曲线中的定值与定点问题1．这类问题一般考查直线与圆锥曲线的位置关系,一元二次方程的根与系数之间的关系，考查斜率、向量的运算以及运算能力．2．解决这类定点与定值问题的方法有两种：一是研究一般情况，通过逻辑推理与计算得到定点或定值，这种方法难度大，运算量大，且思路不好寻找；另外一种方法就是先利用特殊情况确定定点或定值，然后验证，这样在整理式子或求值时就有了明确的方向．1．思考辨析判断下列结论正误(在括号内打“√”或“×”）（1）直线l与椭圆C相切的充要条件是：直线l与椭圆C只有一个公共点．(√)（2）直线l与双曲线C相切的充要条件是：直线l与双曲线C只有一个公共点．(×)（3)直线l与抛物线C相切的充要条件是：直线l与抛物线C 只有一个公共点．（×)（4)如果直线x＝ty＋a与圆锥曲线相交于A(x1，y1）,B(x2，y2)两点,则弦长｜AB|＝错误!｜y1－y2|.(√）解析：(2)因为直线l与双曲线C的渐近线平行时,也只有一个公共点，是相交，但并不相切．（3）因为直线l与抛物线C的对称轴平行或重合时,也只有一个公共点，是相交，但不相切．2．小题热身（1)过点（0,1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(C)A．1条B．2条C．3条D．4条解析：结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点（0,1)且平行于x轴的直线以及过点（0,1）且与抛物线相切的直线（非直线x＝0)．（2)（2020·浙江八校联考）抛物线y＝ax2与直线y＝kx＋b(k≠0）交于A，B两点，且这两点的横坐标分别为x1，x2，直线与x轴交点的横坐标是x3，则(B）A．x3＝x1＋x2B．x1x2＝x1x3＋x2x3C．x1＋x2＋x3＝0 D．x1x2＋x2x3＋x3x1＝0解析：由错误!消去y得ax2－kx－b＝0,可知x1＋x2＝错误!，x1x2＝－错误!，令kx＋b＝0得x3＝－错误!，所以x1x2＝x1x3＋x2x3.(3)已知抛物线y＝ax2(a>0)的准线为l,l与双曲线x24－y2＝1的两条渐近线分别交于A,B两点，若｜AB｜＝4，则a＝错误!.解析：抛物线y＝ax2(a〉0）的准线l：y＝－错误!,双曲线错误!－y2＝1的两条渐近线分别为y＝错误!x，y＝－错误!x，可得x A＝－错误!，x B＝错误!，可得｜AB|＝错误!－错误!＝4，解得a＝错误!。
高考数学知识点复习：圆锥曲线中最值与范围问题 课件
【解答】 (1) 以 O 为原点，AB，OD 所在直线分别为 x 轴、y 轴，建立如图(2)所示
的平面直角坐标系，则 A(－2,0)，B(2,0)，D(0，2)，P( 3，1)，依题意得|MA－MB|＝|PA
－PB|＝ 3＋22＋12－ 3－22＋12＝2 2＜AB＝4，
所以曲线 C 是以原点为中心，A，B 为焦点的双曲线．
设实半轴长为 a，虚半轴长为 b，半焦距为 c，
则 c＝2,2a＝2 2，所以 a2＝2，b2＝c2－a2＝2，
所以曲线 C 的方程为x22－y22＝1.
图(2)
(2) 依题意，可设直线 l 的方程为 y＝kxx－6＝0.
因为直线 l 与双曲线 C 相交于不同的两点 E，F，
x＝my＋12， 消去 x 并整理得 4(3m2＋4)y2＋12my－45＝0. 设 E(x1，y1)，F(x2，y2)，M(x0，y0)， 则 y1＋y2＝－3m32m＋4，所以 y0＝－23m3m2＋4，
所以 x0＝3m22＋4，所以 k＝4mm2＋4. ①当 m＝0 时，k＝0. ②当 m≠0 时，k＝4m1＋m4 ， 因为|4m＋m4 |＝4|m|＋|m4 |≥8，所以 0<|k|≤18， 所以－18≤k≤18，且 k≠0， 综合①②可知，直线 MA 的斜率 k 的取值范围是－18，18.
【解答】 (1) 因为椭圆 C 过点1，32， 所以a12＋49b2＝1.① 因为椭圆 C 关于直线 x＝c 对称的图形过坐标原点， 所以 a＝2c，所以 b2＝34a2.② 由①②得 a＝2，b＝ 3， 所以椭圆 C 的方程为x42＋y32＝1.
(2) 依题意，直线 l 过点12，0，且斜率不为零， 所以可设其方程为 x＝my＋12. 联立x42＋y32＝1，
高考数学大一轮复习 第九章 平面解析几何 第9讲 圆锥曲线中的范围、最值问题课件 文
解：(1)设 T(x，y)，由题意知 A(－4，0)，B(4，0)，设直线 TA 的斜率为 k1，直线 TB 的斜率为 k2， 则 k1＝x＋y 4，k2＝x－y 4. 由 k1k2＝－34，得x＋y 4·x－y 4＝－34， 整理得1x62＋1y22 ＝1. 故椭圆 C 的方程为1x62＋1y22 ＝1.
