2019高三数学(人教B版理)一轮：高考大题专项突破五5.2+圆锥曲线中的最值、范围、证明问题+Word版含解析

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高考数学一轮复习高考大题专项五突破1圆锥曲线中的最值范围问题学案理含解析北师大版

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x 2a2+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M(23,1 3 ).(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:x 2a2+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:x 2a2+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:x 2a2+y2b2=1(a>b>0)的一个焦点,点M(√3,12)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k OA+k OB=-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 :x 2=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-x 2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 ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =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),N (12,0),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 (x 1,y 1),B (x 2,y 2),D (x 3,y 3),设直线AM 的方程为y=k (x +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 (x 2-r ,0),直线BD 的方程为x=x 2,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MH MB=HT BE,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x 2的函数表达式,并换元t=x 2+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 :x 2a 2+y 2b 2=1(a>b>0)的离心率为12,其左、右顶点分别为A 1,A 2,上、下顶点分别为B 2,B 1,四边形A 1B 1A 2B 2的面积为4√3.(1)求椭圆E 的方程;(2)若椭圆E 的左、右焦点分别为F 1,F 2,过F 2的直线l 与椭圆交于不同的两点M ,N ,记△F 1MN 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 (x 1,y 1),B (x 2,y 2),由题意得x 1+x 2=43,y 1+y 2=23,且y 2-y 1x 2-x 1=-1,又x 12a 2+y 12b 2=1,x 22a 2+y 22b 2=1,作差可得x 22-x 12a 2+y 22-y 12b 2=0,则(x 2-x 1)(x 2+x 1)a 2+(y 2-y 1)(y 2+y 1)b 2=0,得a 2=2b 2.又因为a 2=b 2+c 2,c=1,所以a 2=2,b 2=1,因此椭圆的方程为x22+y 2=1.(2)由(1)联立{x 22+y 2=1,x +y =1,解得{x =0,y =1或{x =43,y =-13.不妨令A (0,1),B (43,-13),易知直线l 的斜率存在,设直线l :y=kx ,代入x 22+y 2=1,得(2k 2+1)x 2=2, 解得x=√2√2k 2+1或x=-√2√2k 2+1, 设C (x 3,y 3),D (x 4,y 4), 则|x 3-x 4|=√2√2k 2+1+√2√2k 2+1=2√2√2k 2+1,则|CD|=√1+k 2|x 3-x 4|=√1+k 2·2√2√2k 2+1.因为A (0,1),B (43,-13)到直线y=kx 的距离分别是d 1=1√1+k 2,d 2=|43k+13|√1+k 2,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d 1+d 2=43k+43√1+k 2=43(k+1)√1+k 2.四边形ACBD 的面积S=12|CD|·d 1+12|CD|·d 2=12|CD|(d 1+d 2)=4√23·k+1√2k 2+1, 令k+1=t ,t>34,则2k 2+1=2t 2-4t+3,所以S=4√23·t √2t 2-4t+3=4√23·√t 22t 2-4t+3=4√23·√12-4t +3(1t)2,当1t =23,即k=12时,S max =4√23×√124-1612=4√33.因此四边形ACBD 面积的最大值为4√33. 对点训练1解(1)因为椭圆C 的焦距为2,所以a 2-b 2=1,因为椭圆过点(1,32),所以1a 2+94b 2=1,解得a 2=4,b 2=3.故椭圆C 的方程为x 24+y 23=1.(2)设B (m ,n ),记线段MN 中点为D.因为O 为△BMN 的重心,所以BO⃗⃗⃗⃗⃗ =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|m 2|,即为1. 若n ≠0,此时直线MN 的斜率存在.设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则x 1+x 2=-m ,y 1+y 2=-n.又x 124+y 123=1,x 224+y 223=1,两式相减得(x 1+x 2)(x 1-x 2)4+(y 1+y 2)(y 1-y 2)3=0,可得直线MN 的斜率k MN =y 1-y 2x 1-x 2=-3m4n .故直线MN 的方程为y=-3m4n (x +m2)−n2,即6mx+8ny+3m 2+4n 2=0,则点O 到直线MN 的距离为d=|3m 2+4n 2|√36m 2+64n 2,将m 24+n 23=1,代入得d=3√n 2+9.因为0<n 2≤3,所以d min =√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C 2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 (x 0,y 0).将直线l 的方程代入椭圆C 1:x 22+y 2=1,得(m 2+2)y 2+2mty+t 2-2=0, 所以点M 的纵坐标y M =-mtm 2+2.将直线l 的方程代入抛物线C 2:y 2=2px ,得y 2-2pmy-2pt=0, 所以y 0y M =-2pt , 解得y 0=2p (m 2+2)m, 因此x 0=2p (m 2+2)2m 2.由x 022+y 02=1,得1p 2=4(m +2m )2+2(m +2m )4≥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 :x 2a2+y 23=1(a>√3)的离心率e=12,∴√a 2-3a=12,解得a=2.∴椭圆E 的方程为x 24+y 23=1.(2)依题意,圆心为C (t ,0)(0<t<2).由{x =t ,x 24+y 23=1,得y 2=12-3t 24.∴圆C 的半径为r=√12-3t 22.∵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<√12-3t 22,即0<t<2√217. ∴弦长|AB|=2√r 2-d 2=2√12-3t24-t 2=√12-7t 2.∴△ABC 的面积S=12·t √12-7t 2=12√7×√7t×√12-7t 2≤12√7×(√7t )2+12-7t 22=3√77, 当且仅当√7t=√12-7t 2,即t=√427时,等号成立. ∴△ABC 的面积的最大值为3√77. 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√(2√3)2+(12)2+12=4.所以a=2.又c=√3,所以b=1,所以椭圆C 的方程为x 24+y 2=1.(2)当直线l 的斜率不存在时,结合椭圆的对称性可知,k OA +k OB =0,不符合题意.故设直线l 的方程为y=kx+m (k ≠0),A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),联立{x 24+y 2=1,y =kx +m ,可得(4k 2+1)x 2+8kmx+4(m 2-1)=0.则x 1+x 2=-8km4k 2+1,x 1x 2=4(m 2-1)4k 2+1.而k OA +k OB =y1x 1+y2x 2=(kx 1+m )x 2+(kx 2+m )x 1x 1x 2=2k+m (x 1+x 2)x 1x 2=2k+-8km 24(m 2-1)=-2km 2-1.由k OA +k OB =-12,可得m 2=4k+1,所以k ≥-14.又由Δ>0,得16(4k 2-m 2+1)>0, 所以4k 2-4k>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F (0,p2),设P (x 1,x 122p ),Q (x 2,x 222p).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,x 2=2py ,得x 2-2pkx-p 2=0,所以x 1x 2=-p 2.由x 2=2py ,得y=x 22p ,y'=x p ,则直线PG 的斜率k PG =x1p , 直线PG 的方程为y-x 122p =x 1p(x-x 1),即x 1p x-y-x 122p =0.① 同理可得直线QG 的方程为x2p x-y-x 222p =0.②联立①②,可得(x 1-x 2)y=x 1x 2(x 1-x 2)2p .因为x 1≠x 2,所以y=x 1x 22p=-p2,故点G 在定直线y=-p2上.(2)解设M (x 0,y 0),P (x 1,x 124),Q x 2,x 224,MP ,MQ 的中点分别为(x 1+x 02,x 124+y02),(x 2+x 02,x 224+y02).因为MP ,MQ 的中点均在抛物线上,所以x 1,x 2为方程(x+x 02)2=4×x 24+y 02的解,即方程x 2-2x 0x+8y 0-x 02=0有两个不同的实数根,则x 1+x 2=2x 0,x 1x 2=8y 0-x 02,Δ=(2x 0)2-4(8y 0-x 02)>0,即x 02>4y 0.所以PQ 的中点N 的横坐标为x 0,纵坐标为18(x 12+x 22).则|MN|=18(x 12+x 22)-y 0=18[(x 1+x 2)2-2x 1x 2]-y 0=34x 02-3y 0,|x 1-x 2|=√(x 1+x 2)2-4x 1x 2=2√2(x 02-4y 0), 所以△MPQ 的面积S=12|MN|·|x 1-x 2|=3√24(x 02-4y 0)32.由y 0=-√1-x 02,得x 02=1-y 02(-1≤y 0≤0),所以x 02-4y 0=-y 02-4y 0+1=-(y 0+2)2+5.因为-1≤y 0≤0,所以1≤-(y 0+2)2+5≤4,所以△MPQ 面积的取值范围为[3√24,6√2]. 例4解(1)设P (x ,y ),则Q (-2,y ),∴OP⃗⃗⃗⃗⃗ =(x ,y ),OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =(-2,y ). ∵OP⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =0,∴OP ⃗⃗⃗⃗⃗ ·OQ ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ =-2x+y 2=0,即y 2=2x. (2)设A (x 1,y 1),B (x 2,y 2),D (x 3,y 3),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=k x+12,则联立方程{y =k(x +12),y 2=2x ,得k 2x 2+(k 2-2)x+k 24=0. ∴x 1x 2=14,又0<x 1<x 2,∴x 1<12<x 2,∴直线AN 的方程为y=y 1x 1-12x-12,与方程y 2=2x 联立,得y 12x 2-y 12+2x 12-2x 1+12x+14y 12=0,化简得2x 1x 2-2x 12+12x+12x 1=0.解得x=14x 1或x=x 1.∴x 3=14x 1=x 2,∴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·x 2+12·2|y 2|,且△MBD 的周长为2√(x 2+12) 2+y 22+2|y 2|. ∴S △MBD =122√(x 2+12) 2+y 22+2|y 2|·r=12·x 2+12·|2y 2|.∴r=(x 2+12)|y 2||y 2|+√(x 2+12) 2+y 22=11x 2+12+√1y 22+1(x 2+12) 2=1√12x 2+1(x 2+12) 2+1x 2+12.令t=x 2+12,则t>1,∴r=1√12t -1+1t 2+1t在(1,+∞)上单调递增,则r>1√2+1,即r 的取值范围为(√2-1,+∞).(方法2)设H (x 2-r ,0),直线BD 的方程为x=x 2,其中y 22=2x 2.直线AM 的方程为y=y 2x 2+12x+12,即y 2x-x 2+12y+12y 2=0,且点H 与点O 在直线AB 的同侧,∴r=|(x 2-r )y 2+12y 2|√(x 2+12) 2+y 22=(x 2-r )y 2+12y 2√(x 2+12) 2+y 22,解得r=x 2y 2+12y 2y 2+√(x 2+12) 2+y 22=1√12x 2+1(x 2+12) 2+1x 2+12.以下同方法1.(方法3)∵△MTH ∽△MEB ,∴MH MB =HTBE ,即x 2+12-r√(x 2+12) 2+y 22=r|y 2|,解得r=(x 2+12)|y 2||y 2|+√(x 2+12) 2+y 22=x 2+12√(x 2+12) 2y 22+1+1=1√12x 2+1(x 2+12) 2+1x 2+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A 1B 1A 2B 2的面积为4√3,所以12×2a×2b=4√3.又a 2=b 2+c 2,解得a=2,b=√3,c=1,所以椭圆E 的方程为x 24+y 23=1.(2)设M (x 1,y 1),N (x 2,y 2),则△F 1MN 的周长为4a=8, S △F 1MN =12(|F 1M|+|F 1N|+|MN|)r=4r ,即r=14S △F 1MN .当l ⊥x 轴时,l 的方程为x=1,|MN|=3,r=14S △F 1MN =14×12|MN|×|F 1F 2|=34.当l 与x 轴不垂直时,设l :y=k (x-1)(k ≠0),由{y =k (x -1),x 24+y 23=1,得(4k 2+3)y 2+6ky-9k 2=0,所以y 1+y 2=-6k 4k 2+3,y 1y 2=-9k 24k 2+3.S △F 1MN =S △F 1F 2M +S △F 1F 2N =12|F 1F 2|·|y 2|+12|F 1F 2|·|y 1|=12|F 1F 2|·|y 2-y 1|=12|F 1F 2|·√(y 2+y 1)2-4y 1y 2=12×2×√(-6k4k 2+3)2-4(-9k 24k 2+3) =12√k 2(k 2+1)(4k 2+3)2,所以r=14S △F 1MN =3√k 2(k 2+1)(4k 2+3)2,令4k 2+3=t ,则t>3,r=34√t 2-2t -3t 2=34√-3(1t )2-2(1t)+1=34√-3(1t +13)2+43, 因为t>3,所以0<1t <13,所以0<r<3.4].综上可知,r的取值范围为(0,34。

