2020届高考数学文一轮复习讲义第9章高考专题突破5第1课时范围最值问题

高考专题突破五高考中的圆锥曲线问题第1课时范围、最值问题题型一范围问题例1(2018·鞍山质检)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)与双曲线x23－y2＝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)∵双曲线的离心率为233，∴椭圆的离心率e＝ca＝32.又∵直线x－y－2＝0经过椭圆的右顶点，∴右顶点为点(2,0)，即a＝2，c＝3，b＝1，∴椭圆方程为x24＋y2＝1.(2)由题意可设直线的方程为y＝kx＋m(k≠0，m≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立y＝kx＋m，x24＋y2＝1，消去y，并整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，则x1＋x2＝－8km1＋4k2，x1x2＝4m2－11＋4k2，于是y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.又直线OM，MN，ON的斜率依次成等比数列，故y1x1·y2x2＝k2x1x2＋kmx1＋x2＋m2x1x2＝k2，则－8k2m21＋4k2＋m2＝0.由m≠0得k2＝14，解得k＝±12.又由Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(4k2－m2＋1)0，得0m22，显然m2≠1(否则x1x2＝0，x1，x2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△OMN＝12|MN|d＝12·1＋k2·|x1－x2|·|m|1＋k2＝12|m|x1＋x22－4x1x2＝－m2－12＋1.故由m的取值范围可得△OMN面积的取值范围为(0,1).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，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22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转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值例4已知点P是圆O：x2＋y2＝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)，∵QP→＝PM→，∴P为QM的中点，又有PQ⊥y轴，∴Px2，y，∵点P是圆O：x2＋y2＝1上的点，∴x22＋y2＝1，即点M的轨迹E的方程为x24＋y2＝1.(2)由题意可知直线l与y轴不垂直，故可设l：x＝ty＋m，t∈R，A(x1，y1)，B(x2，y2)，∵l与圆O：x2＋y2＝1相切，∴|m|t2＋1＝1，即m2＝t2＋1，①由x2＋4y2＝4，x＝ty＋m消去x，并整理得(t2＋4)y2＋2mty＋m2－4＝0，其中Δ＝4m2t2－4(t2＋4)(m2－4)＝480，∴y1＋y2＝－2mtt2＋4，y1y2＝m2－4t2＋4.②∴|AB|＝x1－x22＋y1－y22＝t2＋1y1＋y22－4y1y2，将①②代入上式得|AB|＝t2＋14m2t2t2＋42－4m2－4t2＋4＝43|m|m2＋3，|m|≥1，∴S△AOB＝12|AB|·1＝12·43|m|m2＋3＝23|m|＋3|m|≤2323＝1，当且仅当|m|＝3|m|，即m＝±3时，等号成立，∴△AOB面积的最大值为1.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.(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22.1.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，＋∞C.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.已知椭圆x2a2＋y2b2＝1(ab0)的中心为O，一个焦点为F，若以O为圆心，|OF|为半径的圆与椭圆恒有公共点，则椭圆的离心率的取值范围是()A.22，1B.0，32C.32，1D.0，22答案A解析由于以O为圆心，以b为半径的圆内切于椭圆，所以要使以O为圆心，以c为半径的圆与椭圆恒有公共点，需满足c≥b，则c2≥b2＝a2－c2，所以2c2≥a2，所以22≤e1，故选A.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→)＝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.在平面直角坐标系xOy中，已知抛物线C：x2＝4y，点P是C的准线l上的动点，过点P作C的两条切线，切点分别为A，B，则△AOB面积的最小值为()A.2B.2C.22D.4答案B解析设P(x0，－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，又A，B在抛物线上，所以y1＝x214，y2＝x224.因为y′＝x2，则过点A，B的切线分别为y－x214＝x12(x－x1)，y－x224＝x22(x－x2)均过点P(x0，－1)，则－1－x214＝x12(x0－x1)，－1－x224＝x22(x0－x2)，即x1，x2是方程－1－x24＝x2(x0－x)的两根，则x1＋x2＝2x0，x1x2＝－4，设直线AB的方程为y＝kx＋b，联立x2＝4y，y＝kx＋b，得x2－4kx－4b＝0，则x1x2＝－4b＝－4，即b＝1，|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·x1＋x22－4x1x2＝1＋k2·4x20＋16，O到直线AB的距离d＝bk2＋1，则S△AOB＝12|AB|d＝x20＋4≥2，即△AOB的面积的最小值为2，故选B.7.椭圆C：x2a2＋y2＝1(a1)的离心率为32，F1，F2是C的两个焦点，过F1的直线l与C交于A，B两点，则|AF2|＋|BF2|的最大值等于________.答案7解析因为椭圆C的离心率为32，所以a2－1a＝32，解得a＝2，由椭圆定义得|AF2|＋|BF2|＋|AB|＝4a＝8，即|AF2|＋|BF2|