第三十二页，共三十八页。
令 f(t)＝3t＋1t (t≥1)，则 f′(t)＝3－t12， 当 t≥1 时，f′(t)≥0，f(t)在[1，＋∞)上单调递增， 有 f(t)≥f(1)＝4， 所以 S△F1AB≤3， 即当 t＝1，即 m＝0 时，S△F1AB 取得最大值，最大值为 3， 由 S△F1AB＝4R，得 Rmax＝34，所以所求内切圆面积的最大值为 196π. 故△F1AB 的内切圆面积的最大值为196π，此时直线 l：x＝1.
第二十二页，共三十八页。
因为 f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2， 所以 f(k)在区间－1，12上单调递增，12，1上单调递减， 因此当 k＝12时，|PA|·|PQ|取得最大值2176.
第二十三页，共三十八页。
角度四 利用基本不等式求最值 (2019·太原模拟)已知椭圆 M：xa22＋y32＝1(a>0)的一个焦
点为 F(－1，0)，左、右顶点分别为 A，B．经过点 F 的直线
l 与椭圆 M 交于 C，D 两点． (1)当直线 l 的倾斜角为 45°时，求线段 CD 的长； (2)记△ABD 与△ABC 的面积分别为 S1 和 S2，求|S1－S2|的最 大值．
第二十四页，共三十八页。
【解】 (1)由题意，c＝1，b2＝3， 所以 a2＝4，所以椭圆 M 的方程为x42＋y32＝1， 易求直线方程为 y＝x＋1，联立方程，得x42＋y32＝1，
圆锥曲线—最值、范围问题-高考数学复习
第八章 平面解析几何
高考一轮总复习 • 数学
返回导航
2．(2023·广东佛山市二模)双曲线 C：xa22－by22＝1(a>0，b>0)的左顶点 为 A，焦距为 4，过右焦点 F 作垂直于实轴的直线交 C 于 B、D 两点， 且△ABD 是直角三角形．
(1)求双曲线 C 的方程； (2)M、N 是 C 右支上的两动点，设直线 AM、AN 的斜率分别为 k1、 k2，若 k1k2＝－2，求点 A 到直线 MN 的距离 d 的取值范围．
第八章 平面解析几何
高考一轮总复习 • 数学
圆锥曲线最值问题答题模板.
返回导航
第八章 平面解析几何
高考一轮总复习 • 数学
返回导航
【变式训练】 (2024·湖南三湘创新发展联合体联考)在直角坐标系xOy中，动点P到 直线x＝4的距离是它到点M(1,0)的距离的2倍，设动点P的轨迹为曲线
C．
(1)求曲线C的方程； (2)直线l：x＝my－1与曲线C交于A，B两点，求△MAB面积的最大 值．
则 y1＋y2＝－3m6m2－n 1，y1y2＝33mn22－－11(*)
第八章 平面解析几何
高考一轮总复习 • 数学
返回导航
由 k1k2＝－2，得 y1y2＋2(x1＋1)(x2＋1)＝0， 即 y1y2＋2(my1＋n＋1)(my2＋n＋1)＝0， 整理得(2m2＋1)y1y2＋2m(n＋1)(y1＋y2)＋2(n＋1)2＝0， 将(*)式代入得 3(n2－1)(2m2＋1)－12m2n(n＋1)＋2(n＋1)2(3m2－1)＝ 0. 化简可消去所有的含 m 项，解得 n＝5 或 n＝－1(舍去)． 则直线 MN 的方程为 x－my－5＝0，则 d＝ m62＋1，
2021高考数学一轮复习第9章平面解析几何第8节圆锥曲线中的范围最值问题教学案文
第八节 圆锥曲线中的范围、最值问题(对应学生用书第165页)⊙考点1 范围问题圆锥曲线中范围问题的五个解题策略解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(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．(2019·大连模拟)设椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左焦点为F 1，离心率为12，点F 1为圆M ：x 2＋y 2＋2x －15＝0的圆心．(1)求椭圆的方程；(2)已知过椭圆右焦点F 2的直线l 交椭圆于A ，B 两点，过点F 2且与直线l 垂直的直线l 1与圆M 交于C ，D 两点，求四边形ACBD 面积的取值范围．[解](1)由题意知c a ＝12，则a ＝2c .圆M 的标准方程为(x ＋1)2＋y 2＝16，从而椭圆的左焦点为F 1(－1,0)，即c ＝1.所以a ＝2. 由b 2＝a 2－c 2，得b ＝ 3. 所以椭圆的方程为x 24＋y 23＝1.(2)由(1)可知椭圆右焦点F 2(1,0)．①当直线l 与x 轴垂直时，此时斜率k 不存在，直线l ：x ＝1，直线l 1：y ＝0，可得|AB |＝3，|CD |＝8，四边形ACBD 的面积为12.②当直线l 与x 轴平行时，此时斜率k ＝0，直线l ：y ＝0，直线l 1：x ＝1，可得|AB |＝4，|CD |＝43，四边形ACBD 的面积为8 3.③当直线l 与x 轴不垂直也不平行时，设直线l 的方程为y ＝k (x －1)(k ≠0)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k x －1，x 24＋y23＝1，得(4k 2＋3)x 2－8k 2x ＋4k 2－12＝0.显然Δ＞0，且x 1＋x 2＝8k 24k 2＋3，x 1x 2＝4k 2－124k 2＋3.所以|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2|＝12k 2＋14k 2＋3. 过点F 2(1,0)且与直线l 垂直的直线l 1：y ＝－1k(x －1)，则圆心到直线l 1的距离为2k 2＋1，所以|CD |＝242－⎝ ⎛⎭⎪⎫2k 2＋12＝44k 2＋3k 2＋1. 故四边形ACBD 的面积S ＝12|AB ||CD |＝121＋14k 2＋3. 可得当直线l 与x 轴不垂直时，四边形ACBD 面积的取值范围为(12,83)． 综上，四边形ACBD 面积的取值范围为[12,83]．过点F 2的直线l 与l 1，有斜率不存在的情况，应分类求解．