2018-2019学年高中新创新一轮复习理数：圆锥曲线中的最值、范围、证明问题含解析

课时达标检测（四十八）圆锥曲线中的最值、范围、证明问题[一般难度题——全员必做]1．已知椭圆E ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的一个焦点为F 2(1,0)，且该椭圆过定点M ⎝⎛⎭⎫1，22. (1)求椭圆E 的标准方程；(2)设点Q (2,0)，过点F 2作直线l 与椭圆E 交于A ，B 两点，且F 2A ―→＝λF 2B ―→，λ∈[－2，－1]，以QA ，QB 为邻边作平行四边形QACB ，求对角线QC 长度的最小值．解：(1)由题易知c ＝1，1a 2＋12b 2＝1，又a 2＝b 2＋c 2，解得b 2＝1，a 2＝2，故椭圆E 的标准方程为x 22＋y 2＝1.(2)设直线l ：x ＝ky ＋1，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝ky ＋1，x 22＋y 2＝1 得(k 2＋2)y 2＋2ky －1＝0，Δ＝4k 2＋4(k 2＋2)＝8(k 2＋1)>0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则可得y 1＋y 2＝－2k k 2＋2，y 1y 2＝－1k 2＋2. QC ―→＝QA ―→＋QB ―→＝(x 1＋x 2－4，y 1＋y 2)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－4(k 2＋1)k 2＋2，－2k k 2＋2， ∴|QC ―→|2＝|QA ―→＋QB ―→|2＝16－28k 2＋2＋8(k 2＋2)2，由此可知，|QC ―→|2的大小与k 2的取值有关．由F 2A ―→＝λF 2B ―→可得y 1＝λy 2，λ＝y 1y 2，1λ＝y 2y 1(y 1y 2≠0)．从而λ＋1λ＝y 1y 2＋y 2y 1＝(y 1＋y 2)2－2y 1y 2y 1y 2＝－6k 2－4k 2＋2，由λ∈[－2，－1]得⎝⎛⎭⎫λ＋1λ∈⎣⎡⎦⎤－52，－2，从而－52≤－6k 2－4k 2＋2≤－2，解得0≤k 2≤27. 令t ＝1k 2＋2，则t ∈⎣⎡⎦⎤716，12，∴|QC ―→|2＝8t 2－28t ＋16＝8⎝⎛⎭⎫t －742－172，∴当t ＝12时，|QC |min＝2.2．(2018·河南洛阳统考)已知抛物线C ：x 2＝2py (p >0)，过焦点F 的直线交C 于A ，B 两点，D 是抛物线的准线l 与y 轴的交点．(1)若AB ∥l ，且△ABD 的面积为1，求抛物线的方程；(2)设M 为AB 的中点，过M 作l 的垂线，垂足为N .证明：直线AN 与抛物线相切．解：(1)∵AB ∥l ，∴|FD |＝p ，|AB |＝2p .∴S △ABD ＝p 2＝1. ∴p ＝1，故抛物线C 的方程为x 2＝2y .(2)证明：显然直线AB 的斜率存在，设其方程为y ＝kx ＋p 2，A ⎝⎛⎭⎫x 1，x 212p ，B ⎝⎛⎭⎫x 2，x 222p . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋p 2，x 2＝2py 消去y 整理得，x 2－2kpx －p 2＝0. ∴x 1＋x 2＝2kp ，x 1x 2＝－p 2. ∴M (kp ，k 2p ＋p2)，N ⎝⎛⎭⎫kp ，－p 2. ∴k AN ＝x 212p ＋p 2x 1－kp ＝x 212p ＋p 2x 1－x 1＋x 22＝x 21＋p 22p x 1－x 22＝x 21－x 1x 22p x 1－x 22＝x 1p .又x 2＝2py ，∴y ′＝xp .∴抛物线x 2＝2py 在点A 处的切线斜率k ＝x 1p .∴直线AN 与抛物线相切．3．(2018·合肥模拟)已知中心在原点，焦点在y 轴上的椭圆C ，其上一点P 到两个焦点F 1，F 2的距离之和为4，离心率为32. (1)求椭圆C 的方程；(2)若直线y ＝kx ＋1与曲线C 交于A ，B 两点，求△OAB 面积的取值范围．解：(1)设椭圆的标准方程为y 2a 2＋x 2b2＝1(a >b >0)，由条件知，⎩⎪⎨⎪⎧2a ＝4，e ＝c a ＝32，a 2＝b 2＋c 2，解得a ＝2，c ＝3，b ＝1，故椭圆C 的方程为y 24＋x 2＝1.(2)设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋y 24＝1，y ＝kx ＋1得(k 2＋4)x 2＋2kx －3＝0，故x 1＋x 2＝－2k k 2＋4，x 1x 2＝－3k 2＋4，设△OAB 的面积为S ，由x 1x 2＝－3k 2＋4<0，知S ＝12×1×|x 1－x 2|＝12(x 1＋x 2)2－4x 1x 2＝2k 2＋3(k 2＋4)2，令k 2＋3＝t ，知t ≥3，∴S ＝21t ＋1t＋2. 对函数y ＝t ＋1t (t ≥3)，知y ′＝1－1t 2＝t 2－1t2>0，∴y ＝t ＋1t 在t ∈[3，＋∞)上单调递增，∴t ＋1t ≥103，∴0<1t ＋1t ＋2≤316，∴0<S ≤32.故△OAB 面积的取值范围为⎝⎛⎦⎤0，32.[中档难度题——学优生做]1．(2018·嘉兴模拟)过离心率为22的椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的右焦点F (1,0)作直线l与椭圆C 交于不同的两点A ，B ，设|FA |＝λ|FB |，T (2,0)．(1)求椭圆C 的方程；(2)若1≤λ≤2，求△ABT 中AB 边上中线长的取值范围．解：(1)∵e ＝22，c ＝1，∴a ＝2，b ＝1，即椭圆C 的方程为x 22＋y 2＝1.(2)①当直线的斜率为0时，显然不成立． ②设直线l ：x ＝my ＋1，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2y 2－2＝0，x ＝my ＋1得(m 2＋2)y 2＋2my －1＝0，则y 1＋y 2＝－2m m 2＋2，y 1y 2＝－1m 2＋2，由|FA |＝λ|FB |，得y 1＝－λy 2， ∵－λ＋1－λ＝y 1y 2＋y 2y 1，∴－λ＋1－λ＋2＝(y 1＋y 2)2y 1y 2＝－4m 2m 2＋2，∴m 2≤27，又∵AB 边上的中线长为12|TA ―→＋TB ―→|＝12(x 1＋x 2－4)2＋(y 1＋y 2)2 ＝ 4m 4＋9m 2＋4(m 2＋2)2＝2(m 2＋2)2－7m 2＋2＋4∈⎣⎡⎦⎤1，13216.2．(2018·武昌调研)已知椭圆的中心在坐标原点，A (2,0)，B (0,1)是它的两个顶点，直线y ＝kx (k >0)与直线AB 相交于点D ，与椭圆相交于E ，F 两点．(1)若ED ―→＝6DF ―→，求k 的值； (2)求四边形AEBF 面积的最大值．解：(1)由题设条件可得，椭圆的方程为x 24＋y 2＝1，直线AB 的方程为x ＋2y －2＝0.设D (x 0，kx 0)，E (x 1，kx 1)，F (x 2，kx 2)，其中x 1<x 2，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y 2＝1，得(1＋4k 2)x 2＝4，解得x 2＝－x 1＝21＋4k 2.① 由ED ―→＝6DF ―→，得(x 0－x 1，k (x 0－x 1))＝6(x 2－x 0，k (x 2－x 0))，即x 0－x 1＝6(x 2－x 0)，∴x 0＝17(6x 2＋x 1)＝57x 2＝1071＋4k 2.由D 在AB 上，得x 0＋2kx 0－2＝0，∴x 0＝21＋2k. ∴21＋2k ＝1071＋4k2，化简，得24k 2－25k ＋6＝0，解得k ＝23或k ＝38.(2)根据点到直线的距离公式和①式可知，点E ，F 到AB 的距离分别为 d 1＝|x 1＋2kx 1－2|5＝2(1＋2k ＋1＋4k 2)5(1＋4k 2)，d 2＝|x 2＋2kx 2－2|5＝2(1＋2k －1＋4k 2)5(1＋4k 2)，又|AB |＝22＋12＝5， ∴四边形AEBF 的面积为S ＝12|AB |(d 1＋d 2)＝12×5×4(1＋2k )5(1＋4k 2)＝2(1＋2k )1＋4k 2＝21＋4k 2＋4k1＋4k 2＝21＋4k 1＋4k 2＝21＋44k ＋1k≤21＋424k ·1k＝22，当且仅当4k ＝1k (k >0)，即k ＝12时，等号成立．故四边形AEBF 面积的最大值为2 2.[较高难度题——学霸做]1．(2018·石家庄市质量检测)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆上任意一点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点M (0,2)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的取值范围．解：(1)设T (x ，y )，由题意知A (－4,0)，B (4,0)，设直线TA 的斜率为k 1，直线TB 的斜率为k 2，则k 1＝y x ＋4，k 2＝yx －4. 由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y 212＝1.故椭圆C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)当直线PQ 的斜率存在时，设直线PQ 的方程为y ＝kx ＋2，点P ，Q 的坐标分别为(x 1，y 1)，(x 2，y 2)，直线PQ 与椭圆方程联立，得⎩⎪⎨⎪⎧x 216＋y 212＝1，y ＝kx ＋2，消去y ，得(4k 2＋3)x 2＋16kx －32＝0. 所以x 1＋x 2＝－16k 4k 2＋3，x 1x 2＝－324k 2＋3. 从而，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→＝x 1x 2＋y 1y 2＋[x 1x 2＋(y 1－2)(y 2－2)]＝2(1＋k 2)x 1x 2＋2k (x 1＋x 2)＋4＝－80k 2－524k 2＋3＝－20＋84k 2＋3. 所以－20<OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→≤－523.当直线PQ 的斜率不存在时，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的值为－20. 综上，OP ―→·OQ ―→＋MP ―→·MQ ―→的取值范围为⎣⎡⎦⎤－20，－523. 2．(2018·沈阳质量监测)已知椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1(a ＞b ＞0)的左、右焦点分别为F 1，F 2，且|F 1F 2|＝6，直线y ＝kx 与椭圆交于A ，B 两点．(1)若△AF 1F 2的周长为16，求椭圆的标准方程； (2)若k ＝24，且A ，B ，F 1，F 2四点共圆，求椭圆离心率e 的值；(3)在(2)的条件下，设P (x 0，y 0)为椭圆上一点，且直线PA 的斜率k 1∈(－2，－1)，试求直线PB 的斜率k 2的取值范围．解：(1)由题意得c ＝3，根据2a ＋2c ＝16，得a ＝5. 结合a 2＝b 2＋c 2，解得a 2＝25，b 2＝16. 所以椭圆的方程为x 225＋y 216＝1.(2)法一：由⎩⎨⎧x 2a 2＋y 2b 2＝1，y ＝24x ，得⎝⎛⎭⎫b 2＋18a 2x 2－a 2b 2＝0. 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)．所以x 1＋x 2＝0，x 1x 2＝－a 2b 2b 2＋18a2，由AB ，F 1F 2互相平分且共圆，易知，AF 2⊥BF 2，因为F 2A ―→＝(x 1－3，y 1)，F 2B ―→＝(x 2－3，y 2)，所以F 2A ―→·F 2B ―→＝(x 1－3)(x 2－3)＋y 1y 2 ＝⎝⎛⎭⎫1＋18x 1x 2＋9＝0. 即x 1x 2＝－8，所以有－a 2b 2b 2＋18a2＝－8，结合b 2＋9＝a 2，解得a 2＝12(a 2＝6舍去)，所以离心率e ＝32. 法二：设A (x 1，y 1)，又AB ，F 1F 2互相平分且共圆，所以AB ，F 1F 2是圆的直径，所以x 21＋y 21＝9，又由椭圆及直线方程综合可得：⎩⎨⎧x 21＋y 21＝9，y 1＝24x 1，x 21a 2＋y21b 2＝1.由前两个方程解得x 21＝8，y 21＝1，将其代入第三个方程并结合b 2＝a 2－c 2＝a 2－9，解得a 2＝12，故e ＝32. (3)由(2)的结论知，椭圆方程为x 212＋y 23＝1，由题可设A (x 1，y 1)，B (－x 1，－y 1)，k 1＝y 0－y 1x 0－x 1，k 2＝y 0＋y 1x 0＋x 1，所以k 1k 2＝y 20－y 21x 20－x 21，又y 20－y 21x 20－x 21＝3⎝⎛⎭⎫1－x 2012－3⎝⎛⎭⎫1－x 2112x 20－x 21＝－14，即k 2＝－14k 1，由－2＜k 1＜－1可知，18＜k 2＜14.即直线PB 的斜率k 2的取值范围是⎝⎛⎭⎫18，14.。

