第33节 圆锥曲线中的最值范围问题探究性问题（解析版）

第33节圆锥曲线中的范围最值问题及探究性问题基本技能要落实考点一最值问题【例1】(2021·齐齐哈尔一模)已知椭圆Γ：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2.短轴的两个顶点与F1，F2构成面积为2的正方形，(1)求Γ的方程；(2)如图所示，过右焦点F2的直线交椭圆Γ于A，B两点，连接AO并延长，交Γ于点C，求△ABC面积的最大值.【解析】(1)因为椭圆C的短轴的两个顶点与F1，F2构成面积为2的正方形，所以b＝c，S正＝a2＝2，则a＝2，b＝c＝1，故椭圆Γ的方程为x22＋y2＝1.(2)①当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝k(x－1)，联立y＝k（x－1），x22＋y2＝1，消去y整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k21＋2k2，x1x2＝2k2－21＋2k2，所以|AB|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1＋k2·4k21＋2k22－4×2k2－21＋2k2＝22（1＋k2）1＋2k2，点O到直线kx－y－k＝0的距离d＝|k|1＋k2，因为O是线段AC的中点，所以点C到直线AB的距离为2d＝2|k|1＋k2，所以△ABC面积S＝12·|AB|·2d＝12×22（1＋k2）1＋2k2×2|k|1＋k2＝22·k2（1＋k2）（1＋2k2）2＝22·14－14（2k2＋1）22，②当直线AB的斜率不存在时，不妨取A1，22，B1，－22，C－1，－22，故△ABC面积S＝12×2×2＝2，综上，△ABC面积的最大值为2.【方法技巧】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.【跟踪训练】1.(2020·浙江卷)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于点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.【解析】(1)由p＝116，得抛物线C2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(x0，y0).将直线l的方程代入椭圆C1：x22＋y2＝1，得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，所以点M的纵坐标yM＝－mtm2＋2.将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px，得y2－2pmy－2pt＝0，所以y0yM＝－2pt，解得y0＝2p（m2＋2）m，因此x0＝2p（m2＋2）2m2.由x202＋y20＝1，得1p2＝4m＋2m2＋2m＋2m4≥160，当且仅当m＝2，t＝105时，p取到最大值1040.考点二范围问题【例2】已知椭圆C1：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右顶点分别是双曲线C2：x2m2－y2＝1的左、右焦点，且C1与C2相交于点233，33.(1)求椭圆C1的标准方程；(2)设直线l：y＝kx－13与椭圆C1交于A，B两点，以线段AB为直径的圆是否恒过定点？若恒过定点，求出该定点；若不恒过定点，请说明理由.【解析】(1)将233，33代入x2m2－y2＝1，解得m2＝1，∴a2＝m2＋1＝2，将233，33代入x22＋y2b2＝1，解得b2＝1，∴椭圆C1的标准方程为x22＋y2＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由y＝kx－13，x22＋y2＝1，整理得(9＋18k2)x2－12kx－16＝0，∴x1＋x2＝12k9＋18k2，x1x2＝－169＋18k2，Δ＝144k2＋64(9＋18k2)0.由对称性可知，以AB为直径的圆若恒过定点，则定点必在y轴上.设定点为M(0，y0)，则MA→＝(x1，y1－y0)，MB→＝(x2，y2－y0)，MA→·MB→＝x1x2＋(y1－y0)(y2－y0)＝x1x2＋y1y2－y0(y1＋y2)＋y20＝x1x2＋k2x1x2－k3(x1＋x2)－y0k（x1＋x2）－23＋19＋y20＝(1＋k2)x1x2－k13＋y0(x1＋x2)＋y20＋23y0＋19＝18（y20－1）k2＋9y20＋6y0－159＋18k2＝0，∴y20－1＝0，9y20＋6y0－15＝0，解得y0＝1，∴M(0，1)，∴以线段AB为直径的圆恒过定点(0，1).【方法技巧】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.(2022·齐鲁名校联合测试)已知椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的焦距为2，左、右焦点分别为F1，F2，过点F1的直线l(不与x轴重合)交椭圆于A，B两点.(1)若点A恰好为椭圆的上顶点，且|AB|＝52|F1B|，求椭圆E的标准方程；(2)若点A关于点F2的对称点为点C，且点C恰好在椭圆上，求点B的横坐标的取值范围.【解析】(1)由题意得，F1(－1，0)，A(0，b)，设B(x0，y0)，由|AB|＝52|F1B|可得AF1→＝32F1B→，于是得(－1，－b)＝32(x0＋1，y0)，所以－1＝32x0＋32，－b＝32y0，得x0＝－53，y0＝－23b.因为点B在椭圆上，所以259a2＋4b29b2＝1，得a2＝5，所以b2＝5－1＝4，故椭圆E的标准方程为x25＋y24＝1.