[教师备选例题](2019·石家庄模拟)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)上一点P (x 0,2)到焦点F 的距离|PF |＝2x 0.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点P 引圆M ：(x －3)2＋y 2＝r 2(0＜r ≤2)的两条切线PA ，PB ，切线PA ，PB 与抛物线C 的另一交点分别为A ，B ，线段AB 中点的横坐标记为t ，求t 的取值范围．[解](1)由抛物线定义，得|PF |＝x 0＋p2，由题意得，⎩⎪⎨⎪⎧2x 0＝x 0＋p2，2px 0＝4，p ＞0，解得⎩⎪⎨⎪⎧p ＝2，x 0＝1.所以抛物线C 的方程为y 2＝4x .(2)由题意知，过P 引圆(x －3)2＋y 2＝r 2(0＜r ≤2)的切线斜率存在且不为0，设切线PA 的方程为y ＝k 1(x －1)＋2，则圆心M (3,0)到切线PA 的距离d ＝|2k 1＋2|k 21＋1＝r ，整理得，(r 2－4)k 21－8k 1＋r 2－4＝0.设切线PB 的方程为y ＝k 2(x －1)＋2，同理可得(r 2－4)k 22－8k 2＋r 2－4＝0. 所以k 1，k 2是方程(r 2－4)k 2－8k ＋r 2－4＝0的两根，k 1＋k 2＝8r 2－4，k 1k 2＝1.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －1＋2，y 2＝4x得，k 1y 2－4y －4k 1＋8＝0，由根与系数的关系知，2y 1＝8－4k 1k 1，所以y 1＝4－2k 1k 1＝4k 1－2＝4k 2－2，同理可得y 2＝4k 1－2.(8分)t ＝x 1＋x 22＝y 21＋y 228＝4k 2－22＋4k 1－228＝2(k 21＋k 22)－2(k 1＋k 2)＋1＝2(k 1＋k 2)2－2(k 1＋k 2)－3，设λ＝k 1＋k 2，则λ＝8r 2－4∈[－4，－2)， 所以t ＝2λ2－2λ－3，其图像的对称轴为λ＝12＞－2，所以9＜t ≤37.(2019·郑州模拟)已知椭圆的一个顶点A (0，－1)，焦点在x 轴上，离心率为3. (1)求椭圆的标准方程；(2)设直线y ＝kx ＋m (k ≠0)与椭圆交于不同的两点M ，N .当|AM |＝|AN |时，求m 的取值范围．[解](1)设椭圆的标准方程为x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧b ＝1，c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝1，c ＝ 3.故椭圆的标准方程为x 24＋y 2＝1.(2)设P (x 0，y 0)为弦MN 的中点，M (x 1，y 1)，N (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 24＋y 2＝1，得(4k 2＋1)x 2＋8kmx ＋4(m 2－1)＝0.则x 1＋x 2＝－8km 4k 2＋1，x 1x 2＝4m 2－14k 2＋1. Δ＝(8km )2－16(4k 2＋1)(m 2－1)＞0，所以m 2＜1＋4k 2. ①所以x 0＝x 1＋x 22＝－4km 4k 2＋1，y 0＝kx 0＋m ＝m4k 2＋1.所以k AP ＝y 0＋1x 0＝－m ＋1＋4k 24km.又|AM |＝|AN |，所以AP ⊥MN ，则－m ＋1＋4k 24km ＝－1k，即3m ＝4k 2＋1. ②把②代入①得m 2＜3m ，解得0＜m ＜3. 由②得k 2＝3m －14＞0，解得m ＞13.综上可知，m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫13，3.⊙考点2 最值问题求解圆锥曲线中最值问题的两种方法(1)利用几何法：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；(2)利用代数法：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)，再求这个函数的最值，最值通常用基本不等式法、配方法、导数法求解．利用基本不等式求最值已知抛物线E ：y 2＝2px (0＜p ＜10)的焦点为F ，点M (t,8)在抛物线E 上，且|FM |＝10.(1)求抛物线E 的方程；(2)过点F 作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A ，B ，C ，D ，P 、Q 分别为弦AB 、CD 的中点，求△FPQ 面积的最小值．[解](1)抛物线E 的准线方程为x ＝－p2.由抛物线的定义可得|FM |＝t ＋p 2＝10，故t ＝10－p2.由点M 在抛物线上，可得82＝2p ⎝ ⎛⎭⎪⎫10－p 2，整理得p 2－20p ＋64＝0，解得p ＝4或p ＝16，又0＜p ＜10，所以p ＝4. 故抛物线E 的方程为y 2＝8x .(2)由(1)知抛物线E 的方程为y 2＝8x ，焦点为F (2,0)，由已知可得AB ⊥CD ，所以两直线AB ，CD 的斜率都存在且均不为0. 设直线AB 的斜率为k ，则直线CD 的斜率为－1k，故直线AB 的方程为y ＝k (x －2)．联立方程组⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝8xy ＝k x －2，消去x ，整理得ky 2－8y －16k ＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则y 1＋y 2＝8k，因为P (x P ，y P )为弦AB 的中点，所以y P ＝12(y 1＋y 2)＝4k ，由y P ＝k (x P －2)得x P ＝y P k ＋2＝4k2＋2，故P ⎝ ⎛⎭⎪⎫4k 2＋2，4k .