2023年高考数学二轮复习(全国版理) 第1部分 专题突破 专题6 第4讲 母题突破1　范围、最值问

第4讲圆锥曲线的综合问题[考情分析]1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有范围、最值问题，定点、定值问题及探索性问题.2.以解答题的形式压轴出现，难度较大．母题突破1范围、最值问题母题(2022·全国甲卷改编)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点D(2,0)，过F的直线交抛物线C于M，N两点．设直线MD，ND与抛物线C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．思路分析❶点差法求kAB，kMN↓❷联立MN与抛物线方程↓❸联立AM，BN与抛物线方程↓❹kAB与kMN的关系↓❺构造tanα－β关于kAB的函数解当MN⊥x轴时，易得α＝β＝π2，此时α－β＝0.当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，则直线MN的方程为y－y1＝y1－y2x1－x2(x－x1)，即y－y1＝y1－y2y214－y224(x－x1)，即y－y1＝4y1＋y2(x－x1)，即y(y1＋y2)－y1(y1＋y2)＝4(x－x1)，所以直线MN的方程为y(y1＋y2)－y1y2＝4x，tanα＝4y1＋y2.同理可得，直线AM的方程为y(y3＋y1)－y3y1＝4x，直线BN的方程为y(y4＋y2)－y4y2＝4x，直线AB的方程为y(y4＋y3)－y4y3＝4x.因为F(1,0)在MN上，所以y1y2＝－4.因为D(2,0)在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，所以y3＝－8y1，y4＝－8y2.所以y3＋y4＝－8y1－8y2＝－8y1＋y2y1y2＝－8y1＋y2－4＝2(y1＋y2)，y3y4＝64y1y2＝64－4＝－16，所以直线AB的方程y(y4＋y3)－y4y3＝4x可化为(y1＋y2)y＋8＝2x，所以tanβ＝2y2＋y1，所以tan(α－β)＝2y2＋y11＋8y2＋y12＝2y2＋y1y2＋y12＋8＝2×1y2＋y1＋8y2＋y1.当y2＋y10时，tan(α－β)0，所以不符合题意．当y2＋y10时，(y2＋y1)＋8y2＋y1≥42，tan(α－β)≤2×142＝24，当且仅当y2＋y1＝8y2＋y1，即y2＋y1＝22时取等号，此时α－β取得最大值，直线AB的方程为x－2y－4＝0.综上，当α－β取得最大值时，直线AB的方程为x－2y－4＝0.[子题1](2022·许昌模拟)已知双曲线C：x2－y22＝1，过点A(0，－1)的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于D，E两点，与双曲线C的两条渐近线分别交于G，H两点，求|GH||DE|的取值范围．解显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx－1，D(x1，y1)，E(x2，y2)，联立y＝kx－1，x2－y22＝1，得(2－k2)x2＋2kx－3＝0，因为l与双曲线C的左、右两支分别交于D，E两点，故2－k2≠0，x1x2＝3k2－20，Δ＝83－k20，解得－2k2，此时有x1＋x2＝2kk2－2.|DE|＝1＋k2·|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝1＋k2·223－k22－k2，由y＝kx－1，y＝2x，解得x＝1k－2，设xG＝1k－2，同理可得xH＝1k＋2，所以|GH|＝1＋k2·1k－2－1k＋2＝22·1＋k22－k2.故|GH||DE|＝13－k2.因为－2k2，故33≤|GH||DE|1，故|GH||DE|的取值范围是33，1.[子题2](2022·益阳模拟)过点A(1,0)的直线与椭圆x24＋y23＝1交于H，G两点，若线段HG的中点为M，且MN→＝2OM→，求四边形OHNG的面积的最大值．解如图所示，易知直线HG的斜率不为0，设直线HG的方程为x＝ty＋1，G(x1，y1)，H(x2，y2)，联立x＝ty＋1，x24＋y23＝1，整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，所以Δ＝36t2＋36(3t2＋4)＝144(t2＋1)0，y1＋y2＝－6t3t2＋4，y1·y2＝－93t2＋4，所以S△OHG＝12|OA|·|y1－y2|＝12×1×y1＋y22－4y1y2＝12－6t3t2＋42－4·－93t2＋4＝6t2＋13t2＋4，因为MN→＝2OM→，所以S△GHN＝2S△OHG，设四边形OHNG的面积为S，则S＝S△OHG＋S△GHN＝3S△OHG＝18t2＋13t2＋4＝183t2＋4t2＋1＝183t2＋1＋1t2＋1，令t2＋1＝m(m≥1)，再令y＝3m＋1m，由对勾函数性质知，y＝3m＋1m在[1，＋∞)上单调递增，所以当m＝1时，ymin＝4，此时t＝0,3t2＋1＋1t2＋1取得最小值4，所以Smax＝92.规律方法求解范围、最值问题的常见方法(1)利用判别式来构造不等关系．(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．(4)利用基本不等式．1.(2022·平凉模拟)如图，已知椭圆C：x26＋y23＝1，点P(2,1)为椭圆C上一点．过点P作两直线l1与l2分别交椭圆C于A，B两点，若直线l1与l2的斜率互为相反数，求|AB|的最大值．