新高考数学一轮复习课时过关练习第08章 平面解析几何圆锥曲线的综合问题第3课时 最值、范围问题 (含解析)

第三课时　最值、范围问题

　题型一　最值问题

角度1　基本不等式法求最值

例1 已知点A(0，－2)，椭圆E：＋＝1(a>b>0)的离心率为，F是椭圆E的右焦点，直线AF的斜率为，O为坐标原点.

(1)求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.

解　(1)设F(c，0)，由条件知＝，

得c＝.

又＝，所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.

故E的方程为＋y2＝1.

(2)当l⊥x轴时不合题意；

设l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

将y＝kx－2代入＋y2＝1，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0.

当Δ＝16(4k2－3)>0，

即k2>时，x1＋x2＝，

x1·x2＝.

从而|PQ|＝|x1－x2|

＝.

又点O到直线PQ的距离d＝.

所以△OPQ的面积S△OPQ＝d·|PQ|＝.

设＝t，则t>0，S△OPQ＝＝≤1，

当且仅当t＝2，即k＝±时等号成立，且满足Δ>0，

所以当△OPQ的面积最大时，l的方程为

y＝x－2或y＝－x－2.

角度2　函数法求最值

例2 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.

(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＋＝1(a＞b＞0)，焦距为2c，则b＝c，

∴a2＝b2＋c2＝2b2，∴椭圆E的标准方程为＋＝1.

∵椭圆E经过点，

∴＋＝1，解得b2＝1，

∴椭圆E的标准方程为＋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).

由消去y，得(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.

∴x1＋x2＝，x1x2＝，

Δ＝64k4－4(1＋2k2)(8k2－2)＞0，

解得0≤k2＜，

∴|MN|＝|x1－x2|

＝2.

∵点F2(1，0)到直线l的距离d＝，

∴△F2MN的面积为

S＝|MN|·d＝3.

令1＋2k2＝t，t∈[1，2)，得k2＝.

∴S＝3＝3

＝3＝3，

当＝，即t＝时，S有最大值，Smax＝，此时k＝±.

∴△F2MN的面积的最大值是.

感悟提升　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.

训练1 (2022·长沙模拟)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)，F2，∴＝，·＝·(－1，－1)＝1－＝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)，

联立得(kx)2＝4x，

解得M，

联立得N(4k，4k2)，

从而|MN|＝

＝.

点P到直线MN的距离d＝，

所以S△PMN＝··

＝＝

＝2.

令t＝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.

　题型二　范围问题

例3 设圆x2＋y2＋2x－15＝0的圆心为A，直线l过点B(1，0)且与x轴不重合，l交圆A于C，D两点，过B作AC的平行线交AD于点E.

(1)证明|EA|＋|EB|为定值，并写出点E的轨迹方程；

(2)设点E的轨迹为曲线C1，直线l交C1于M，N两点，过B且与l垂直的直线与圆A交于P，Q两点，求四边形MPNQ面积的取值范围.

(1)证明　因为|AD|＝|AC|，EB∥AC，故∠EBD＝∠ACD＝∠ADC，所以|EB|＝|ED|，故|EA|＋|EB|＝|EA|＋|ED|＝|AD|.

又圆A的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，从而|AD|＝4，所以|EA|＋|EB|＝4.

由题设得A(－1，0)，B(1，0)，|AB|＝2，由椭圆定义可得点E的轨迹方程为＋＝1(y≠0).

(2)解　当l与x轴垂直时，其方程为x＝1，|MN|＝3，|PQ|＝8，四边形MPNQ的面积为12.

当l与x轴不垂直时，设l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2).由得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0，

则x1＋x2＝，x1x2＝，

所以|MN|＝|x1－x2|＝.

过点B(1，0)且与l垂直的直线m：y＝－(x－1)，A到m的距离为，

所以|PQ|＝2＝4.

故四边形MPNQ的面积

S＝|MN||PQ|＝12.

可得当l与x轴不垂直时，四边形MPNQ面积的取值范围为(12，8).

综上，四边形MPNQ面积的取值范围为[12，8).

感悟提升　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.

训练2 (2021·北京卷)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4.