同理可得Q (4k 2＋2，－4k )． 故|QF |＝4k 2＋2－22＋－4k2＝16k 4＋16k 2＝4k21＋k2，|PF |＝16k 4＋16k 2＝41＋k2k2. 因为PF ⊥QF ，所以△FPQ 的面积S ＝12|PF |·|QF |＝12×41＋k 2k2×4k 21＋k2＝8×1＋k 2|k |＝8⎝⎛⎭⎪⎫|k |＋1|k |≥8×2|k |·1|k |＝16，当且仅当|k |＝1|k |，即k ＝±1时，等号成立．所以△FPQ 的面积的最小值为16.求点Q 的坐标时，可根据直线AB 与CD 的斜率关系，把点P 坐标中的k 换成－1k，即可得到点Q 的坐标．[教师备选例题]已知点A (0，－2)，椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为32，F 是椭圆E 的右焦点，直线AF 的斜率为233，O 为坐标原点．(1)求E 的方程；(2)设过点A 的动直线l 与E 相交于P ，Q 两点．当△OPQ 的面积最大时，求l 的方程． [解](1)设F (c,0)，由条件知，2c ＝233，得c ＝ 3.又ca ＝32，所以a ＝2，b 2＝a 2－c 2＝1. 故E 的方程为x 24＋y 2＝1.(2)当l ⊥x 轴时不合题意，故设l ：y ＝kx －2，P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)． 将y ＝kx －2代入x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2－16kx ＋12＝0.当Δ＝16(4k 2－3)>0，即k 2>34时，x 1,2＝8k ±24k 2－34k 2＋1. 从而|PQ |＝k 2＋1|x 1－x 2| ＝4k 2＋1·4k 2－34k 2＋1. 又点O 到直线PQ 的距离d ＝2k 2＋1，所以△OPQ 的面积S △OPQ ＝12d ·|PQ |＝44k 2－34k 2＋1. 设4k 2－3＝t ，则t >0，S △OPQ ＝4t t 2＋4＝4t ＋4t. 因为t ＋4t ≥4，当且仅当t ＝2，即k ＝±72时等号成立，且满足Δ>0.所以，当△OPQ 的面积最大时，l 的方程为y ＝72x －2或y ＝－72x －2. 利用二次函数求最值(2019·合肥模拟)已知直线l ：x －y ＋1＝0与焦点为F 的抛物线C ：y 2＝2px (p＞0)相切．(1)求抛物线C 的方程；(2)过焦点F 的直线m 与抛物线C 分别相交于A ，B 两点，求A ，B 两点到直线l 的距离之和的最小值．[解](1)∵直线l ：x －y ＋1＝0与抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)相切，联立⎩⎪⎨⎪⎧x －y ＋1＝0，y 2＝2px ，消去x 得y 2－2py ＋2p ＝0，从而Δ＝4p 2－8p ＝0，解得p ＝2或p＝0(舍)．∴抛物线C 的方程为y 2＝4x . (2)由于直线m 的斜率不为0，可设直线m 的方程为ty ＝x －1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．联立⎩⎪⎨⎪⎧ty ＝x －1，y 2＝4x ，消去x 得y 2－4ty －4＝0，∵Δ＞0，∴y 1＋y 2＝4t ，即x 1＋x 2＝4t 2＋2， ∴线段AB 的中点M 的坐标为(2t 2＋1,2t )．设点A 到直线l 的距离为d A ，点B 到直线l 的距离为d B ，点M 到直线l 的距离为d ，则d A ＋d B ＝2d ＝2·|2t 2－2t ＋2|2＝22|t 2－t ＋1|＝22⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎝ ⎛⎭⎪⎫t －122＋34， ∴当t ＝12时，A ，B 两点到直线l 的距离之和最小，最小值为322.本例第(2)问的关键是根据梯形中位线定理得到d A ＋d B ＝2d .[教师备选例题](2019·齐齐哈尔模拟)已知抛物线C ：y 2＝2px (p ＞0)的焦点为F ，过点F 且斜率为1的直线与抛物线C 相交于A ，B 两点，且|AB |＝8.(1)求抛物线C 的方程；(2)过点Q (1,1)作直线交抛物线C 不同于R (1,2)的D ，E 两点，若直线DR ，ER 分别交直线l ：y ＝2x ＋2于M ，N 两点，求|MN |取最小值时直线DE 的方程．[解](1)由题意知，设A (x A ，y A )，B (x B ，y B )，F ⎝ ⎛⎭⎪⎫p 2，0，直线AB 的方程为x ＝y ＋p2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝2px ，x ＝y ＋p2，得y 2－2py －p 2＝0，解得y ＝(1±2)p . 则|AB |＝x A －x B2＋y A －y B2＝2y A －y B2＝4p ＝8，∴p ＝2，∴抛物线的方程为y 2＝4x . (2)设D (x 1，y 1)，E (x 2，y 2)，由题意知，直线DE 的斜率存在且不为0. 设直线DE 的方程为x ＝m (y －1)＋1(m ≠0)，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，x ＝m y －1＋1，消去x 得y 2－4my ＋4(m －1)＝0，∴y 1＋y 2＝4m ，y 1y 2＝4(m －1)．∴|y 2－y 1|＝y 1＋y 22－4y 1y 2＝4m 2－m ＋1.设直线DR 的方程为y ＝k 1(x －1)＋2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k 1x －1＋2，y ＝2x ＋2，解得x M ＝k 1k 1－2.又k 1＝y 1－2x 1－1＝y 1－2y 214－1＝4y 1＋2，∴x M ＝4y 1＋24y 1＋2－2＝－2y 1.同理得x N ＝－2y 2.