解设直线l1为y＝k(x－2)＋1，则直线l2为y＝－k(x－2)＋1，联立y＝kx－2＋1，x26＋y23＝1，整理得(2k2＋1)x2＋(4k－8k2)x＋(8k2－8k－4)＝0，由Δ＝(4k－8k2)2－4(2k2＋1)(8k2－8k－4)＝16(k＋1)20，解得k≠－1，又由xAxP＝8k2－8k－42k2＋1，可得xA＝4k2－4k－22k2＋1，则yA＝k(xA－2)＋1＝－2k2－4k＋12k2＋1，同理可得xB＝4k2＋4k－22k2＋1，yB＝－2k2＋4k＋12k2＋1，所以|AB|2＝(xA－xB)2＋(yA－yB)2＝128k22k2＋12＝1284k2＋1k2＋4≤12824k2·1k2＋4＝16，当且仅当k＝±22时，等号成立，因此，|AB|的最大值为4.2．(2022·保定模拟)已知抛物线C：x2＝4y，以T(0,3)为圆心的圆交抛物线C于P，Q，M，N四点，求四边形PQMN面积的取值范围．解如图，设圆T的半径为r，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(－x1，y1)，P(－x2，y2)，把x2＝4y代入圆T：x2＋(y－3)2＝r2，整理得y2－2y＋9－r2＝0，由题意知，关于y的一元二次方程有两个不等实根，则Δ＝4－49－r20，y1＋y2＝20，y1y2＝9－r20，可得22r3.S四边形PQMN＝|QM|＋|PN|2·|y1－y2|＝2(y1＋y2)|y1－y2|＝2y1＋y2＋2y1y2·|y1－y2|＝22＋29－r2·4－49－r2＝421＋9－r2r2－8，令9－r2＝t，由22r3得0t1，则S四边形PQMN＝421＋t1－t2，令f(t)＝(1＋t)(1－t2)且0t1，则f′(t)＝－(3t－1)(t＋1)，故在0，13上f′(t)0，f(t)单调递增；在13，1上f′(t)0，f(t)单调递减；所以f(t)≤f13＝3227，又f(0)＝1，f(1)＝0，故f(t)的取值范围是0，3227，综上，S四边形PQMN的取值范围是0，3239.专题强化练1．(2022·十堰模拟)已知抛物线C1：x2＝y，C2：x2＝－y，点M(x0，y0)在C2上，且不与坐标原点O重合，过点M作C1的两条切线，切点分别为A，B.记直线MA，MB，MO的斜率分别为k1，k2，k3.(1)当x0＝1时，求k1＋k2的值；(2)当点M在C2上运动时，求1k1＋1k2－k1k2k3的取值范围．解(1)因为x0＝1，则有y0＝－1，设过点M并与C1相切的直线方程为y＝k(x－1)－1，联立方程组x2＝y，y＝kx－1－1，整理得x2－kx＋k＋1＝0，则Δ＝(－k)2－4(k＋1)＝k2－4k－4＝0，由题可知，k1，k2即为方程k2－4k－4＝0的两根，故有k1＋k2＝4.(2)因为y0＝－x20(x0≠0)可设过点M并与C1相切的直线方程为y＝k(x－x0)－x20，联立方程组x2＝y，y＝kx－x0－x20，整理得x2－kx＋kx0＋x20＝0，则有Δ＝k2－4x0k－4x20＝0，根据根与系数的关系可得k1＋k2＝4x0，k1k2＝－4x20，又k3＝－x20x0＝－x0，则有1k1＋1k2－k1k2k3＝k1＋k2k1k2－k1k2k3＝－1x0＋4x0，按照x00和x00两种情况讨论，如下，当x00时，1x0＋4x0≥21x0·4x0＝4，则有1k1＋1k2－k1k2k3≤－4，当且仅当x0＝12时，等号成立；当x00时，－1x0－4x0≥2－1x0·－4x0＝4，则有1k1＋1k2－k1k2k3≥4，当且仅当x0＝－12时，等号成立，故1k1＋1k2－k1k2k3的取值范围为(－∞，－4]∪[4，＋∞)．2．(2022·石家庄模拟)已知点E(2，0)，F22，0，点A满足|AE|＝2|AF|，点A的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线：x24－y29＝1交于M，N两点，且∠MON＝π2(O为坐标原点)，求点A到直线l距离的取值范围．解(1)设A(x，y)，因为|AE|＝2|AF|，所以x－22＋y－02＝2×x－222＋y－02，化简得x2＋y2＝1.(2)将直线l：y＝kx＋m与双曲线：x24－y29＝1的方程联立，得y＝kx＋m，x24－y29＝1⇒(4k2－9)x2＋8kmx＋4m2＋36＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以有4k2－9≠0，8km2－44k2－94m2＋360⇒m2＋94k2且k≠±32，所以x1＋x2＝－8km4k2－9，x1x2＝4m2＋364k2－9，因为∠MON＝π2，所以OM→⊥ON→⇒x1x2＋y1y2＝0⇒x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，化简得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，把x1＋x2＝－8km4k2－9，x1x2＝4m2＋364k2－9代入，得(k2＋1)·4m2＋364k2－9＋km·－8km4k2－9＋m2＝0，化简，得m2＝36k2＋15，因为m2＋94k2且k≠±32，所以有36k2＋15＋94k2且k≠±32，解得k≠±32，圆x2＋y2＝1的圆心为(0,0)，半径为1，圆心(0,0)到直线l：y＝kx＋m的距离为d＝|m|k2＋1＝65k2＋1k2＋1＝6551，所以点A到直线l距离的最大值为655＋1，最小值为655－1，所以点A到直线l距离的取值范围为655－1，655＋1.