北师大版高考数学一轮复习第九章 高考专题突破五 第1课时　范围与最值问题

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题型一 范围问题
例1 已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率e＝eq \f(\r(3),2)，直线x＋eq \r(3)y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(4,0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝|MA|·|MB|，求λ的取值范围．
解 (1)因为原点到直线x＋eq \r(3)y－1＝0的距离为eq \f(1,2).
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(3),2)))2＝b2(b>0)，解得b＝1.
又e2＝eq \f(c2,a2)＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(3,4)，得a＝2.
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率为0时，λ＝|MA|·|MB|＝12.
当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋4，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得m2>12，
所以y1y2＝eq \f(12,m2＋4).
λ＝|MA|·|MB|＝eq \r(m2＋1)|y1|·eq \r(m2＋1)|y2|
＝(m2＋1)·|y1y2|＝eq \f(12m2＋1,m2＋4)＝12eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,m2＋4))).
由m2>12，得0故λ的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(39,4)，12)).
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)利用圆锥曲线的简单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 (2020·山东新高考联合考试)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eq \f(S1,S2)的取值范围．
解 (1)由题意知Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，
则Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)＋a，0))，Deq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，p))，
则Ceq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)＋a，\r(p2＋2pa)))，
又a＝p，所以kCD＝eq \f(\r(3)p－p,\f(3p,2)－\f(p,2))＝eq \r(3)－1.
(2)设直线CD的方程为y＝kx＋b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋b，,y2＝2px，))得ky2－2py＋2pb＝0，
所以Δ＝4p2－8pkb>0，得kb又y1＋y2＝eq \f(2p,k)，y1y2＝eq \f(2pb,k)，
由y1＋y2＝eq \f(2p,k)>0，y1y2＝eq \f(2pb,k)>0，
可知k>0，b>0，
因为|CD|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝aeq \r(1＋k2)，
点O到直线CD的距离d＝eq \f(|b|,\r(1＋k2))，
所以S1＝eq \f(1,2)·aeq \r(1＋k2)·eq \f(|b|,\r(1＋k2))＝eq \f(1,2)ab.
又S2＝eq \f(1,2)(y1＋y2)·|x1－x2|＝eq \f(1,2)·eq \f(2p,k)·a＝eq \f(ap,k)，
所以eq \f(S1,S2)＝eq \f(kb,2p)，
因为0即eq \f(S1,S2)的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,4))).
题型二 最值问题
命题点1 几何法求最值
例2 (2020·新高考全国Ⅱ)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2,3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为eq \f(1,2).
(1)求C的方程；
(2)点N为椭圆上任意一点，求△AMN的面积的最大值．
解 (1)由题意可知直线AM的方程为y－3＝eq \f(1,2)(x－2)，
即x－2y＝－4.
当y＝0时，解得x＝－4，
所以a＝4.
由椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2,3)，
可得eq \f(4,16)＋eq \f(9,b2)＝1，解得b2＝12.
所以C的方程为eq \f(x2,16)＋eq \f(y2,12)＝1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m.
如图所示，当直线与椭圆相切时，与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N，此时△AMN的面积取得最大值．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x－2y＝m，,\f(x2,16)＋\f(y2,12)＝1，))
可得3(m＋2y)2＋4y2＝48，
化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0，
所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0，
即m2＝64，解得m＝±8，
与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8，
点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离，
即d＝eq \f(8＋4,\r(1＋4))＝eq \f(12\r(5),5)，
由两点之间的距离公式可得
|AM|＝eq \r(2＋42＋32)＝3eq \r(5).
所以△AMN的面积的最大值为eq \f(1,2)×3eq \r(5)×eq \f(12\r(5),5)＝18.