∴|MN |＝5|x M －x N |＝5⎪⎪⎪⎪⎪⎪2y 2－2y 1＝25·⎪⎪⎪⎪⎪⎪y 2－y 1y 1y 2＝25·m 2－m ＋1|m －1|. 令m －1＝t ，t ≠0，则m ＝t ＋1. ∴|MN |＝25t 2＋t ＋1t 2＝251t2＋1t＋1＝25⎝ ⎛⎭⎪⎫1t ＋122＋34≥15. ∴当t ＝－2，m ＝－1时，|MN |取得最小值．此时直线DE 的方程为x ＝－(y －1)＋1，即x ＋y －2＝0.(2019·黄山模拟)已知点M (1，n )在抛物线y 2＝2px (p ＞0)上，且点M 到抛物线焦点的距离为2.直线l 与抛物线交于A ，B 两点，且线段AB 的中点为P (3,2)．(1)求直线l 的方程．(2)点Q 是直线y ＝x 上的动点，求QA →·QB →的最小值．[解](1)由题意知，抛物线的准线方程为x ＝－p 2，所以1＋p2＝2，解得p ＝2，所以抛物线的方程为y 2＝4x . 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 则y 21＝4x 1，y 22＝4x 2， 则y 21－y 22＝4(x 1－x 2)， 即y 1－y 2x 1－x 2＝4y 1＋y 2＝42×2＝1， 所以直线l 的方程为y －2＝x －3， 即x －y －1＝0.(2)因为点A ，B 都在直线l 上，所以A (x 1，x 1－1)，B (x 2，x 2－1)，设Q (m ，m )， QA →·QB →＝(x 1－m ，x 1－(m ＋1))·(x 2－m ，x 2－(m ＋1))＝(x 1－m )(x 2－m )＋[x 1－(m ＋1)][x 2－(m ＋1)]＝x 1x 2－m (x 1＋x 2)＋m 2＋x 1x 2－(m ＋1)(x 1＋x 2)＋(m ＋1)2＝2x 1x 2－(2m ＋1)(x 1＋x 2)＋m 2＋(m ＋1)2，联立⎩⎪⎨⎪⎧y 2＝4x ，y ＝x －1，得x 2－6x ＋1＝0，则x 1＋x 2＝6，x 1x 2＝1，所以QA →·QB →＝2－(2m ＋1)×6＋m 2＋m 2＋2m ＋1＝2m 2－10m －3＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫m －522－312，当m ＝52时，QA →·QB →取得最小值，为－312.利用导数求最值(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫32，94，抛物线上的点P (x ，y )⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<x <32.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 2－14x ＋12＝x －12，因为－12<x <32，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⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32k 2＋1. 因为|PA |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋12＝1＋k 2(k ＋1)，|PQ |＝1＋k 2(x Q －x )＝－k －1k ＋12k 2＋1，所以|PA |·|PQ |＝－(k －1)(k ＋1)3. 令f (k )＝－(k －1)(k ＋1)3， 因为f ′(k )＝－(4k －2)(k ＋1)2，所以f (k )在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，因此当k ＝12时，|PA |·|PQ |取得最大值2716.|PA |·|PQ |用含k 的高次多项式表示，宜用导数求最值．在平面直角坐标系xOy 中，抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，点A 在C 上，若|AO |＝|AF |＝32.(1)求C 的方程；(2)设直线l 与C 交于P ，Q ，若线段PQ 的中点的纵坐标为1，求△OPQ 的面积的最大值． [解](1)∵点A 在抛物线C 上，|AO |＝|AF |＝32，∴p 4＋p 2＝32，∴p ＝2， ∴C 的方程为x 2＝4y .(2)设直线方程为y ＝kx ＋b ，代入抛物线方程，可得x 2－4kx －4b ＝0， 设P (x 1，y 1)，Q (x 2，y 2)，则x 1＋x 2＝4k ，∴y 1＋y 2＝4k 2＋2b ， ∵线段PQ 的中点的纵坐标为1，∴2k 2＋b ＝1，△OPQ 的面积S ＝12·b ·16k 2＋16b ＝b 2＋2b ＝2·b 3＋b 2(0＜b ≤1)，设y ＝b 3＋b 2，y ′＝3b 2＋2b ＞0，故函数单调递增， ∴b ＝1时，△OPQ 的面积取得最大值为2.。
2021年高考数学(理)一轮复习讲义 第9章 第9讲 第1课时 圆锥曲线中的范围、最值问题
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
25
【解】 (1)由题意，c＝1，b2＝3，所以 a2＝4， 所以椭圆 M 的方程为x42＋y32＝1， 易求直线方程为 y＝x＋1，联立方程，得x42＋y32＝1，
y＝x＋1，
消去 y，得 7x2＋8x－8＝0，Δ＝288＞0，
设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝－87，x1x2＝－87，
A．相交
B．相切
C．相离
D．不确定
()
解析：选 A.直线 y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1 恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故 直线与椭圆相交．故选 A.
