新高考数学一轮复习讲义第8章　§8.11　圆锥曲线中范围与最值问题（2份打包，原卷版+含解析）

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例1 (2023·淄博模拟)已知F(eq \r(3)，0)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的一个焦点，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))在椭圆C上．
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－eq \f(1,2)(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围．
解 (1)由题意知，椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左焦点为(－eq \r(3)，0)，
根据椭圆的定义，可得点M到两焦点的距离之和为eq \r(\r(3)＋\r(3)2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)－0))2)＋eq \f(1,2)＝4，
即2a＝4，所以a＝2，
又因为c＝eq \r(3)，可得b＝eq \r(a2－c2)＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率不存在或斜率为0时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意．
故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4m2－1,4k2＋1)，
所以kOA＋kOB＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝eq \f(kx1＋mx2＋kx2＋mx1,x1x2)＝2k＋eq \f(mx1＋x2,x1x2)＝2k＋eq \f(－8km2,4m2－1)＝eq \f(－2k,m2－1)，
由kOA＋kOB＝－eq \f(1,2)，可得m2＝4k＋1，
所以k≥－eq \f(1,4)，
又由Δ>0，可得16(4k2－m2＋1)>0，所以4k2－4k>0，解得k<0或k>1，
综上可得，直线l的斜率的取值范围是eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪(1，＋∞)．
思维升华 圆锥曲线中取值范围问题的五种常用解法
(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，解决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·济宁模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)上一点C(1，y0)到其焦点F的距离为2.
(1)求实数p的值；
(2)若过焦点F的动直线l与抛物线交于A，B两点，过A，B分别作抛物线的切线l1，l2，且l1，l2的交点为Q，l1，l2与y轴的交点分别为M，N.求△QMN面积的取值范围．
解 (1)因为点C(1，y0)到其焦点F的距离为2，
由抛物线的定义知1＋eq \f(p,2)＝2，
解得p＝2.
(2)由(1)可知，抛物线E：y2＝4x，
设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,1),4)，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(y\\al(2,2),4)，y2))(y1≠0，y2≠0)，
设l：x＝ty＋1，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,x＝ty＋1，))得y2－4ty－4＝0，
判别式Δ＝16t2＋16>0，故t∈R，
y1＋y2＝4t，y1y2＝－4，
设l1：y－y1＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),4)))，
联立方程组eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝4x，,y－y1＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),4)))，))
消去x，整理得ky2－4y＋4y1－kyeq \\al(2,1)＝0，
所以Δ＝16－4k(4y1－kyeq \\al(2,1))
＝4(4－4ky1＋k2yeq \\al(2,1))＝0，
所以k＝eq \f(2,y1)，
则l1：y－y1＝eq \f(2,y1)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(y\\al(2,1),4)))，
即y＝eq \f(2,y1)x＋eq \f(y1,2)，
令x＝0，得Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y1,2)))，
同理l2：y＝eq \f(2,y2)x＋eq \f(y2,2)，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(y2,2)))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(2,y1)x＋\f(y1,2)，,y＝\f(2,y2)x＋\f(y2,2)，))
得交点Q的横坐标为xQ＝eq \f(y1y2,4)＝－1，
∴S△QMN＝eq \f(1,2)|MN|·|xQ|＝eq \f(1,2)eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(y1,2)－\f(y2,2)))×1＝eq \f(1,4)eq \r(y1＋y22－4y1y2)＝eq \r(t2＋1)≥1，
∴△QMN面积的取值范围是[1，＋∞)．
题型二 最值问题
例2 (2022·苏州模拟)已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)过点(2eq \r(2)，1)，渐近线方程为y＝±eq \f(1,2)x，直线l是双曲线C右支的一条切线，且与C的渐近线交于A，B两点．
(1)求双曲线C的方程；
(2)设点A，B的中点为M，求点M到y轴的距离的最小值．
解 (1)由题设可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(8,a2)－\f(1,b2)＝1，,\f(b,a)＝\f(1,2)，))
解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，))
则C：eq \f(x2,4)－y2＝1.