2019高考数学(理)六大解答题突破突破五圆锥曲线的综合应用

突破训练(二十七)1．(2018·济南模拟)已知点P (－2,1)在椭圆C ：x 2a 2＋y 22＝1(a >0)上，动点A ，B 都在椭圆上，且直线AB 不经过原点O ，直线OP 经过弦AB 的中点．(1)求椭圆C 的方程和直线AB 的斜率； (2)求△PAB 面积的最大值．[解] (1)将P (－2,1)代入x 2a 2＋y 22＝1，得－2a 2＋122＝1，a 2＝8.故椭圆方程为x 28＋y 22＝1.当直线AB 斜率不存在时不合题意，故设直线AB ：y ＝kx ＋m ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，AB 的中点为M (x 0，y 0)，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋m ，x 28＋y22＝1，得(1＋4k 2)x 2＋8kmx ＋4m 2－8＝0，x 0＝12(x 1＋x 2)＝－4km 1＋4k 2，y 0＝kx 0＋m ＝m1＋4k2，直线OP 经过弦AB 的中点，则k OM ＝k OP ，y 0x 0＝－12，m －4km ＝－12，∴k ＝12，即直线AB 的斜率为12. (2)当k ＝12时，由Δ＝64－16m 2>0得－2<m <2，x 1＋x 2＝－2m ，x 1x 2＝2m 2－4，|AB |＝1＋122|x 1－x 2|＝1＋122x 1＋x 22－4x 1x 2＝21＋122 4－m 2，点P 到直线AB ：y ＝12x ＋m 的距离d ＝|m －2|1＋122，△PAB 的面积S ＝12|AB |·d ＝|m －2|4－m 2＝－m －3m ＋.设f (m )＝－(m －2)3(m ＋2)(－2<m <2)，则f ′(m )＝－[3(m －2)2(m ＋2)＋(m －2)3]＝－4(m －2)2·(m ＋1)，求得f (m )max ＝f (－1)＝27，所以S max ＝27＝3 3.2．(2018·东北三校联考)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a >b >0)的焦距为22，且过焦点的弦中最短的弦的长度为233.(1)求该椭圆C 的方程．(2)经过椭圆右焦点F 2的直线和该椭圆交于A ，B 两点，点P 在椭圆上，O 为原点，若OP →＝12OA →＋32OB →，求直线的方程．[解] (1)由题意得，在椭圆中c ＝2，所以a 2－b 2＝2.① 过焦点的弦中垂直于x 轴的弦最短，易得该直线与椭圆的交点的纵坐标为±b 2a.由弦的长度为233得2b 2a ＝233，即b 2a ＝33.②由①②式得a 2＝3，b 2＝1，所以椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1.(2)椭圆C 的方程为x 23＋y 2＝1，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，P (x 3，y 3)，因为OP →＝12OA →＋32OB →，所以x 3＝12x 1＋32x 2，y 3＝12y 1＋32y 2.又因为点P 在椭圆上，所以x 233＋y 23＝13⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12x 1＋32x 22＋⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12y 1＋32y 22 ＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫x 213＋y 21＋34⎝ ⎛⎭⎪⎫x 223＋y 22＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 1x 2＋y 1y 2 ＝14＋34＋32⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 1x 2＋y 1y 2＝1，所以x 1x 2＋3y 1y 2＝0.①当直线斜率为0时，其方程为y ＝0，此时不妨设A (3，0)，B (－3，0)，不满足x 1x 2＋3y 1y 2＝0，不符合题意，舍去．②当直线斜率不为0时，设直线方程为x ＝my ＋2，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋2，x23＋y 2＝1，消去x ，得(m 2＋3)y 2＋22my －1＝0，所以⎩⎪⎨⎪⎧Δ>0，y 1＋y 2＝－22m m 2＋3，y 1y 2＝－1m 2＋3.所以x 1x 2＋3y 1y 2＝(my 1＋2)(my 2＋2)＋3y 1y 2＝m 2y 1y 2＋2m (y 1＋y 2)＋2＋3y 1y 2＝(m 2＋3)×－1m 2＋3＋2m ×－22mm 2＋3＋2＝0，化简，得m 2－4m 2＋3＝0，解得m 2＝1，所以直线方程为x ＝±y ＋ 2.综上，直线方程为x －y －2＝0或x ＋y －2＝0.3．(2018·西安模拟)如图，点F 是抛物线Γ：x 2＝2py (p >0)的焦点，点A 是抛物线上的定点，且AF →＝(2,0)，点B ，C 是抛物线上的动点，直线AB ，AC 的斜率分别为k 1，k 2.(1)求抛物线Γ的方程；(2)若k 2－k 1＝2，点D 是B ，C 处切线的交点，记△BCD 的面积为S ，证明S 是定值．[解] (1)设A (x 0，y 0)，可知F ⎝ ⎛⎭⎪⎫0，p 2，故AF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0，p2－y 0＝(2,0)，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 0＝－2，y 0＝p2代入x 2＝2py (p >0)，得4＝p 2，即p ＝2，∴抛物线Γ的方程为x 2＝4y .(2)证明：如图，过D 作y 轴的平行线交BC 于点E ，并设B ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 214，C ⎝⎛⎭⎪⎫x 2，x 224，由(1)得A (－2,1)，∴k 2－k 1＝x 224－1x 2＋2－x 214－1x 1＋2＝x 2－x 14，又k 2－k 1＝2，∴x 2－x 14＝2，即x 2－x 1＝8.又x 2＝4y 即y ＝14x 2，有y ′＝12x ，∴k BD ＝x 12，k CD ＝x 22，∴直线DB ：y ＝x 12x －x 214，直线CD ：y ＝x 22x －x 224.∴联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x 12x －x 214，y ＝x 22x －x224解得⎩⎪⎨⎪⎧x D＝x 1＋x 22，y D＝x 1x24.又∵直线BC 的方程为y －x 214＝x 1＋x 24(x －x 1)，将x D 代入，得y E ＝x 21＋x 228.∴△BCD 的面积为S ＝12ED ·(x 2－x 1)＝12×(y E －y D )×(x 2－x 1)＝12×x 2－x 128×(x 2－x 1)＝12×828×8＝32(定值)．4．(2018·郑州质检)已知椭圆x 2＋2y 2＝m (m >0)，以椭圆内一点M (2,1)为中点作弦AB ，设线段AB 的中垂线与椭圆相交于C ，D 两点．(1)求椭圆的离心率；(2)试判断是否存在这样的m ，使得A ，B ，C ，D 在同一个圆上，并说明理由．[解] (1)将方程化成椭圆的标准方程x 2m ＋y 2m2＝1(m >0)，则a ＝m ，c ＝ m －m 2＝m2，故e ＝c a ＝22. (2)由题意，设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，C (x 3，y 3)，D (x 4，y 4)，直线AB 的斜率存在，设为k ，则直线AB 的方程为y ＝k (x －2)＋1，代入x 2＋2y 2＝m (m >0)，消去y ，得(1＋2k 2)x 2＋4k (1－2k )x ＋2(2k －1)2－m ＝0(m >0)．所以x 1＋x 2＝4kk －1＋2k 2＝4，即k ＝－1，此时，由Δ>0，得m >6.则直线AB 的方程为x ＋y －3＝0，直线CD 的方程为x－y －1＝0.由⎩⎪⎨⎪⎧x －y －1＝0，x 2＋2y 2＝m 得3y 2＋2y ＋1－m ＝0，y 3＋y 4＝－23，故CD 的中点N 为⎝ ⎛⎭⎪⎫23，－13.由弦长公式，可得|AB |＝1＋k 2|x 1－x 2| ＝2·m －3.|CD |＝2|y 3－y 4|＝2·12m －83>|AB |，若存在圆，则圆心在CD 上，因为CD 的中点N 到直线AB 的距离d ＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪23－13－32＝423.|NA |2＝|NB |2＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫4232＋⎝⎛⎭⎪⎫|AB |22＝6m －49，又⎝ ⎛⎭⎪⎫|CD |22＝14⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫2·12m －832＝6m －49，故存在这样的m (m >6)，使得A ，B ，C ，D 在同一个圆上．。