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
15
2．如图，两条距离为 4 的直线都与 y 轴平行，它们与抛物线 y2＝－2px(0＜p＜14)和圆 (x－4)2＋y2＝9 分别交于 A，B 和 C，D，且抛物线的准线与圆相切，则当|AB|·|CD|取得 最大值时，直线 AB 的方程为________．
上一页
返回导航
下一页
第九章 平面解析几何
17
3．已知点 F1，F2 分别是双曲线xa22－by22＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过 F1 且垂直于 x 轴的直线与双曲线交于 A，B 两点，若△ABF2 是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值 范围是________． 解析：由题设条件可知△ABF2 为等腰三角形，只要∠AF2B 为钝角即可，所以有ba2＞2c， 即 b2＞2ac，所以 c2－a2＞2ac，即 e2－2e－1＞0，所以 e＞1＋ 2.
第九章 平面解析几何
第9讲 圆锥曲线的综合问题 第1课时 圆锥曲线中的范围、最值问题
2021新高考数学二轮总复习学案：7.4.2 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题含解析
7.4.2圆锥曲线中的最值、范围、证明问题必备知识精要梳理1.圆锥曲线的弦长(1)直线方程的设法,已知直线过定点(x0,y0),设直线方程为y-y0=k(x-x0),若已知直线的纵截距为(0,b),设直线方程为y=kx+b,若已知直线的横截距为(a,0),设直线方程为x=ty+a;(2)弦长公式,斜率为k的直线与圆锥曲线交于点A(x1,y1),B(x2,y2)时,|AB|=·|x1-x2|=|y1-y2|,如何求|x1-x2|,若x1,x2是ax2+bx+c=0的两根,x1+x2=-,x1x2=,方法一:|x1-x2|=;方法二:利用求根公式,|x1-x2|==.2.处理中点弦问题常用的求解方法(1)已知AB是椭圆=1(a>b>0)的一条弦,其中点M的坐标为(x0,y0).运用点差法求直线AB的斜率,设A(x1,y1),B(x2,y2)(x1≠x2),∵A,B都在椭圆上,则有两式相减得=0,∴=0,∴=-=-,故k AB=-.(2)已知AB是双曲线=1(a>0,b>0)的一条弦,且A(x1,y1),B(x2,y2),x1≠x2,弦的中点M(x0,y0),则用点差法同理可得k AB=.(3)已知AB是抛物线y2=2px(p>0)的一条弦,且A(x1,y1),B(x2,y2),x1≠x2,弦的中点M(x0,y0),则两式相减得=2p(x1-x2),∴(y1+y2)(y1-y2)=2p(x1-x2),∴,即k AB=.3.圆锥曲线中常见的最值、范围、证明问题(1)求解范围问题的方法求范围问题的关键是建立求解关于某个变量的目标函数,通过求这个函数的值域确定目标的范围.在建立函数的过程中要根据题目的其他已知条件,把需要的量都用我们选用的变量表示,有时为了运算的方便,在建立关系的过程中也可以采用多个变量,只要在最后结果中把多变量归结为单变量即可,同时要特别注意变量的取值范围.(2)圆锥曲线中常见的最值问题及解题方法①两类最值问题:(ⅰ)涉及距离、面积的最值以及与之相关的一些问题;(ⅱ)求直线或圆锥曲线中几何元素的最值以及这些元素存在最值时与之相关的一些问题.②两种常见解法:(ⅰ)几何法,若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义,则考虑利用图形性质来解决;(ⅱ)代数法,若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系,则可先建立起目标函数,再求这个函数的最值,最值常用基本不等式法、配方法或导数法解决.(3)圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:一类是证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系,如:某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;另一类是证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).解决证明问题时,主要根据直线、圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关的性质应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.常用的证明方法有:①证A、B、C三点共线,可证k AB=k AC或=λ;②证直线MA⊥MB,可证k MA·k MB=-1或=0;③证|AB|=|AC|,可证A点在线段BC的垂直平分线上.关键能力学案突破热点一圆锥曲线中的最值问题【例1】(2020百校联考,理21)已知圆O:x2+y2=r2(r>0),椭圆C:=1(a>b>0)的短半轴长等于圆O的半径,且过C右焦点的直线与圆O相切于点D.(1)求椭圆C的方程;(2)若动直线l与圆O相切,且与椭圆C相交于不同的两点A,B,求原点O到弦AB的垂直平分线距离的最大值.解题心得目标函数法解圆锥曲线有关最值问题的解题模型【对点训练1】(2020陕西渭南高三模拟,21)已知直线l:x-y+1=0与焦点为F的抛物线C:y2=2px(p>0)相切.(1)求抛物线C的方程;(2)过点F的直线m与抛物线C交于A,B两点,求A,B两点到直线l的距离之和的最小值.