(2)设点M的横坐标为xM>0，
当直线l的斜率不存在时，则直线l：x＝2，
易知点M到y轴的距离为xM＝2；
当直线l的斜率存在时，
设l：y＝kx＋meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≠±\f(1,2)))，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－y2＝1，,y＝kx＋m，))整理得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＋4＝0，
Δ＝64k2m2－16(4k2－1)(m2＋1)＝0，
整理得4k2＝m2＋1，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－y2＝0，,y＝kx＋m，))整理得(4k2－1)x2＋8kmx＋4m2＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8km,4k2－1)＝－eq \f(8km,m2)＝－eq \f(8k,m)，则xM＝eq \f(x1＋x2,2)＝－eq \f(4k,m)>0，
即km<0，
则xeq \\al(2,M)＝eq \f(16k2,m2)＝4＋eq \f(4,m2)>4，
即xM>2，
此时点M到y轴的距离大于2.
综上所述，点M到y轴的最小距离为2.
思维升华 圆锥曲线中最值的求法
(1)几何法：若题目的条件和结论能明显体现几何特征及意义，则考虑利用图形性质来解决．
(2)代数法：若题目的条件和结论能体现一种明确的函数，则可首先建立目标函数，再求这个函数的最值，求函数最值的常用方法有配方法、判别式法、基本不等式法及函数的单调性法等.
跟踪训练2 (2023·临沂模拟)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(\r(6),3)，直线x＝eq \r(2)被C截得的线段长为eq \f(2\r(3),3).
(1)求C的方程；
(2)若A和B为椭圆C上在x轴同侧的两点，且eq \(AF2,\s\up6(—→))＝λeq \(BF1,\s\up6(—→))，求四边形ABF1F2面积的最大值．
解 (1)∵e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，
∴eq \f(c2,a2)＝eq \f(2,3)，∴c2＝eq \f(2,3)a2，
∴b2＝a2－c2＝a2－eq \f(2,3)a2＝eq \f(1,3)a2，
∴椭圆的标准方程为x2＋3y2＝a2，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋3y2＝a2，,x＝\r(2)))⇒y＝±eq \r(\f(a2－2,3))，
由题可知2eq \r(\f(a2－2,3))＝eq \f(2\r(3),3)，解得a2＝3，
∴C：eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)由eq \(AF2,\s\up6(—→))＝λeq \(BF1,\s\up6(—→))，
得AF2∥BF1，如图，
延长BF1，AF2交椭圆于C，D两点，根据椭圆的对称性可知，四边形ABCD为平行四边形，且四边形ABF1F2的面积为四边形ABCD的面积的一半．
由题知，BF1的斜率不为零，
故设BF1的方程为x＝my－eq \r(2)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋y2＝1，,x＝my－\r(2)，))
得(m2＋3)y2－2eq \r(2)my－1＝0，
设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
∵Δ>0，
∴y1＋y2＝eq \f(2\r(2)m,m2＋3)，y1y2＝eq \f(－1,m2＋3)，
故|BC|＝eq \r(1＋m2)·|y1－y2|＝eq \f(2\r(3)m2＋1,m2＋3)，
O到BF1的距离d＝eq \f(\r(2),\r(1＋m2))，
SKIPIF 1 < 0 ＝eq \f(1,2)S四边形ABCD＝eq \f(1,2)×4S△OBC
＝2×eq \f(1,2)×|BC|·d＝|BC|·d
＝eq \f(2\r(3)m2＋1,m2＋3)·eq \f(\r(2),\r(m2＋1))
＝2eq \r(6)·eq \f(\r(m2＋1),m2＋3)＝2eq \r(6)·eq \f(\r(m2＋1),m2＋1＋2)
＝2eq \r(6)·eq \f(1,\r(m2＋1)＋\f(2,\r(m2＋1)))≤2eq \r(6)×eq \f(1,2\r(2))＝eq \r(3)，
当且仅当eq \r(m2＋1)＝eq \f(2,\r(m2＋1))，即m＝±1时取等号，
∴当m＝±1时，四边形ABF1F2的面积最大，最大值为eq \r(3).