2019高考数学(理)冲刺大题提分(讲义+练习)大题精做9圆锥曲线：范围(最值)问题(理)

大题精做圆锥曲线：范围(最值)问题2 X 2[2019 •南十校]已知椭圆C :飞a B 为其短轴的一个端点, F i , F 2分别为其左右两个 1 焦点，已知三角形 BF 1F 2的面积为，且co^F i BF^3(1)求椭圆C 的方程; (2)若动直线 f 2 2 } I : y = kx m m =0, k 与椭圆I 3丿 C 交于P x i ,y i , Q X 2,y 2 , M 为线段PQ 的中点,且x i 2 x 2 =3，求OM| |PQ 的最大值. \171\17【解析】(1) co^F 1BF 22a 2 -4c 2由 COS —RBF 2 -一 2a 21 _=sin . F i BF 2 主 3 2c_ a1 一 2^2 2 2: a 3c , b = 2c , 3结合 S ^F 1BF 2故椭圆C 的方程为亠2二 3 2 2x- y-.i.3 2a 2 =3, 一b 2 =2 , 另解：依题意: S ^F 1 BF 2 二1 2cb = be = 2 , cos F i BF^2cos 2-F L BF2_i 」二 b 1 223=2 =3，解得 X 2=2，故椭圆C 的方程为x 3 (2) y = kx m 联立 +3y 2 =6 = 3k 2 2 X 2 6kmx 3m 2-6 =0= △二24 3k 2 2 -m 2 0= 3k 2 2 m 2 .且x 1 X 2 -6km 3k 2 2， 3m 2 -6 X i X 2 厂 3k 2 2 2 依题意X i 2 X 2 =3 = (x i +X 2 f —2x i X 2 =3n(響 \ _6'：丄 2)= 3 , (3k 2+2)〜~3k 2化简得:1. [2019柳州模拟]已知点F -1,0，直线l:x=V , P 为平面内的动点，过点 P 作直线I 的垂线，垂 1 2 （1）求动点P 的轨迹C 的方程；（2）过点F 作直线h （与x 轴不重合）交C 轨迹于A ，B 两点，求三角形面积OAB 的取值范围.（O 为坐标原点）(1) 求抛物线C 的方程；(2) 当.AHB 的角平分线垂直x 轴时，求直线EF 的斜率; (3) 若直线AB 在y 轴上的截距为t ，求t 的最小值.- 2 22x i3y i =62 2 2 2 —y i - y 22x o设M x o ,yo，由 2 2 = 2 X i —^2 3 % —^2 = k =2x 2 亠 3y 2 6xi - x 2- 3yo又 y =kx o - m ,解得 M l 3k,I 2m m }丄=0M 2 * 4 亠咅,4m 22m 2PQ 2 +k 2 彳为一X 22 =(1 +k 2 \2 2 2 24 3k 2 -m 2 2m 12-22OM PQ3k 2 〜25 45 11OM | |PQ.当且仅当3 -帚二2 帚，即m-.■■2 时，0M | |PQ 的最大值为二.PM =0 .足为点M ，且PF I 2 八3. [2019周口调研]已知直线y二X-*与抛物线C:y2=2px p 0交于B，D两点，线段BD的中点为A，点F为C 的焦点，且△OAF ( O为坐标原点)的面积为1.(1) 求抛物线C的标准方程；(2) 过点G 2,2作斜率为k k -2的直线I与C交于M , N两点，直线OM , ON分别交直线y=x，2于P , Q两点，求PQ的最大值.詞答案与懈I 析22 / q1•【答案】(1);(2 3) 。

高考数学北师大(理)一轮复习高考大题专项五突破1 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 Word含解析

2x-2
2
2相切,
设椭圆的上顶点为 M,F1,F2 是椭圆的左、右焦点,且△MF1F2 为等腰直角三角形. (1)求椭圆的标准方程;
(2)直线 l 过点 N 0,-23 交椭圆于 A,B 两点,直线 MA、MB 分别与椭圆的短轴为直径的圆交于 S,T 两点,求证:O,S,T 三点共线.
6.(2018 河北衡水联考,20)已知椭圆xa22 + yb22=1(a>b>0)的离心率 e= 33,左、右焦点分别为 F1,F2,
椭圆上,有|MF1|+|MF2|=4,椭圆的离心率为 e=12.
(1)求椭圆 C 的标准方程; (2)已知 N(4,0),过点 N 作斜率为 k(k>0)的直线 l 与椭圆交于 A,B 不同两点,线段 AB 的中垂线为 l', 记 l'的纵截距为 m,求 m 的取值范围. 3.(2018 北京海淀区二模,20)已知椭圆 C:x2+2y2=1 的左右顶点分别为 A1,A2. (1)求椭圆 C 的长轴长与离心率; (2)若不垂直于 x 轴的直线 l 与椭圆 C 相交于 P,Q 两点,直线 A1P 与 A2Q 交于点 M,直线 A1Q 与 A2P 交于点 N.求证:直线 MN 垂直于 x 轴. 4.(2018 广东珠海质检,20)已知抛物线 C1:y2=2px(p>0),圆 C2:x2+y2=4,直线 l:y=kx+b 与抛物线 C1 相切于点 M,与圆 C2 相切于点 N.
+3)12 2,当
k∈
0,12
时,m'>0 恒成立,
所以 m=4k24k+ 3在 k∈ 0,12 上为增函数,所以 0<m<12.