热点圆锥曲线中的二范围问题【例2】(2020山东济宁一模,20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且椭圆C过点.(1)求椭圆C的标准方程;(2)过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C交于A,B两点,且与圆:x2+y2=2交于E,F两点,求|AB|·|EF|2的取值范围.解题心得范围问题的解题策略解决有关范围问题时,先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等),寻找不等关系,其方法有:(1)利用判别式或几何性质来构造不等式,从而确定所求范围;(2)利用已知参数的取值范围,求新参数的范围,解这类问题的核心是在两个参数之间建立等量关系或不等关系;(3)利用隐含的不等关系建立不等式,从而求出所求范围;(4)利用已知不等关系构造不等式,从而求出所求范围;(5)利用求函数值域的方法将待求量表示为其他变量的函数,求其值域,从而确定所求范围(如本例);(6)利用已知,将条件转化为几个不等关系,从而求出参数的范围.【对点训练2】已知A,B是x轴正半轴上两点(A在B的左侧),且|AB|=a(a>0),过A,B 分别作x轴的垂线,与抛物线y2=2px(p>0)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,求的取值范围.热点三圆锥曲线中的证明问题【例3】(2020河北张家口模拟,19)已知椭圆E:=1(a>b>0)的焦距为4,且过点.(1)求椭圆E的方程;(2)设A(0,b),B(0,-b),C(a,b),O(0,0),过B点且斜率为k(k>0)的直线l交E于另一点M,交x轴于点Q,直线AM与直线x=a相交于点P.证明:PQ∥OC.解题心得(1)圆锥曲线中的证明问题,主要有两类:①证明点、直线、曲线等几何元素中的位置关系,如:某点在某直线上、某直线经过某个点、某两条直线平行或垂直等;②证明直线与圆锥曲线中的一些数量关系(相等或不等).(2)解决证明问题时,主要根据直线与圆锥曲线的性质、直线与圆锥曲线的位置关系等,通过相关性质的应用、代数式的恒等变形以及必要的数值计算等进行证明.【对点训练3】(2020北京海淀一模,20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,A1(-a,0),A2(a,0),B(0,b),△A1BA2的面积为2.(1)求椭圆C的方程;(2)设M是椭圆C上一点,且不与顶点重合,若直线A1B与直线A2M交于点P,直线A1M 与直线A2B交于点Q.求证:△BPQ为等腰三角形.核心素养微专题(八)解析几何中的最值、范围问题【例1】(2020湖南长沙高三模拟,理16)在平面直角坐标系xOy中,已知点P(3,0)在圆C:x2+y2-2mx-4y+m2-28=0内,动直线AB过点P且交圆C于A,B两点,若△ABC的面积的最大值为16,则实数m的取值范围是.核心素养分析本题是解析几何中的最值、范围问题,综合性较强,对核心素养要求较高.先用“数学运算”将圆的一般方程x2+y2-2mx-4y+m2-28=0转化为标准方程(x-m)2+(y-2)2=32,从而确定圆的圆心C(m,2)和半径r=4;其次用“直观想象”和“逻辑推理”分析当S△ABC取得最大值时须满足∠ACB=90°,即△ABC为等腰直角三角形,所以|AB|=r=8,得出|PC|满足的不等式,继而利用“数学运算”求得实数m的取值范围.【跟踪训练1】(2020河北衡水模拟,15)在平面直角坐标系xOy中,设圆M的半径为1,圆心在直线2x-y-4=0上,若圆M上不存在点N,使NO=NA,其中A(0,3),则圆心M横坐标的取值范围是.【例2】(2020河南中原名校高三模拟,14)已知F是抛物线y2=4x的焦点,M是这条抛物线上的一个动点,P(3,1)是一个定点,则|MP|+|MF|的最小值是.核心素养分析解决此题关键是用“直观想象”画出抛物线草图,再用“逻辑推理”结合抛物线定义分析确定点P的位置,使得|MP|+|MF|取得最小值.【跟踪训练2】(2020安徽定远重点中学高三模拟,15)设P是双曲线=1上一点,M,N分别是两圆:(x-5)2+y2=4和(x+5)2+y2=1上的点,则|PM|-|PN|的最大值为.7.4.2圆锥曲线中的最值、范围、证明问题关键能力·学案突破【例1】解(1)如图,设椭圆的右焦点为F,由于直线FD与圆O相切于点D,所以△FOD是以∠ODF为直角的直角三角形.因为切点的坐标为D,所以tan∠DOF=,所以∠DOF=60°.由条件知r2==1,所以圆的半径r=1,b=1.所以在Rt△FOD中,=cos60°,所以|OF|=2.从而a2=b2+c2=5.所以椭圆C的方程为+y2=1.(2)(方法一)利用斜率构建目标函数设点O到弦AB的垂直平分线的距离为d,①若直线l垂直于x轴,则弦AB的垂直平分线为x轴,所以d=0;若直线l垂直于y轴,则l与椭圆C只有一个交点,不符合题意.②若直线l不与坐标轴垂直,设直线l的方程为y=kx+m(k≠0),因为l与圆O相切,所以=1,即|m|=由消去y得(1+5k2)x2+10kmx+5m2-5=0,易验证Δ>0.设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=-,y1+y2=k(x1+x2)+2m=所以AB中点的坐标为,所以弦AB的垂直平分线方程为y-=-x+,即x+ky+=0.所以d=将|m|=代入,得d=,当且仅当|k|=,|m|=时,取等号.综上所述,点O到弦AB的垂直平分线的距离的最大值为(方法二)利用点的坐标构建目标函数设点O到弦AB的垂直平分线距离为d,①若直线l垂直于x轴,则弦AB的垂直平分线为x轴,所以d=0;若直线l垂直于y轴,则l与椭圆C只有一个交点,不符合题意.