课时精练
1．已知双曲线C：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点为F，右顶点为A(1,0)，离心率为2，
(1)求双曲线C的标准方程；
(2)已知B(0，eq \r(3))，直线l：y＝kx＋m(km≠0)与双曲线C相交于不同的两点M，N，若|BM|＝|BN|，求实数m的取值范围．
解 (1)∵a＝1，eq \f(c,a)＝2，
∴c＝2，b2＝3，
∴双曲线C的标准方程为x2－eq \f(y2,3)＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
线段MN的中点Q(x0，y0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m，,x2－\f(y2,3)＝1，))得(3－k2)x2－2kmx－m2－3＝0，
依题意eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－k2≠0，,Δ＝－2km2－43－k2－m2－3>0，))
即eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3－k2≠0，,3＋m2－k2>0，))①
由根与系数的关系可得x1＋x2＝eq \f(2km,3－k2)，
x1·x2＝－eq \f(m2＋3,3－k2)，
则x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(km,3－k2)，
y0＝kx0＋m＝eq \f(3m,3－k2)，
∵|BM|＝|BN|，∴BQ⊥MN，
∴kBQ＝eq \f(y0－\r(3),x0)＝eq \f(\f(3m,3－k2)－\r(3),\f(km,3－k2))＝－eq \f(1,k)，
∴3－k2＝eq \f(4\r(3),3)m，②
又k2＝3－eq \f(4\r(3),3)m>0，③
由①②③得m<－eq \f(4\r(3),3)或02．(2023·吕梁模拟)已知O为坐标原点，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)，且经过点P(eq \r(6)，1)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)直线l与椭圆C交于A，B两点，直线OA的斜率为k1，直线OB的斜率为k2，且k1k2＝－eq \f(1,3)，求eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))的取值范围．
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(6),3)，,\f(6,a2)＋\f(1,b2)＝1，))
又a2＝b2＋c2，解得a＝3，b＝eq \r(3).
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
当直线l的斜率存在时，设l：y＝kx＋t，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx＋t，,\f(x2,9)＋\f(y2,3)＝1，))
消去y得(1＋3k2)x2＋6ktx＋3t2－9＝0，Δ＝12(3＋9k2－t2)>0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝\f(－6kt,1＋3k2)，,x1x2＝\f(3t2－9,1＋3k2)，))又k1k2＝eq \f(y1y2,x1x2)＝－eq \f(1,3)，
故y1y2＝－eq \f(1,3)x1x2且x1x2≠0，即3t2－9≠0，则t2≠3，又y1＝kx1＋t，y2＝kx2＋t，
所以eq \f(y1y2,x1x2)＝eq \f(kx1＋tkx2＋t,x1x2)＝k2＋eq \f(ktx1＋x2＋t2,x1x2)＝k2＋eq \f(\f(－6k2t2,1＋3k2)＋t2,\f(3t2－9,1＋3k2))
＝eq \f(t2－9k2,3t2－9)＝－eq \f(1,3)，
整理得2t2＝9k2＋3≥3，则t2≥eq \f(3,2)且Δ>0恒成立．
eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝x1x2－eq \f(1,3)x1x2＝eq \f(2,3)x1x2＝eq \f(2,3)·eq \f(3t2－9,1＋3k2)＝3·eq \f(t2－3,t2)＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,t2)))，
又t2≥eq \f(3,2)，且t2≠3，故3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(3,t2)))∈[－3,0)∪(0,3)．
当直线l的斜率不存在时，x2＝x1，y2＝－y1，则k1k2＝－eq \f(y\\al(2,1),x\\al(2,1))＝－eq \f(1,3)，又eq \f(x\\al(2,1),9)＋eq \f(y\\al(2,1),3)＝1，解得xeq \\al(2,1)＝eq \f(9,2)，则eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝xeq \\al(2,1)－yeq \\al(2,1)＝eq \f(2,3)xeq \\al(2,1)＝3.
综上，eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))的取值范围为[－3,0)∪(0,3]．
3．(2023·济宁模拟)已知抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点为F，点M(4，m)在抛物线E上，且△OMF的面积为eq \f(1,2)p2(O为坐标原点)．
(1)求抛物线E的方程；
(2)过焦点F的直线l与抛物线E交于A，B两点，过A，B分别作垂直于l的直线AC，BD，分别交抛物线于C，D两点，求|AC|＋|BD|的最小值．
解 (1)由题意可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(m2＝8p，,\f(1,2)×\f(p,2)·|m|＝\f(1,2)p2，))
解得p＝2.
故抛物线E的方程为y2＝4x.