高考数学二轮复习专项训练五圆锥曲线中的最值范围证明问题

大题考法专训（五）圆锥曲线中的最值、范围、证明问题A 级——中档题保分练1．(2019·武汉模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)的左、右顶点分别为A ，B ，且长轴长为8，T 为椭圆C 上异于A ，B 的点，直线TA ，TB 的斜率之积为－34.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点M (8,0)的动直线与椭圆C 交于P ，Q 两点，求△OPQ 面积的最大值．解析：(1)设T (x ，y )(x ≠±4)，则直线TA 的斜率为k 1＝y x ＋4，直线TB 的斜率为k 2＝yx －4.于是由k 1k 2＝－34，得y x ＋4·y x －4＝－34，整理得x 216＋y 212＝1(x ≠±4)，故椭圆C 的方程为x216＋y 212＝1.(2)由题意设直线PQ 的方程为x ＝my ＋8，由⎩⎪⎨⎪⎧x ＝my ＋8，x 216＋y 212＝1，得(3m 2＋4)y 2＋48my ＋144＝0，Δ＝(48m )2－4×144×(3m 2＋4)＝12×48(m 2－4)＞0，即m 2＞4，y P ＋y Q ＝－48m 3m 2＋4，y P y Q ＝1443m 2＋4. 所以|PQ |＝m 2＋13m 2＋4·Δ＝24(m 2＋1)(m 2－4)3m 2＋4，又点O 到直线PQ 的距离d ＝8m 2＋1.所以S△OPQ＝12×|PQ |×d ＝96m 2－43m 2＋4＝963m 2－4＋16m 2－4≤43⎝ ⎛⎭⎪⎫当且仅当m 2＝283时等号成立，且满足m 2＞4.故△OPQ 面积的最大值为4 3.2.如图所示，A ，B ，C ，D 是抛物线E ：x 2＝2py (p ＞0)上的四点，A ，C 关于抛物线的对称轴对称且在直线BD 的异侧，直线l ：x －y －1＝0是抛物线在点C 处的切线，BD ∥l .(1)求抛物线E 的方程； (2)求证：AC 平分∠BAD .解：(1)联立⎩⎪⎨⎪⎧x 2＝2py ，x －y －1＝0，消去y 得x 2－2px ＋2p ＝0.∵l 与抛物线相切，∴Δ＝4p 2－8p ＝0，∴p ＝2， ∴抛物线E 的方程为x 2＝4y .(2)证明：设点B (x B ，y B )，D (x D ，y D )，由(1)可得C (2,1)，A (－2,1)．∵直线l ∥BD ，∴设直线BD 的方程为y ＝x ＋t .由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋t ，x 2＝4y ，得x 2－4x －4t ＝0，∴x B ＋x D ＝4.又∵k AD ＋k AB ＝x 2D4－1x D ＋2＋x 2B4－1x B ＋2＝x D ＋x B －44＝0，∴AC 平分∠BAD .3．已知A ，B 分别为曲线C ：x 2a2＋y 2＝1(y ≥0，a ＞0)与x 轴的左、右两个交点，直线l 过点B 且与x 轴垂直，M 为l 上位于x 轴上方的一点，连接AM 交曲线C 于点T .(1)若曲线C 为半圆，点T 为AB 的三等分点，试求出点M 的坐标；(2)若a ＞1，S △MAB ＝2，当△TAB 的最大面积为43时，求椭圆的离心率的取值范围．解：(1)当曲线C 为半圆时，得a ＝1.由点T 为AB 的三等分点，得∠BOT ＝60°或120°. 当∠BOT ＝60°时，∠MAB ＝30°，又|AB |＝2，故△MAB 中，有|MB |＝|AB |·tan 30°＝233，所以M ⎝⎛⎭⎪⎫1，233.当∠BOT ＝120°时，同理可求得点M 坐标为(1,23)． (2)设直线AM 的方程为y ＝k (x ＋a )，则k ＞0，|MB |＝2ka ，所以S △MAB ＝12·2a ·2ka ＝2，所以k ＝1a2，代入直线方程得y ＝1a2(x ＋a )，联立⎩⎪⎨⎪⎧y ＝1a 2(x ＋a )，x2a 2＋y 2＝1，解得y T ＝2aa 2＋1，所以S △TAB ＝12·2a ·2a a 2＋1＝2a 2a 2＋1≤43，解得1＜a 2≤2，所以椭圆的离心率e ＝1－1a 2≤22，即椭圆的离心率的取值范围为⎝ ⎛⎦⎥⎤0，22. B 级——拔高题满分练1．(2019·武汉调研)已知椭圆Γ：x 2a 2＋y 2b2＝1(a ＞b ＞0)经过点M (－2,1)，且右焦点F (3，0)．(1)求椭圆Γ的标准方程；(2)过N (1,0)且斜率存在的直线AB 交椭圆Γ于A ，B 两点，记t ＝MA ―→ ·MB ―→，若t 的最大值和最小值分别为t 1，t 2，求t 1＋t 2的值．解：(1)由椭圆x 2a 2＋y 2b 2＝1的右焦点为(3，0)，知a 2－b 2＝3，即b 2＝a 2－3，则x 2a 2＋y 2a 2－3＝1.又椭圆过点M (－2,1)，∴4a 2＋1a 2－3＝1，又a 2＞3，∴a 2＝6. ∴椭圆Γ的标准方程为x 26＋y 23＝1.(2)设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，由⎩⎪⎨⎪⎧x 26＋y 23＝1，y ＝k (x －1)，得x 2＋2k 2(x －1)2＝6，即(1＋2k 2)x 2－4k 2x ＋2k 2－6＝0， ∵点N (1,0)在椭圆内部，∴Δ＞0，∴⎩⎪⎨⎪⎧x 1＋x 2＝4k 21＋2k2， ①x 1x 2＝2k 2－62k 2＋1， ②则t ＝MA ―→·MB ―→＝(x 1＋2)(x 2＋2)＋(y 1－1)(y 2－1) ＝x 1x 2＋2(x 1＋x 2)＋4＋(kx 1－k －1)(kx 2－k －1) ＝(1＋k 2)x 1x 2＋(2－k 2－k )(x 1＋x 2)＋k 2＋2k ＋5， ③ 将①②代入③得，t ＝(1＋k 2)·2k 2－62k 2＋1＋(2－k 2－k )·4k22k 2＋1＋k 2＋2k ＋5，∴t ＝15k 2＋2k －12k 2＋1， ∴(15－2t )k 2＋2k －1－t ＝0，k ∈R ，则Δ1＝22＋4(15－2t )(1＋t )≥0，∴(2t －15)(t ＋1)－1≤0，即2t 2－13t －16≤0，由题意知t 1，t 2是2t 2－13t －16＝0的两根， ∴t 1＋t 2＝132.2．(2019·全国卷Ⅱ)已知点A (－2,0)，B (2,0)，动点M (x ，y )满足直线AM 与BM 的斜率之积为－12.记M 的轨迹为曲线C .(1)求C 的方程，并说明C 是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C 于P ，Q 两点，点P 在第一象限，PE ⊥x 轴，垂足为E ，连接QE 并延长交C 于点G .①证明：△PQG 是直角三角形； ②求△PQG 面积的最大值．解：(1)由题设得yx ＋2·y x －2＝－12，化简得x 24＋y 22＝1(|x |≠2)，所以C 为中心在坐标原点，焦点在x 轴上不含长轴端点的椭圆． (2)①证明：设直线PQ 的斜率为k ，则其方程为y ＝kx (k ＞0)．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ，x 24＋y22＝1得x ＝±21＋2k2.设u ＝21＋2k2，则P (u ，uk )，Q (－u ，－uk )，E (u,0)．于是直线QG 的斜率为k 2，其方程为y ＝k2(x －u )．由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝k2(x －u )，x 24＋y 22＝1消去y ，得(2＋k 2)x 2－2uk 2x ＋k 2u 2－8＝0.(*) 设G (x G ，y G )，则－u 和x G 是方程(*)的解，故x G ＝u (3k 2＋2)2＋k 2，由此得y G ＝uk 32＋k 2.从而直线PG 的斜率为uk 32＋k 2－uk u (3k 2＋2)2＋k2－u ＝－1k. 所以PQ ⊥PG ，即△PQG 是直角三角形． ②由①得|PQ |＝2u 1＋k 2，|PG |＝2uk k 2＋12＋k2，所以△PQG 的面积 S ＝12|PQ ||PG |＝8k (1＋k 2)(1＋2k 2)(2＋k 2)＝8⎝ ⎛⎭⎪⎫1k ＋k 1＋2⎝ ⎛⎭⎪⎫1k＋k 2. 设t ＝k ＋1k，则由k ＞0得t ≥2，当且仅当k ＝1时取等号．因为S ＝8t1＋2t 2在[2，＋∞)上单调递减，所以当t ＝2，即k ＝1时，S 取得最大值，最大值为169. 因此，△PQG 面积的最大值为169.3．已知抛物线C ：x 2＝2py (p ＞0)的焦点为F ，过点F 垂直于y 轴的直线与抛物线C 相交于A ，B 两点，抛物线C 在A ，B 两点处的切线及直线AB 所围成的三角形面积为16.(1)求抛物线C 的方程；(2)设P ，M ，N 为抛物线上不同的三点，且PM ⊥PN ，求证：若P 为定点，则直线MN 过定点Q ；并求当P 点移动时，|FQ |的最小值．解：(1)依题意得A ⎝⎛⎭⎪⎫－p ，p 2，B ⎝ ⎛⎭⎪⎫p ，p 2，由x 2＝2py (p ＞0)，得y ＝x 22p ，则y ′＝xp，∴抛物线C 在点A 处的切线斜率为－1，在点B 处的切线斜率为1，∴抛物线C 在点A 处的切线方程为y －p 2＝－x －p ，即y ＝－x －p2，在点B 处的切线方程为y －p 2＝x －p ，即y ＝x －p2.可得两切线的交点坐标为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，－p 2，∴S ＝12×2p ×p ＝p 2＝16，解得p ＝4.∴抛物线C 的方程为x 2＝8y .(2)法一：设P ⎝⎛⎭⎪⎫x 0，x 208，M ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1，x 218，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 228，则k PM ＝x 218－x 208x 1－x 0＝x 1＋x 08，同理可得k PN ＝x 2＋x 08，∴k PM ·k PN ＝x 1＋x 08·x 2＋x 08＝－1，化简得，x 1x 2＋x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋64＝0.(*) 直线MN 的斜率一定存在，设MN ：y ＝kx ＋b . 由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝kx ＋b ，x 2＝8y ，得x 2－8kx －8b ＝0，∴x 1＋x 2＝8k ，x 1x 2＝－8b .代入(*)，得－8b ＋8kx 0＋x 20＋64＝0，则b ＝x 0k ＋x 208＋8.直线MN 的方程可化为y ＝kx ＋kx 0＋x 208＋8.∴直线MN 过定点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0，x 208＋8.点Q 的轨迹方程为y ＝x 28＋8，|FQ |的最小值为6. 法二：设P ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0，x 208，M ⎝⎛⎭⎪⎫x 1，x 218，N ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 2，x 228，则k NM ＝x 218－x 228x 1－x 2＝x 1＋x 28，k PM ＝x 1＋x 08，k PN ＝x 2＋x 08，又PM ⊥PN ，∴k PM ·k PN ＝x 1＋x 08·x 2＋x 08＝－1，化简得－x 1x 2＝x 0(x 1＋x 2)＋x 20＋64.① 直线MN 的方程为y －x 218＝x 1＋x 28(x －x 1)，化简得y ＝x 1＋x 28x －x 1x 28.②把①代入②得y ＝x 1＋x 28(x ＋x 0)＋x 208＋8，∴直线MN 过定点Q ⎝ ⎛⎭⎪⎫－x 0，x 208＋8. 点Q 的轨迹方程为y ＝x 28＋8，|FQ |的最小值为6.。

圆锥曲线的热点问题—最值、范围、证明问题

23，
当且仅当4t ＝3t，即 t2＝34时等号成立，此时 k2＝73，所以△OAB 面积的最大值为
3 2.
索引
思维升华
求最值常用的方法有两种：①几何法，若题目的条件和结论能明显体现图形的几何特征及意义，则考虑利用图形的性质来解决；②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值.
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类型二范围问题
例2 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；证明设 P(x0，y0)，A14y21，y1，B14y22，y2. 因为 PA，PB 的中点在抛物线上，所以 y1，y2 为方程y＋2y02＝4·14y2＋2 x0，即 y2－2y0y＋8x0－y20＝0 的两个不同的实根. 所以 y1＋y2＝2y0，即y1＋2 y2＝y0，因此 PM 垂直于 y 轴.
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(2)若 P 是半椭圆 x2＋y42＝1(x<0)上的动点，求△PAB 面积的取值范围. 解由(1)可知yy11＋ y2＝y2＝ 8x02－y0，y20，所以 PM＝18(y21＋y22)－x0＝43y20－3x0，|y1－y2|＝2 2（y02－4x0）. 因此，△PAB 的面积 S△PAB＝21PM·|y1－y2|＝342(y20－4x0)32. 因为 x20＋y420＝1(－1≤x0<0)，所以 y20－4x0＝－4x20－4x0＋4∈[4，5]，因此，△PAB 面积的取值范围是6 2，15410.
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思维升华
求参数的取值范围问题常用的方法有两种：①不等式(组)法，根据题意结合图形列出所讨论的参数满足的不等式(组)，通过不等式(组)得出参数的取值范围； ②函数值域法，用某变量的函数表示所讨论的参数，通过讨论函数的值域求得参数的取值范围.