②若直线l不与坐标轴垂直,设A(x1,y1),B(x2,y2),AB的中点坐标为M(x0,y0),x0≠0,y0≠0,由点A,B在椭圆上,得①-②,得(x1-x2)(x1+x2)+(y1-y2)(y1+y2)=0,即k AB==-=-,直线l的方程为y-y0=k AB(x-x0),化简得x0x+5y0y--5=0.因为直线l与圆O相切,所以1=,即+5,又因为弦AB的垂直平分线方程为y-y0=(x-x0),即5y0x-x0y-4x0y0=0,所以d=,当且仅当=5时,取等号.综上所述,点O到弦AB的垂直平分线的距离的最大值为对点训练1解(1)由消去x,得y2-2py+2p=0,∵直线l:x-y+1=0与抛物线C相切,∴Δ=4p2-8p=0,解得p=2或p=0(舍去).∴抛物线C的方程为y2=4x.(2)由于直线m不平行于x轴,故可设直线m的方程为x=ty+1,由消去x,得y2-4ty-4=0,Δ1=16t2+16>0,设A(x1,y1),B(x2,y2),∴y1+y2=4t,∴x1+x2=4t2+2,∴线段AB的中点M的坐标为(2t2+1,2t).设点A到直线l的距离为d A,点B到直线l的距离为d B,点M到直线l的距离为d,则d A+d B=2d=2=2|t2-t+1|=2,∴当t=时,可使A,B两点到直线l的距离之和最小,距离之和的最小值为【例2】解(1)由已知可得,即c2=,又c2=a2-b2,所以a2=b2,所以椭圆C的方程为=1,将点代入方程,得=1,解得b2=2,则a2=b2=3,所以椭圆C的标准方程为=1.(2)由(1)知椭圆的右焦点为(1,0).①若直线l的斜率不存在,则直线l的方程为x=1,易知A1,,B1,-,E(1,1),F(1,-1),所以|AB|=,|EF|2=4,|AB|·|EF|2=;②若直线l的斜率存在,设直线l的方程为y=k(x-1),设A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线l与椭圆方程得可得(2+3k2)x2-6k2x+3k2-6=0,则x1+x2=,x1x2=,所以|AB|=,因为圆心(0,0)到直线l的距离d=,所以|EF|2=42-=,所以|AB|·|EF|2==,因为k2∈[0,+∞),所以|AB|·|EF|2,综上,|AB|·|EF|2的取值范围是对点训练2解(1)由题意知A,则B+a,0,D,p,则C+a,,又a=p,所以k CD=-1.(2)设直线CD的方程为y=kx+b(k≠0),C(x1,y1),D(x2,y2),由得ky2-2py+2pb=0,所以Δ=4p2-8pkb>0,得kb<,又y1+y2=,y1y2=,由y1+y2=>0,y1y2=>0,可知k>0,b>0,因为|CD|=|x1-x2|=a,点O到直线CD的距离d=,所以S1=a ab.又S2=(y1+y2)·|x1-x2|=a=,所以,因为0<kb<,所以0<,即的取值范围为【例3】(1)解由题可知2c=4,即c=2.∴椭圆的左、右焦点分别为(-2,0),(2,0), 由椭圆的定义知2a==4,∴a=2,b2=a2-c2=4,∴椭圆E的方程为=1.(另解:由题可知解得)(2)证明易得A(0,2),B(0,-2),C(2,2),直线l:y=kx-2与椭圆x2+2y2=8联立,得(2k2+1)x2-8kx=0,∴x M=,从而M,Q直线AM的斜率为=-,直线AM的方程为y=-x+2.令x=2,得P2,-+2,∴直线PQ的斜率k PQ=,直线OC的斜率k OC=, ∴k PQ=k OC,显然直线PQ与OC不重合,从而PQ∥OC.对点训练3(1)解由题解得所以椭圆方程为+y2=1.(2)证明设直线A2M的方程为y=k(x-2),直线A1B的方程为y=x+1.由解得点P.由得(4k2+1)x2-16k2x+16k2-4=0,则2x M=所以x M=,y M=即M=-于是直线A1M的方程为y=-(x+2),直线A2B的方程为y=-x+1.由解得点Q于是x P=x Q,所以PQ⊥x轴.设PQ中点为N,则N点的纵坐标为=1.故PQ中点在定直线y=1上.从上边可以看出点B在PQ的垂直平分线上,所以|BP|=|BQ|,所以△BPQ为等腰三角形.核心素养微专题(八)【例1】(3-2,3-2]∪[3+2,3+2)解析由题意得圆的标准方程为(x-m)2+(y-2)2=32,所以圆心坐标为C(m,2),r=4S△ABC=r2sin∠ACB=16sin∠ACB,当∠ACB=90°时,S取得最大值16.此时△ABC为等腰直角三角形,|AB|=r=8,所以点C到直线AB的距离为d=4.由以上可得4≤|PC|<4即16≤(m-3)2+22<32,解得3-2<m≤3-2或3+2m<3+2,所以实数m的取值范围是(3-2,3-2]∪[3+2,3+2).跟踪训练1(-∞,0)解析设N(x,y),由NO=NA,得4(x2+y2)=x2+(y-3)2,化简得x2+(y+1)2=4,表示为以B(0,-1)为圆心,2为半径的圆,由题意得圆B与圆M 无交点,设M(a,2a-4),即a2+(2a-4+1)2>(2+1)2或a2+(2a-4+1)2<(2-1)2,解得圆心M横坐标的取值范围为(-∞,0)【例2】4解析设点M在准线上的射影为D,则根据抛物线的定义可知|MF|=|MD|,∴要求|MP|+|MF|的最小值,即求|MP|+|MD|的最小值.当D,M,P三点共线时,|MP|+|MD|最小,为3-(-1)=4,所以|MP|+|MF|的最小值是4.跟踪训练29解析设两圆(x-5)2+y2=4和(x+5)2+y2=1的圆心分别为A,B,则A,B正好为双曲线两焦点,|PM|-|PN|≤|PA|+2-(|PB|-1)=|PA|-|PB|+3=2×3+3=6+3=9,即最大值为9.。