命题点2 代数法求最值
例3 在平面直角坐标系中，O为坐标原点，圆O交x轴于点F1，F2，交y轴于点B1，B2，以B1，B2为顶点，F1，F2分别为左、右焦点的椭圆E恰好经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2))).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)设经过点(－2,0)的直线l与椭圆E交于M，N两点，求△F2MN的面积的最大值．
解 (1)由题意得椭圆E的焦点在x轴上．
设椭圆E的标准方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，焦距为2c，则b＝c，
∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴椭圆E的标准方程为eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1.
∵椭圆E经过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，∴eq \f(1,2b2)＋eq \f(\f(1,2),b2)＝1，解得b2＝1.
∴椭圆E的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)∵点(－2,0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2)．设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋2，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y，得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.
∴x1＋x2＝eq \f(－8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(8k2－2,1＋2k2)，
Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)>0，解得0≤k2∴|MN|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝2eq \r(1＋k2)eq \r(\f(2－4k2,1＋2k22)).
∵点F2(1,0)到直线l的距离d＝eq \f(3|k|,\r(1＋k2))，
∴△F2MN的面积为S＝eq \f(1,2)|MN|·d
＝3eq \r(\f(k22－4k2,1＋2k22)).
令1＋2k2＝t，t∈[1,2)，得k2＝eq \f(t－1,2).
∴S＝3eq \r(\f(t－12－t,t2))＝3eq \r(\f(－t2＋3t－2,t2))
＝3eq \r(－1＋\f(3,t)－\f(2,t2))＝3eq \r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,t)－\f(3,4)))2＋\f(1,8)).
当eq \f(1,t)＝eq \f(3,4)，即t＝eq \f(4,3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,3)∈[1，2))时，S有最大值，Smax＝eq \f(3\r(2),4)，此时k＝±eq \f(\r(6),6).
∴△F2MN的面积的最大值是eq \f(3\r(2),4).
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、简单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 (1)已知直线l1：4x－3y＋6＝0和直线l2：x＝－1，抛物线y2＝4x上一动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值是( )
A.eq \f(3\r(5),5) B．2 C.eq \f(11,5) D．3
答案 B
解析 由题意可知l2：x＝－1是抛物线y2＝4x的准线，设抛物线的焦点为F(1,0)，则动点P到l2的距离等于|PF|，则动点P到直线l1和直线l2的距离之和的最小值，即焦点F到直线l1：4x－3y＋6＝0的距离，所以最小值是eq \f(|4－0＋6|,5)＝2.
(2)如图所示，点A，B分别是椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,20)＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.
①求点P的坐标；
②设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．
解 ①由已知可得点A(－6,0)，F(4,0)，
设点P的坐标是(x，y)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x＋6，y)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(x－4，y)，
∵PA⊥PF，∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,x＋6x－4＋y2＝0，))
可得2x2＋9x－18＝0，得x＝eq \f(3,2)或x＝－6.
由于y>0，故x＝eq \f(3,2)，于是y＝eq \f(5\r(3),2).
∴点P的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(5\r(3),2))).
②由①可得直线AP的方程是x－eq \r(3)y＋6＝0，
点B(6,0)．
设点M的坐标是(m,0)，则点M到直线AP的距离是eq \f(|m＋6|,2)，
于是eq \f(|m＋6|,2)＝|m－6|，
又－6≤m≤6，解得m＝2.
由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为d，
得d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－eq \f(5,9)x2
＝eq \f(4,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(9,2)))2＋15，
由于－6≤x≤6，
由f(x)＝eq \f(4,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(9,2)))2＋15的图象可知，
当x＝eq \f(9,2)时，d取最小值，且最小值为eq \r(15).