2019届高三数学备考冲刺140分问题35圆锥曲线中的最值范围问题含解析

问题35 圆锥曲线中的最值、范围问题一、考情分析与圆锥曲线有关的范围、最值问题,各种题型都有,既有对圆锥曲线的性质、曲线与方程关系的研究,又对最值范围问题有所青睐,它能综合应用函数、三角、不等式等有关知识,紧紧抓住圆锥曲线的定义进行转化,充分展现数形结合、函数与方程、化归转化等数学思想在解题中的应用．二、经验分享1. 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． 2. 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．三、知识拓展1.已知P 是椭圆C ：()222210x y a b a b +=>>一点，F 是该椭圆焦点，则,b OP a a c PF a c ≤≤-≤≤+；2.已知P 是双曲线C ：()222210,0x y a b a b-=>>一点，F 是该椭圆焦点，则,OP a PF c a ≥≥-；双曲线C 的焦点弦的最小值为2min22,b a a ⎧⎫⎨⎬⎩⎭.四、题型分析(一) 利用圆锥曲线定义求最值借助圆锥曲线定义将最值问题等价转化为易求、易解、易推理证明的问题处理．【例1】已知(40),(2)A B ，，2是椭圆221259x y +=内的两个点,M 是椭圆上的动点,求MA MB +的最大值和最小值．【分析】很容易想到联系三角形边的关系,无论A M B 、、三点是否共线,总有MA MB AB +>,故取不到等号,利用椭圆定义合理转化可以起到柳暗花明又一村的作用．【解析】由已知得(40)A ，是椭圆的右焦点,设左焦点为(40)F -，根据椭圆定义得=210M A M B a M F M B M B M F +-+=+-,因为MBMF FB -≤=所以MB MF -[∈-,故MA MB +的最小值和最大值分别为10-10+【点评】涉及到椭圆焦点的题目,应想到椭圆定义转化条件,使得复杂问题简单化．【小试牛刀】【山东省济宁市2019届高三第一次模拟】已知双曲线的左、右焦点分别为，实轴长为4，渐近线方程为，点N 在圆上，则的最小值为( )A ．B ．5C ．6D ．7【答案】B【解析】由题意可得2a ＝4，即a ＝2，渐近线方程为y ＝±，即有，即b ＝1，可得双曲线方程为y 2＝1，焦点为F 1（，0），F 2，（，0），由双曲线的定义可得|MF 1|＝2a+|MF 2|＝4+|MF 2|，由圆2+y 2﹣4y ＝0可得圆心C （0，2），半径r ＝2， |MN|+|MF 1|＝4+|MN|+|MF 2|，连接CF 2，交双曲线于M ，圆于N ，可得|MN|+|MF 2|取得最小值，且为|CF 2|3，则则|MN|+|MF 1|的最小值为4+3﹣2＝5．故选：B ．(二) 单变量最值问题转化为函数最值建立目标函数求解圆锥曲线的范围、最值问题,是常规方法,关键是选择恰当的变量为自变量．【例2】已知椭圆C ：()222210x y a b a b+=>>的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形,直线01=++y x 与以椭圆C 的右焦点为圆心,以椭圆的长半轴长为半径的圆相切. （1）求椭圆的方程.（2）设P 为椭圆上一点,若过点)0,2(M 的直线l 与椭圆E 相交于不同的两点S 和T ,且满足t =+(O 为坐标原点),求实数t 的取值范围.【分析】（1）由题意可得圆的方程为222)(a y c x =+-,圆心到直线01=++y x 的距离=d a c =+21；根据椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形, b=c,c b a 22==代入*式得1b c ==,即可得到所求椭圆方程；（Ⅱ）由题意知直线L 的斜率存在,设直线L方程为)2(-=x k y ,设()00,y x p ,将直线方程代入椭圆方程得：()0288212222=-+-+k x k x k ,根据()()081628214642224>+-=-+-=∆k kkk 得到212<k ；设()11,y x S ,()22,y x T 应用韦达定理222122212128,218kk x x k k x x +-=+=+.讨论当=0,0≠t 的情况,确定t 的不等式. 【解析】（1）由题意：以椭圆C 的右焦点为圆心,以椭圆的长半轴长为半径的圆的方程为222)(a y c x =+-, ∴圆心到直线01=++y x 的距离=d a c =+21*∵椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等腰直角三角形, b=c,c b a 22==代入*式得1b c == ∴22==b a故所求椭圆方程为.1222=+y x （Ⅱ）由题意知直线L 的斜率存在,设直线L 方程为)2(-=x k y ,设()00,y x p 将直线方程代入椭圆方程得：()0288212222=-+-+k x k xk∴()()081628214642224>+-=-+-=∆k kkk∴212<k设()11,y x S ,()22,y x T 则222122212128,218kk x x k k x x +-=+=+………………8分当=0时,直线l 的方程为y=0,此时t=0,OP t OT OS =+成立,故,t=0符合题意. 当0≠t 时得⎪⎩⎪⎨⎧+=+=+-=-+=+=22210221210218214)4(k k x x tx k k x x k y y ty∴,2181220k k t x +∙=22141k kt y +-∙= 将上式代入椭圆方程得：1)21(16)21(3222222224=+++k t k k t k 整理得：2222116kk t += 由212<k 知402<<t 所以22t ∈-（，）【点评】确定椭圆方程需要两个独立条件,从题中挖掘关于a b c 、、的等量关系；直线和椭圆的位置关系问题,往往要善于利用韦达定理设而不求,利用点P 在椭圆上和向量式得()t f k =,进而求函数值域．【小试牛刀】【吉林省吉林市2018届高三第三次调研】已知椭圆2222:1(0)x y C a b a b +=>>的离心率是2，且椭圆经过点()0,1．（1）求椭圆C 的标准方程；（2）若直线1l ： 220x y +-=与圆22:640D x y x y m +--+=相切：（ⅰ）求圆D 的标准方程；（ⅱ）若直线2l 过定点()30，，与椭圆C 交于不同的两点,E F ，与圆D 交于不同的两点,M N ，求·E F M N 的取值范围．【解析】 (1)椭圆经过点()0,1，∴211b=，解得21b =，3,2e=2c a ∴=， ()2223441a c a ∴==-，解得24a = ∴椭圆C 的标准方程为2214x y +=(2) (i)圆D 的标准方程为()()223213x y m -+-=-,圆心为()3,2，∵直线1l ： 220x y +-=与圆D 相切， ∴圆D的半径r ==∴圆D 的标准方程为()()22325x y -+-=．（ⅱ）由题可得直线2l 的斜率存在, 设()23l y k x =-方程为,由()223{ 14y k x x y =++=消去y 整理得()222214243640k x k x k +-+-=，∵直线2l 与椭圆C 交于不同的两点,E F ， ∴()()()()222222441436416150k k k k ∆=--+-=->，解得2105k ≤<．设()()1122,,,E x y F x y ,则2212122224364,,1414k k x x x x k k -+==++ ∴EF ===又圆D 的圆心()3,2到直线2:30l kx y k --=的距离d ==,∴圆D截直线2l所得弦长MN ==,·EF MN ∴==，设29141,,5t k ⎡⎤=+∈⎢⎥⎣⎦则214t k -=, ·EF MN ∴==, ∵91,5t ⎡⎫∈⎪⎢⎣⎭，∴21195025t t ⎛⎫-+- ⎪⎝⎭(]0,16∈，∵·EF MN 的取值范围为(]0,8． (三) 二元变量最值问题转化为二次函数最值利用点在二次曲线上,将二元函数的最值问题转化为一元函数的最值问题处理．【例2】若点O 、F 分别为椭圆22143x y +=的中心和左焦点,点P 为椭圆上的任一点,则OP PF ⋅的最大值为【分析】设点P x y （，）,利用平面向量数量积坐标表示,将OP PF ⋅用变量x y ，表示,借助椭圆方程消元,转化为一元函数的最值问题处理．【解析】设P x y （，）,则OP PF ⋅=221x y x y x x y ⋅+=++（，）（，）,又点P 在椭圆上,故22143x y+=,所以()22223113322444x x x x x x ++-=++=++（）,又-2≤≤2,所以当=2时,()21224x ++取得最大值为6,即OP PF ⋅的最大值为6,故答案为：6．【点评】注意利用“点在椭圆上”这个条件列方程．【小试牛刀】【湖南省益阳市2019届高三上学期期末】已知定点及抛物线上的动点，则（其中为抛物线的焦点）的最大值为（） A ．2 B ． C ． D ．3【答案】C 【解析】方法一：作准线于，则.设倾斜角为，则.当与相切时，取最大值，由代入抛物线得，，解得或.故最大值为4，即最大值为5.即最大值为.故选. 方法二：作准线于，则，设，，，则，则取最大值，只需取最大值，又表示的斜率，所以取最大值时，直线与抛物线相切，由代入抛物线得，，解得或.故最大值为4，即最大值为5. 即最大值为.故选.(四) 双参数最值问题该类问题往往有三种类型：①建立两个参数之间的等量关系和不等式关系,通过整体消元得到参数的取值范围；②建立两个参数的等量关系,通过分离参数,借助一边变量的范围,确定另一个参数的取值范围；③建立两个参数的等量关系,通过选取一个参数为自变量,令一个变量为参数（主元思想）,从而确定参数的取值范围．【例3】在平面直角坐标系xOy 中,已知椭圆C ：22221(1)x y a b a b+=＞≥的离心率2e =,且椭圆C 上一点N到点Q 03（，）的距离最大值为4,过点3,0M （）的直线交椭圆C 于点.A B 、（Ⅰ）求椭圆C 的方程；（Ⅱ）设P 为椭圆上一点,且满足OA OB tOP +=（O 为坐标原点）,当AB ,求实数t 的取值范围.【分析】第一问,先利用离心率列出表达式找到a 与b 的关系,又因为椭圆上的N 点到点Q 的距离最大值为4,利用两点间距离公式列出表达式,因为N 在椭圆上,所以22244x b y =-,代入表达式,利用配方法求最大值,从而求出21b =,所以24a =,所以得到椭圆的标准方程；第二问,先设,,A P B 点坐标,由题意设出直线AB 方程,因为直线与椭圆相交,列出方程组,消参韦达定得到两根之和、两根之积,用坐标表示OA OB tOP +=得出,x y ,由于点P 在椭圆上,得到一个表达式,再由||3AB <,得到一个表达式,2个表达式联立,得到t 的取值范围.【解析】（Ⅰ）∵2222223,4c a b e a a -=== ∴224,a b = 则椭圆方程为22221,4x y b b+=即22244.x y b +=设(,),N x y 则NQ ====当1y =-时,NQ4,=解得21,b =∴24a =,椭圆方程是2214x y += （Ⅱ）设1122(,),(,),(,),A x y B x y P x y AB 方程为(3),y k x =-由22(3),1,4y k x x y =-⎧⎪⎨+=⎪⎩ 整得2222(14)243640k x k x k +-+-=.由24222416(91)(14)0k k k k ∆=--+＞,得215k ＜.2212122224364,.1414k k x x x x k k-+=⋅=++ ∴1212(,)(,),OA OB x x y y t x y +=++= 则2122124()(14)k x x x t t k =+=+,[]12122116()()6.(14)ky y y k x x k t t t k -=+=+-=+由点P 在椭圆上,得222222222(24)1444,(14)(14)k k t k t k +=++化简得22236(14)k t k =+①又由12AB x =-即221212(1)()43,k x x x x ⎡⎤++-⎣⎦＜将12x x +,12x x 代入得2422222244(364)(1)3,(14)14k k k k k ⎡⎤-+-⎢⎥++⎣⎦＜化简,得22(81)(1613)0,k k -+＞则221810,8k k -＞＞, ∴21185k ＜＜②由①,得22223699,1414k t k k==-++ 联立②,解得234,t ＜＜∴2t -＜＜2.t ＜【点评】第一问中转化为求二次函数最大值后,要注意变量取值范围；第二问利用点P 在椭圆上,和已知向量等式得变量,k t 的等量关系,和变量,k t 的不等关系联立求参数t 的取值范围．【小试牛刀】已知圆())0(2:222>=+-r r y x M ,若椭圆)0(1:2222>>=+b a by a x C 的右顶点为圆M的圆心,离心率为22. （1）求椭圆C 的方程；（2）若存在直线kx y l =:,使得直线l 与椭圆C 分别交于B A ,两点,与圆M 分别交于H G ,两点,点G 在线段AB 上,且BH AG =,求圆M 的半径r 的取值范围. 【解析】（1）设椭圆的焦距为2c ,因为1,1,22,2==∴==b c a c a 所以椭圆的方程为12:22=+y x C . （2）设),(),,(2211y x B y x A , 联立方程得⎩⎨⎧=-+=02222y x kxy所以02)21(22=-+x k则22222212121)1(8218)1(212,0kk k k AB k x x x x ++=++=∴+-=⋅=+ 又点)0,2(M 到直线l 的距离212kkd +=, 则222122k k r GH +-= 显然,若点H 也在线段AB 上,则由对称性可知,直线kx y =就是y 轴,与已知矛盾,所以要使BH AG =,只要GH AB =,所以)1321(2132)133(221221)1(212)12(421)1(8244242422222222222+++=++++=+++++=+-=++k k k k k k k k k k k k r kk r k k 当0=k 时,2=r .当0≠k 时,=+<+++=)211(2)23111(2242kk r 3,又显然2)23111(2242>+++=kk r ,所以32<<r .综上,圆M 的半径r 的取值范围是)3,2[.圆锥曲线中的最值、范围问题类型较多,解法灵活多变,但总体上主要有两种方法：一是利用几何方法,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；二是利用代数方法,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．四、迁移运用1．【湖南省浏阳一中、醴陵一中2019联考】在椭圆上有两个动点，为定点，，则的最小值为( )．A ．4B ．C ．D ．1【答案】C 【解析】由题意得．设椭圆上一点，则，∴，又， ∴当时，取得最小值．故选C ．2．【湖南省怀化市2019届高三3月第一次模拟】过抛物线的焦点作两条互相垂直的弦，，则四边形面积的最小值为（）A．8 B．16 C．32 D．64【答案】C【解析】显然焦点的坐标为，所以可设直线的方程为，代入并整理得，所以，，同理可得，所以故选C.3.【河北省张家口市2019期末】已知抛物线C：，过点的直线l与抛物线C交于不同的两点M，N，设，，且时，则直线MN斜率的取值范围是A．B．C．D．【答案】A【解析】设直线l的方程为，则，设点、将直线l的方程与抛物线C的方程联立，消去得，，由韦达定理得．．所以，，所以，轴为的角平分线，，所以，将式代入韦达定理得，，则，所以，，，所以，．设直线MN的斜率为，则即，所以，，解得或．故选：A．4．【浙江省宁波市2019届高三上学期期末】已知椭圆的离心率的取值范围为，直线交椭圆于点为坐标原点且，则椭圆长轴长的取值范围是（）A．B．C．D．【答案】C【解析】联立方程得，设，，则，由，得，∴，化简得，∴，化简得，∵，∴，∵，∴，∴，∴，∴，∴，∴，∴，即椭圆的长轴长的取值范围为，故选C．5．【江西省红色七校2019届高三第二次联考】定长为4的线段MN的两端点在抛物线上移动，设点P为线段MN的中点，则点P到y轴距离的最小值为( )A．B．1 C．D．【答案】D【解析】由抛物线方程得，准线方程为，设，根据抛物线的定义可知，到轴的距离，当且仅当三点共线时，能取得最小值，此时.故选D.6．【四川省泸州市2019届高三第二次教学质量诊断】已知，若点是抛物线上任意一点，点是圆上任意一点，则的最小值为A．3 B．4 C．5 D．6【答案】B【解析】抛物线的焦点，准线：，圆的圆心为，半径，过点作垂直准线，垂足为，由抛物线的定义可知，则，当三点共线时取最小值，．即有取得最小值4，故选B．7．【安徽省合肥一中、马鞍山二中等六校教育研究会2019届高三第二次联考】已知抛物线上一点到焦点的距离为，分别为抛物线与圆上的动点，则的最小值为（）A．B．C．D．【答案】D【解析】由抛物线焦点在轴上，准线方程，则点到焦点的距离为，则，所以抛物线方程：，设，圆，圆心为，半径为1，则，当时，取得最小值，最小值为，故选D.8．【河南省郑州市2019届高中毕业年级第一次（1月)质量预测】抛物线的焦点为，已知点为抛物线上的两个动点，且满足，过弦的中点作该抛物线准线的垂线，垂足为，则的最小值为A．B．1 C．D．2【答案】B【解析】设|AF|＝a，|BF|＝b，由抛物线定义，得|AF|＝|AQ|，|BF|＝|BP|在梯形ABPQ中，∴2|CD|＝|AQ|+|BP|＝a+b．由余弦定理得，|AB|2＝a2+b2﹣2ab cos60°＝a2+b2﹣ab配方得，|AB|2＝（a+b）2﹣3ab，又∵ab≤（）2，∴（a+b）2﹣3ab≥（a+b）2（a+b）2（a+b）2得到|AB|（a+b）＝|CD|．∴1，即的最小值为1．故选：B．9．已知抛物线28y x =,点Q 是圆22:28130C x y x y ++-+=上任意一点,记抛物线上任意一点到直线2x =-的距离为d ,则PQ d +的最小值为（）A ．5B ．4C ．3D ．2 【答案】C【解析】如图所示,由题意知,抛物线28y x =的焦点为(2,0)F ,连接PF ,则d PF =．将圆C 化为22(1)(4)4x y ++-=,圆心为(1,4)C -,半径为2r =,则PQ d PQ PF +=+,于是由PQ PF FQ+≥（当且仅当F ,P,Q 三点共线时取得等号）．而FQ为圆C 上的动点Q 到定点F 的距离,显然当F ,Q,C 三点共线时取得最小值,且为23CF -=,故应选C ．10．【福建省龙岩市2019届高三下学期教学质量检查】已知抛物线的焦点为，其准线与轴的交点为，过点作直线与抛物线交于两点．若以为直径的圆过点，则的值为________．【答案】4【解析】假设存在，设AB 方程为：y ＝（﹣1），与抛物线y 2＝4联立得2（2﹣2+1）＝4，即22﹣（22+4）+2＝0设两交点为A （2，y 2），B （1，y 1）， ∵以为直径的圆过点,∴∠QBA ＝90°，∴（1﹣2）（1+2）+y12＝0，∴12+y12＝4，∴12+41﹣1＝0（1＞0），∴12，∵12＝1，∴22，∴|AF|﹣|BF|＝（2+1）﹣（1+1）＝4，故答案为：411．【辽宁省沈阳市东北育才学校2019届高三第五次模拟】抛物线的焦点为，设是抛物线上的两个动点，若，则的最大值为____________.【答案】【解析】由是抛物线上的两个动点，得又，所以，在中，由余弦定理得：，又，即，所以，因此的最大值为.故答案为12．【江西省九江市2019届高三第一次高考模拟】已知抛物线的焦点F，过F的直线与抛物线交于A，B两点，则的最小值是______．【答案】18【解析】抛物线y2＝8的焦点F（2，0），设A（1，y1），B（2，y2），则|FA|+4|FB|＝1+2+4（+2）＝+4+10，当直线AB斜率不存在时，|FA|+4|FB|＝2+4×2+10＝20，当直AB斜率存在时，设直线AB的方程为y＝（﹣2），代入y2＝8得22﹣（42+8）+42＝0，∴＝4，∴|FA|+4|FB|4+10≥210＝18，当且仅当1＝1时取等号．|FA|+4|FB|的最小值是18．故答案为：18．13．【山东省淄博市2018-2019学年度3月高三模拟】已知抛物线：上一点，点是抛物线上的两动点，且，则点到直线的距离的最大值是__________．【答案】【解析】设直线的方程为，，，联立直线的方程与抛物线方程，则有，即，，因为直线与抛物线方程有两个交点，所以，，，因为，所以，即，，解得或者，化简可得或者因为，所以，，所以直线的方程为，即，故直线过定点，当垂直于直线时，点到直线的距离取得最大值，最大值为，故答案为。