(1)求椭圆E的标准方程；

(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围.

解　(1)因为椭圆E过点A(0，－2)，

所以b＝2.

以四个顶点围成的四边形面积为4，

故·2a·2b＝2ab＝4.

由解得

故椭圆E的标准方程为＋＝1.

(2)由题意可得，直线l的斜率存在，且直线l的方程为y＝kx－3，

设B(x1，y1)，C(x2，y2)，

联立

消去y整理得(5k2＋4)x2－30kx＋25＝0，

Δ＝(－30k)2－4(5k2＋4)×25

＝400(k2－1)>0，

故k>1或k<－1.由根与系数的关系，得

x1＋x2＝，x1x2＝，

进而可得y1＋y2＝k(x1＋x2)－6

＝－，

y1y2＝(kx1－3)(kx2－3)＝k2x1x2－3k(x1＋x2)＋9＝.

直线AB的方程为y＋2＝x，

令y＝－3，则x＝－，

故点M.

直线AC的方程为y＋2＝x，

令y＝－3，则x＝－，

故点N.

|PM|＋|PN|＝＋

＝

＝

＝

＝＝|5k|≤15，

即|k|≤3，解得－3≤k≤3.

综上，k的取值范围为[－3，－1)∪(1，3].

1.(2021·全国乙卷)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.

(1)求C的方程；

(2)已知O为坐标原点，点P在C上，点Q满足＝9，求直线OQ斜率的最大值.

解　(1)由抛物线的定义可知，焦点F到准线的距离为p，故p＝2，所以C的方程为y2＝4x.

(2)由(1)知F(1，0)，

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，

则＝(x2－x1，y2－y1)，＝(1－x2，－y2).

因为＝9，所以

可得

又点P在抛物线C上，所以y＝4x1，

即(10y2)2＝4(10x2－9)，

化简得y＝x2－，

则点Q的轨迹方程为y2＝x－.

设直线OQ的方程为y＝kx，易知当直线OQ与曲线y2＝x－相切时，斜率可以取最大.

联立y＝kx与y2＝x－消y，得k2x2－x＋＝0，

令Δ＝－4k2·＝0，解得k＝±，

所以直线OQ斜率的最大值为.

2.(2021·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k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＋＝1＋＝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)，

联立得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，

Δ＞0恒成立，

由根与系数的关系得

x1＋x2＝，x1x2＝1，

因为AF⊥x轴，所以S△APQ＝×|AF|×|x1－x2|＝|x1－x2|＝

＝4＝4.

因为≤k≤2，令t＝，

所以S△APQ＝4，

所以≤S△APQ≤8，

所以△APQ的面积的取值范围为[，8].

3.如图所示，点A，B分别是椭圆＋＝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＝(x＋6，y)，＝(x－4，y).

∵PA⊥PF，∴·＝0，

则

可得2x2＋9x－18＝0，得x＝或x＝－6.

由于y＞0，故x＝，于是y＝.

∴点P的坐标是.

(2)由(1)可得直线AP的方程是x－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，

于是＝|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－x2＝＋15，

由于－6≤x≤6，

由f(x)＝＋15的图象可知，

当x＝时，d取最小值，且最小值为.

4.(2022·济南模拟)平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且点在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程；

(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.

(ⅰ)求的值；

(ⅱ)求△ABQ面积的最大值.

解　(1)由题意知＋＝1.

又＝，解得a2＝4，b2＝1.

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.

(ⅰ)设P(x0，y0)，＝λ，

由题意知Q(－λx0，－λy0).

因为＋y＝1，

又＋＝1，

即＝1，所以λ＝2，即＝2.

(ⅱ)设A(x1，y1)，B(x2，y2).

将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，

由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2，①

则有x1＋x2＝－，

x1x2＝.

所以|x1－x2|＝.

因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，

所以△OAB的面积

S＝|m||x1－x2|＝

＝

＝2.

设＝t，

将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，

可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，

由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②

由①②可知0＜t≤1，

因此S＝2＝2，

故S≤2，

当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2.

由(ⅰ)知，△ABQ面积为3S，

所以△ABQ面积的最大值为6.