课时精练
1．(2020·湖北部分重点中学联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，点F为抛物线C的焦点，点A(1，m)(m>0)在抛物线C上，且|FA|＝2，过点F作斜率为keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)≤k≤2))的直线l与抛物线C交于P，Q两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求△APQ面积的取值范围．
解 (1)由抛物线的定义可得
|FA|＝xA＋eq \f(p,2)＝1＋eq \f(p,2)＝2，
所以p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
Δ>0恒成立，
由根与系数的关系得x1＋x2＝eq \f(2k2＋4,k2)，x1x2＝1，
因为AF⊥x轴，则S△APQ＝eq \f(1,2)×|AF|×|x1－x2|
＝|x1－x2|＝eq \r(x1＋x22－4x1x2)
＝4eq \r(\f(k2＋1,k4))＝4eq \r(\f(1,k2)＋\f(1,k4))，
因为eq \f(1,2)≤k≤2，令t＝eq \f(1,k2)，
所以S△APQ＝4eq \r(t2＋t)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)≤t≤4))，
所以eq \r(5)≤S△APQ≤8eq \r(5)，
所以△APQ的面积的取值范围为[eq \r(5)，8eq \r(5)]．
2．(2020·长沙雅礼中学模拟)已知抛物线C1：y2＝4x和C2：x2＝2py(p>0)的焦点分别为F1，F2，点P(－1，－1)且F1F2⊥OP(O为坐标原点)．
(1)求抛物线C2的方程；
(2)过点O的直线交C1的下半部分于点M，交C2的左半部分于点N，求△PMN面积的最小值．
解 (1)∵F1(1,0)，F2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(p,2)))，∴eq \(F1F2,\s\up6(—→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(p,2)))，
eq \(F1F2,\s\up6(—→))·eq \(OP,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(p,2)))·(－1，－1)＝1－eq \f(p,2)＝0，
∴p＝2，∴抛物线C2的方程为x2＝4y.
(2)设过点O的直线MN的方程为y＝kx(k<0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y＝kx，))得(kx)2＝4x，解得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)，\f(4,k)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝4y，,y＝kx，))得N(4k,4k2)，
从而|MN|＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－4k))＝eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－4k))，
点P到直线MN的距离d＝eq \f(|k－1|,\r(1＋k2))，
所以S△PMN＝eq \f(1,2)·eq \f(|k－1|,\r(1＋k2))·eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(4,k2)－4k))
＝eq \f(21－k1－k3,k2)＝eq \f(21－k21＋k＋k2,k2)
＝2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)－2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k)＋1))，
令t＝k＋eq \f(1,k)(t≤－2)．则S△PMN＝2(t－2)(t＋1)，
当t＝－2，即k＝－1时，S△PMN取得最小值，最小值为8.
即当过原点的直线方程为y＝－x时，
△PMN的面积取得最小值8.
3．(2019·全国Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，O为坐标原点．
(1)若△POF2为等边三角形，求C的离心率；
(2)如果存在点P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面积等于16，求b的值和a的取值范围．
解 (1)连接PF1(图略)．
由△POF2为等边三角形可知，在△F1PF2中，
∠F1PF2＝90°，|PF2|＝c，|PF1|＝eq \r(3)c，
于是2a＝|PF1|＋|PF2|＝(eq \r(3)＋1)c，
故C的离心率为e＝eq \f(c,a)＝eq \r(3)－1.
(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，
则eq \f(1,2)|y|·2c＝16，eq \f(y,x＋c)·eq \f(y,x－c)＝－1，
即c|y|＝16，①
x2＋y2＝c2，②
又eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1.③
由②③及a2＝b2＋c2得y2＝eq \f(b4,c2).
又由①知y2＝eq \f(162,c2)，故b＝4.
由②③及a2＝b2＋c2得x2＝eq \f(a2,c2)(c2－b2)，
所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，
故a≥4eq \r(2).
当b＝4，a≥4eq \r(2)时，存在满足条件的点P.
所以b＝4，a的取值范围为[4eq \r(2)，＋∞)．
4．椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(6),3)，短轴一个端点到右焦点的距离为eq \r(3).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线l与椭圆C交于A，B两点，坐标原点O到直线l的距离为eq \f(\r(3),2)，求△AOB面积的最大值．
解 (1)设椭圆的半焦距为c，依题意知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,a＝\r(3)，))
∴c＝eq \r(2)，b＝1，∴所求椭圆方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
设直线AB的方程为y＝kx＋m.