2019高考数学(理)冲刺大题提分(讲义+练习)大题精做9 圆锥曲线：范围(最值)问题(理)

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另解：依题意： S△F1BF2

1 2cb bc 2
2 ， cosF1BF2
2cos2
F1BF2 2
1
1 3
b2 a2

2， 3
解得 a2 3 ， b2 2 ，故椭圆 C 的方程为 x2 y2 1 ． 32
（2）联立
（1）求抛物线 C 的方程；（2）当 AHB 的角平分线垂直 x 轴时，求直线 EF 的斜率；（3）若直线 AB 在 y 轴上的截距为 t ，求 t 的最小值．
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3．[2019·周口调研]已知直线 y x p 与抛物线 C : y2 2 px p 0 交于 B ， D 两点，线段 BD 的中点
2
2m2 1 m2

OM
2

PQ
2

3

1 m2

2

1 m2

25 4
，
OM PQ 5 ．当且仅当 3 1 2 1 ，即 m 2 时， OM PQ 的最大值为 5 ．
2
m2
m2
2
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模拟精做
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1．[2019·柳州模拟]已知点 F 1,0 ，直线 l : x 4 ， P 为平面内的动点，过点 P 作直线 l 的垂线，垂
2 为 A ，点 F 为 C 的焦点，且 △OAF （ O 为坐标原点）的面积为 1．（1）求抛物线 C 的标准方程；
（2）过点 G 2, 2 作斜率为 k k 2 的直线 l 与 C 交于 M ， N 两点，直线 OM ， ON 分别交直线

2019届高考数学专题五解析几何1.5.3圆锥曲线中的定点、定值、最值与范围问题课件文

，

Байду номын сангаас

热点题型2
圆锥曲线中的探索性问题
【感悟经典】
x2 【典例】在直角坐标系xOy中,曲线C: y＝与直线 4
l:y=kx+a(a>0)交于M,N两点. (1)当k=0时,分别求C在点M和N处的切线方程.
(2)y轴上是否存在点P,使得当k变动时,总有∠OPM=
∠OPN?说明理由.
【联想解题】(1)看到求曲线上某点的切线方程,想到
所以 x 02 y 12 =y+1,
化简得,曲线Γ的方程为x2=4y. (2)同方法一.
2 2 x y 【提分备选】已知双曲线E: 2 2 1(a>0,b>0)的两条 a b
渐近线分别为l1:y=2x,l2:y=-2x. (1)求双曲线E的离心率.
(2)如图,O为坐标原点,动直线l分别交直线
1 1 2 2 2 2 2. 短轴顶点,此时 2 2 2 a a b OA OB OM 1 1 2
②若点A,B,M不是椭圆的顶点,设直线l的方程为
1 y=kx(k≠0),则直线OM的方程为y=x,设 k
A(x1,y1),B(-x1,-y1),
y kx, 由 2 x 2y 2 3 3 1
uuu r uur 因为AP⊥AQ, AP =(x1+2,y1), AQ =(x2+2,y2), uur uuu r 所以 APgAQ =(x1+2)(x2+2)+y1y2=0,
即(x1+2)(x2+2)+k2(x1-m)(x2-m)=0,
所以(k2+1)x1x2+(2-k2m)(x1+x2)+k2m2+4=0,

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1 2 5.2 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 1.(2017北京,理18)已知抛物线C:y2=2px过点P(1,1).过点(0,12)作直线l与抛物线C交于不同的两点

M,N,过点M作x轴的垂线分别与直线OP,ON交于点A,B,其中O为原点. (1)求抛物线C的方程,并求其焦点坐标和准线方程; (2)求证:A为线段BM的中点.