(2)由题意知直线l的斜率一定存在且不为0，F(1,0)，设直线l的方程为x＝ty＋1，t≠0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，
易知x1＝ty1＋1>0，x2＝ty2＋1>0，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝ty＋1，,y2＝4x，))
消去x得y2－4ty－4＝0.
所以y1＋y2＝4t，y1y2＝－4.
由AC垂直于l，得直线AC的方程为y－y1＝－t(x－x1)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－y1＝－tx－x1，,y2＝4x，))消去x得ty2＋4y－4tx1－4y1＝0.
所以y1＋y3＝－eq \f(4,t)，y1y3＝eq \f(－4tx1－4y1,t).
所以|AC|＝eq \r(x1－x32＋y1－y32)
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t2)))\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(y1＋y32－4y1y3)))
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t2)))·\f(16＋16t2x1＋16ty1,t2))
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,t2)))·\f(16＋4t2y\\al(2,1)＋16ty1,t2))
＝eq \f(2\r(t2＋1),t2)·|ty1＋2|
＝eq \f(2\r(t2＋1),t2)·(ty1＋2)．
同理可得|BD|＝eq \f(2\r(t2＋1),t2)·(ty2＋2)，
所以|AC|＋|BD|＝eq \f(2\r(t2＋1),t2)·[t(y1＋y2)＋4]＝eq \f(8\r(t2＋1),t2)(t2＋1)＝8eq \r(\f(t2＋13,t4))，
令f(x)＝eq \f(x＋13,x2)，x>0，则f′(x)＝eq \f(x＋12x－2,x3)，x>0，
所以当x∈(0,2)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；当x∈(2，＋∞)时，f′(x)>0，f(x)单调递增．
所以当x＝2时，f(x)取得最小值，即当t＝±eq \r(2)时，|AC|＋|BD|的最小值为12eq \r(3).
4．已知椭圆的两个焦点是F1(0，－2)，F2(0,2)，点P(eq \r(2)，2)在椭圆上．
(1)求此椭圆的方程；
(2)过F2作两条互相垂直的直线，分别交椭圆于A，B，C，D四点，求四边形ACBD面积的取值范围．
解 (1)由题意知，c＝2，
因为焦点在y轴，
设椭圆方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
将点P的坐标代入上式得eq \f(4,a2)＋eq \f(2,b2)＝1，
联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＋\f(2,b2)＝1，,a2＝4＋b2，))
解得a2＝8，b2＝4，
所以椭圆方程为eq \f(y2,8)＋eq \f(x2,4)＝1.
(2)如图，当过F2 的两条互相垂直的直线的斜率都存在时，设直线AB的斜率为k，
则直线AB的方程为y＝kx＋2，直线CD的方程为y＝－eq \f(1,k)x＋2，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，C(x3，y3)，D(x4，y4)，
联立直线AB与椭圆方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(y2,8)＋\f(x2,4)＝1，,y＝kx＋2，))
得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,4)＋\f(1,8)k2))x2＋eq \f(1,2)kx－eq \f(1,2)＝0，
由根与系数的关系得x1＋x2＝－eq \f(4k,k2＋2)，x1·x2＝－eq \f(4,k2＋2)，
线段AB的长为|AB|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)×eq \r(x1＋x22－4x1·x2)＝4eq \r(2)×eq \f(k2＋1,k2＋2)，同理联立直线CD与椭圆方程得到|CD|＝eq \r(1＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))2)×|x3－x4|＝4eq \r(2)×eq \f(k2＋1,2k2＋1)，
因为AB⊥CD，
所以四边形ACBD的面积
S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝16×eq \f(k2＋12,k2＋22k2＋1)
＝8×eq \f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2＋1)))·\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2k2＋1))))，
令f(k)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2＋1)))·eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2k2＋1)))，t＝eq \f(1,k2＋1)，
则有0当0当直线AB或CD有一条斜率不存在时，不妨设k＝0，
则直线AB的方程为y＝2，
将y＝2代入椭圆方程，
得x＝±eq \r(2)，则|AB|＝2eq \r(2)，|CD|＝2a＝4eq \r(2)，四边形ACBD的面积S＝eq \f(1,2)|AB|·|CD|＝8 ；
所以四边形ACBD面积的取值范围是eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(64,9)，8)).