由已知eq \f(|m|,\r(1＋k2))＝eq \f(\r(3),2)，得m2＝eq \f(3,4)(k2＋1)．
把y＝kx＋m代入椭圆方程，整理，得(3k2＋1)x2＋6kmx＋3m2－3＝0.
Δ＝36k2m2－4(3k2＋1)(3m2－3)＝36k2－12m2＋12>0.
∴x1＋x2＝eq \f(－6km,3k2＋1)，x1x2＝eq \f(3m2－1,3k2＋1).
∴|AB|2＝(1＋k2)(x2－x1)2
＝(1＋k2)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(36k2m2,3k2＋12)－\f(12m2－1,3k2＋1)))
＝eq \f(12k2＋13k2＋1－m2,3k2＋12)＝eq \f(3k2＋19k2＋1,3k2＋12)
＝3＋eq \f(12k2,9k4＋6k2＋1)＝3＋eq \f(12,9k2＋\f(1,k2)＋6)(k≠0)
≤3＋eq \f(12,2×3＋6)＝4.
当且仅当9k2＝eq \f(1,k2)，即k＝±eq \f(\r(3),3)时等号成立．
当k＝0时，|AB|＝eq \r(3)，综上所述|AB|max＝2.
∴当|AB|最大时，△AOB的面积取得最大值
S＝eq \f(1,2)×|AB|max×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2).
5．已知椭圆的两个焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，且椭圆与直线y＝x－eq \r(3)相切．
(1)求椭圆的方程；
(2)过F1作两条互相垂直的直线l1，l2，与椭圆分别交于点P，Q及M，N，求四边形PMQN面积的最小值．
解 (1)设椭圆方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)，
因为它与直线y＝x－eq \r(3)只有一个公共点，
所以方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,a2)＋\f(y2,b2)＝1，,y＝x－\r(3)))只有一组解，
消去y，整理得(a2＋b2)·x2－2eq \r(3)a2x＋3a2－a2b2＝0.
所以Δ＝(－2eq \r(3)a2)2－4(a2＋b2)(3a2－a2b2)＝0，
化简得a2＋b2＝3.
又焦点为F1(－1,0)，F2(1,0)，
所以a2－b2＝1，联立上式解得a2＝2，b2＝1.
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)若直线PQ的斜率不存在(或为0)，
则S四边形PMQN＝eq \f(|PQ|·|MN|,2)＝eq \f(2\r(1－\f(1,2))×2\r(2),2)＝2.
若直线PQ的斜率存在，设为k(k≠0)，
则直线MN的斜率为－eq \f(1,k).
所以直线PQ的方程为y＝kx＋k，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立方程得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝kx＋k，))
化简得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－4k2,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2k2－2,2k2＋1)，
所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \f(\r(1＋k2[16k4－42k2－22k2＋1]),2k2＋1)
＝2eq \r(2)×eq \f(k2＋1,2k2＋1)，
同理可得|MN|＝2eq \r(2)×eq \f(k2＋1,2＋k2).
所以S四边形PMQN＝eq \f(|PQ|·|MN|,2)＝4×eq \f(k2＋12,2＋k22k2＋1)
＝4×eq \f(k4＋2k2＋1,2k4＋5k2＋2)＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(\f(1,2)k2,2k4＋5k2＋2)))
＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(k2,4k4＋10k2＋4)))
＝4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4k2＋\f(4,k2)＋10))).
因为4k2＋eq \f(4,k2)＋10≥2eq \r(4k2·\f(4,k2))＋10＝18(当且仅当k2＝1时取等号)，
所以eq \f(1,4k2＋\f(4,k2)＋10)∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(1,18)))，
所以4×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－\f(1,4k2＋\f(4,k2)＋10)))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(16,9)，2)).
综上所述，四边形PMQN面积的最小值为eq \f(16,9).