〚导学号21500818〛 2.(2017山西实验中学3月模拟,理20)已知O为坐标原点,椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,上顶点为P,右顶点为Q,以F1F2为直径的圆O过点P,直线PQ与圆O相交得到的弦长为2√33.

(1)求椭圆C的方程; (2)若直线l与椭圆C相交于M,N两点,l与x轴,y轴分别相交于A,B两点,满足:①记MN的中点为E,且A,B两点到直线OE的距离相等;②记△OMN,△OAB的面积分别为S1,S2,若S1=λS2,当S1取得最大值时,求λ的值.

3.已知点A(0,-2),椭圆E:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=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2√33,O为坐标原点.

(1)求椭圆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. 1 2 〚导学号21500819〛 4.(2017宁夏中卫二模,理20)已知动圆M过定点E(2,0),且在y轴上截得的弦PQ的长为4. (1)求动圆圆心M的轨迹C的方程; (2)设A,B是轨迹C上的两点,且𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ =-4,F(1,0),记S=S△OFA+S△OAB,求S的最小值.

5.(2017山东临沂一模)已知抛物线y2=4x的焦点为椭圆C:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的右焦点F,点B为此抛物线与椭圆C在第一象限的交点,且|BF|=53.

(1)求椭圆C的方程; (2)过点F作两条互相垂直的直线l1,l2,直线l1与椭圆C交于P,Q两点,直线l2与直线x=4交于点T,求

|𝑇𝐹||𝑃𝑄|的取值范围.

〚导学号21500820〛 1

2 6.(2017辽宁大连一模,理20)已知点P是长轴长为2√2的椭圆Q:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)上异于顶点的一个动点,O为坐标原点,A为椭圆的右顶点,点M为线段PA的中点,且直线PA与OM的斜率之积恒为-12.

(1)求椭圆Q的方程; (2)设过左焦点F1且不与坐标轴垂直的直线l交椭圆于C,D两点,线段CD的垂直平分线与x轴交于

点G,点G横坐标的取值范围是[-14,0),求|CD|的最小值.

参考答案 5.2 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 1.(1)解由抛物线C:y2=2px过点P(1,1),得p=12. 所以抛物线C的方程为y2=x.

抛物线C的焦点坐标为(14,0),准线方程为x=-14. (2)证明由题意,设直线l的方程为y=kx+12(k≠0),l与抛物线C的交点为M(x1,y1),N(x2,y2). 由{𝑦=𝑘𝑥+12,𝑦2=𝑥, 得4k2x2+(4k-4)x+1=0. 则x1+x2=1-𝑘𝑘2,x1x2=14𝑘2. 因为点P的坐标为(1,1),所以直线OP的方程为y=x,点A的坐标为(x1,x1),直线ON的方程为y=𝑦2𝑥2x,点B的坐标为(𝑥

𝑦2𝑥1

𝑥2

因为y1+𝑦2𝑥1𝑥2-2x1 =𝑦1𝑥2+𝑦2𝑥1-2𝑥1𝑥2𝑥2 1 2 =(𝑘𝑥1+12)𝑥2+(𝑘𝑥2+12)𝑥1-2𝑥1𝑥2𝑥2 =(2𝑘-2)𝑥1𝑥2+12(𝑥2+𝑥1)𝑥2 =(2𝑘-2)×14𝑘2+1-𝑘2𝑘2𝑥2=0, 所以y1+𝑦2𝑥1𝑥2=2x1. 故A为线段BM的中点. 2.解 (1)因为以F1F2为直径的圆O过点P,所以b=c.

则圆O的方程为x2+y2=b2,直线PQ的方程为y=-𝑏𝑎x+b=-√22x+b,

则2√𝑏2-(|𝑏|√1+12)2=2√33, 所以b=1,所以a=√1+1=√2. 所以椭圆C的方程为𝑥22+y2=1. (2)由题意,设直线的方程为y=kx+m(km≠0),M(x1,y1),N(x2,y2), 则A(-𝑚𝑘,0),B(0,m).

由方程组{𝑦=𝑘𝑥+𝑚,𝑥22+𝑦2=1得(1+2k2)·x2+4kmx+2m2-2=0, (*) Δ=16k2-8m2+8>0,

所以m2<2k2+1.

由根与系数的关系得x1+x2=-4𝑘𝑚1+2𝑘2,x1x2=2𝑚2-21+2𝑘2. 因为A,B两点到直线OE的距离相等,所以线段MN的中点与线段AB的中点重合, 所以x1+x2=-4𝑘𝑚1+2𝑘2=0-𝑚𝑘,

解得k=±√22. 于是,S1=12|MN|d =12√(𝑥1-𝑥2)2+(𝑦1-𝑦2)2|𝑚|√1+𝑘2 =12√1+𝑘2|x1-x2||𝑚|√1+𝑘2 =12√(-4𝑘𝑚1+2𝑘2)2-4×2𝑚2-21+2𝑘2|m| 1 2 =12√4𝑚2-2𝑚4 =12√-2(𝑚2-1)2+2.

由m2<2k2+1及k=±√22,可得m2<2. 所以,当m2=1时,S1有最大值√22, 此时S2=√22|m|2=√22,故λ=1. 3.解 (1)设F(c,0),由条件知,2𝑐=2√33,得c=√3. 又𝑐𝑎=√32, 所以a=2,b2=a2-c2=1. 故椭圆E的方程为𝑥24+y2=1. (2)当l⊥x轴时不合题意, 故设l:y=kx-2,P(x1,y1),Q(x2,y2),

将y=kx-2代入𝑥24+y2=1,得 (1+4k2)x2-16kx+12=0. 当Δ=16(4k2-3)>0, 即k2>34时,

x1+x2=16𝑘1+4𝑘2, x1x2=121+4𝑘2. 从而|PQ|=√𝑘2+1|x1-x2|=4√𝑘2+1·√4𝑘2-34𝑘2+1.

又点O到直线l的距离d=2√𝑘2+1, 所以△OPQ的面积 S△OPQ=12d|PQ|=4√4𝑘2-34𝑘2+1. 设√4𝑘2-3=t, 则t>0,S△OPQ=4𝑡𝑡2+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,此时S△OPQ≤1. 1 2 所以当△OPQ的面积最大时l的方程为y=√72x-2或y=-√72x-2. 4.解 (1)设M(x,y),PQ的中点N,连接MN,则|PN|=2,MN⊥PQ, ∴|MN|2+|PN|2=|PM|2.

又|PM|=|EM|, ∴|MN|2+|PN|2=|EM|2.

∴x2+4=(x-2)2+y2,

整理得y2=4x.

(2)设A(𝑦124,𝑦1),B(𝑦224,𝑦2),不失一般性,令y1>0,则S△OFA=12·|OF|·y1=12y1. ∵𝑂𝐴⃗⃗⃗⃗⃗ ·𝑂𝐵⃗⃗⃗⃗⃗ =-4,

∴𝑦12𝑦2

16+y1y2=-4,

解得y1y2=-8. ① 直线AB的方程为𝑦-𝑦1𝑦2-𝑦1−𝑥-𝑦124𝑦224-𝑦124(y1≠-y2),

即y-y1=4(𝑥-𝑦124)𝑦1+𝑦2. 令y=0得x=2,即直线AB恒过定点E(2,0), 当y1=-y2时,AB⊥x轴,A(2,2√2),B(2,-2√2),直线AB也经过点E(2,0). ∴S△OAB=12|OE|·|y1-y2|

=y1-y2.

由①可得S△OAB=y1+8𝑦1,

∴S=12y1+(𝑦1+8𝑦1)=32y1+

𝑦1

≥2√12=4√3.

当且仅当32y1=8𝑦1,即y1=4√33时,Smin=4√3. 5.解 (1)由y2=4x得其焦点坐标是F(1,0). 设B(x0,y0)(x0>0,y0>0), 则|BF|=x0+1=53, 解得x0=23, ∴𝑦02=4×23=83.

由点B在椭圆C上,得𝑥02𝑎2+𝑦02𝑏2=1, 即49𝑎2+83𝑏2=1. 又a2=b2+1,解得a2=4,b2=3.

∴椭圆C的方程是𝑥24+𝑦23=1. 1 2 (2)设直线PQ的方程为x=my+1,P(x1,y1),Q(x2,y2), 由{𝑥=𝑚𝑦+1,𝑥24+𝑦23=1,得(3m2+4)y2+6my-9=0, 则Δ=36m2+36(3m2+4)>0,y1+y2=-6𝑚3𝑚2+4,y1y2=-93𝑚2+4, ∴|PQ|=√1+𝑚2|y1-y2|

=√1+𝑚2√(-6𝑚3𝑚2+4)2-4·-93𝑚2+4

=12(𝑚2+1)3𝑚2+4. 当m≠0时,直线FT的方程为y=-m(x-1), 由{𝑥=4,𝑦=-𝑚(𝑥-1), 得x=4,y=-3m, 即T(4,-3m), ∴|TF|=3√1+𝑚2.

∴|𝑇𝐹||𝑃𝑄|=3√1+𝑚21+𝑚2·3𝑚2+4

=14(3√𝑚2+1+1√𝑚2+1).

设t=√𝑚

2+1,则t>1,

则|𝑇𝐹||𝑃𝑄|=34t+14𝑡. ∵y=34t+14𝑡在(1,+∞)内为增函数,

∴y>3+1=4,

则|𝑇𝐹||𝑃𝑄|>14×4=1. 当m=0时,PQ的中点是F,T(4,0), 则|TF|=3,|PQ|=2𝑏2𝑎=3,

∴|𝑇𝐹||𝑃𝑄|=1.

综上,|𝑇𝐹||𝑃𝑄|≥1,故|𝑇𝐹||𝑃𝑄|的取值范围是[1,+∞). 6.解 (1)∵椭圆Q的长轴长为2√2, ∴a=√2.

设P(x0,y0), ∵直线PA与OM的斜率之积恒为-12,