(2)由题意及椭圆的对称性，得AC为椭圆的通径.不妨设点A(1，y1)(y10)，点B(xB，yB)，将点A的坐标代入x2a2＋y2b2＝1，得1a2＋y21b2＝1，得y1＝b2a，于是直线l的斜率为b2a－01－（－1）＝b22a，直线l的方程为y＝b22a(x＋1).联立方程y＝b22a（x＋1），x2a2＋y2b2＝1，消去y，整理得(a2＋3)x2＋2(a2－1)x－3a2－1＝0，由根与系数的关系，得1·xB＝－3a2＋1a2＋3，于是，xB＝－3a2＋1a2＋3.设a2＝t(t1)，则xB＝－3t＋1t＋3＝－3＋8t＋3，令f(t)＝－3＋8t＋3，则f(t)在(1，＋∞)上单调递减，所以当t1时，xB＝－3＋8t＋3的取值范围为(－3，－1)，即点B的横坐标的取值范围是(－3，－1).考点三探究性问题【例3】(2022·郑州模拟)已知圆C：(x－a)2＋(y－b)2＝94的圆心C在抛物线x2＝2py(p0)上，圆C过原点且与抛物线的准线相切.(1)求该抛物线的方程.(2)过抛物线焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，分别在点A，B处作抛物线的切线，两条切线交于P点，则△PAB的面积是否存在最小值？若存在，求出这个最小值及此时对应的直线l的方程；若不存在，请说明理由.【解析】(1)由已知可得圆心C(a，b)，半径r＝32，焦点F0，p2，准线方程为y＝－p2.因为圆C与抛物线的准线相切，所以b＝32－p2，且圆C过焦点F.又圆C过原点，所以圆心C必在线段OF的垂直平分线上，即b＝p4.所以b＝32－p2＝p4，求得p＝2.于是抛物线的方程为x2＝4y.(2)由抛物线方程x2＝4y知，F(0，1).易知直线l的斜率存在，则设直线l的方程为y＝kx＋1.由y＝kx＋1，x2＝4y消去y并整理，得x2－4kx－4＝0，Δ＝(－4k)2－4×(－4)＝16k2＋160，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1x2＝－4.对y＝x24求导，得y′＝x2，即直线AP的斜率kAP＝x12，则直线AP的方程为y－y1＝x12(x－x1)，即y＝x12x－14x21.同理可得直线BP的方程为y＝x22x－14x22.设P(x0，y0)，联立直线AP与BP的方程，可得x0＝x1＋x22＝2k，y0＝x1x24＝－1，即P(2k，－1).|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝1＋k2·（4k）2＋16＝4(1＋k2)，点P到直线AB的距离d＝|2k2＋2|1＋k2＝21＋k2，所以△PAB的面积S＝12×4(1＋k2)×21＋k2＝4(1＋k2)32≥4，当且仅当k＝0时等号成立.故△PAB面积的最小值为4，此时直线l的方程为y＝1.【方法技巧】此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，再针对其表达式进行讨论，往往涉及对参数的讨论.【跟踪训练】1.(2022·西安模拟)设中心在原点，焦点在x轴上的椭圆E过点1，32，且离心率为32，F为E的右焦点，P为E上一点，PF⊥x轴，圆F的半径为PF.(1)求椭圆E和圆F的方程；(2)若直线l：y＝k(x－3)(k＞0)与圆F交于A，B两点，与椭圆E交于C，D两点，其中A，C在第一象限，是否存在k使|AC|＝|BD|？若存在，求l的方程；若不存在，说明理由.【解析】(1)由题意可设椭圆的标准方程为x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)，∵椭圆的离心率e＝32，∴ca＝32，∵a2＝b2＋c2，∴a＝2b，将点1，32代入椭圆的方程得1a2＋34b2＝1，联立a＝2b，解得a＝2且b＝1.∴椭圆E的方程为x24＋y2＝1.∴F(3，0)，∵PF⊥x轴，∴P3，±12，∴圆F的半径为12，圆心为(3，0)，∴圆F的方程为(x－3)2＋y2＝14.(2)不存在满足题意的k，理由如下：由A，B在圆上得|AF|＝|BF|＝|PF|＝12.设点C(x1，y1)，D(x2，y2).|CF|＝（x1－3）2＋y21＝2－32x1，同理|DF|＝2－32x2.若|AC|＝|BD|，则|AC|＋|BC|＝|BD|＋|BC|，即|AB|＝|CD|＝1，4－32(x1＋x2)＝1，由x24＋y2＝1，y＝k（x－3），得(4k2＋1)x2－83k2x＋12k2－4＝0，∴x1＋x2＝83k24k2＋1，∴4－12k24k2＋1＝1，得12k2＝12k2＋3，无解，故不存在.考点四证明问题【例4】(2022·成都诊断)已知点A(1，－32)在椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)上，O为坐标原点，直线l：xa2－3y2b2＝1的斜率与直线OA的斜率乘积为－14.(1)求椭圆C的方程；(2)不经过点A的直线y＝32x＋t(t≠0且t∈R)与椭圆C交于P，Q两点，P关于原点的对称点为R(与点A不重合)，直线AQ，AR与y轴分别交于两点M，N，求证：|AM|＝|AN|.【解析】(1)解由题意知，kOA·kl＝－32·2b23a2＝－b2a2＝－14，即a2＝4b2，①又1a2＋34b2＝1，②所以联立①②，解得a＝2b＝1，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.(2)证明设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则R(－x1，－y1)，由y＝32x＋t，x24＋y2＝1，得x2＋3tx＋t2－1＝0，所以Δ＝4－t2＞0，即－2＜t＜2，又t≠0，所以t∈(－2，0)∪(0，2)，x1＋x2＝－3t，x1·x2＝t2－1.