高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题七　圆锥曲线中的最值与范围问题

这是一份高考数学精品讲义练习【一轮复习】微专题七　圆锥曲线中的最值与范围问题，共8页。
掌握求解圆锥曲线中的最值与范围问题的方法，会求解圆锥曲线中最值与范围问题．
考点1 不等式法求最值、范围
【例1】 （2024·辽宁丹东二模）已知椭圆E： eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1的左、右顶点分别为A，B，过A的直线与E交于点P，点Q在E上，AP⊥AQ.
(1)设直线AP，PB的斜率分别为k，k1，求证：k·k1为定值；
(2)求△APQ面积的最大值．
【解】 (1)证明：由题意可知A(－2，0)，B(2，0)，设点P(x0，y0)，
k＝ eq \f(y0,x0＋2)，k1＝ eq \f(y0,x0－2)，
因为 eq \f(x eq \\al(2,0),4)＋ eq \f(y eq \\al(2,0),3)＝1，得y eq \\al(2,0)＝ eq \f(－3（x eq \\al(2,0)－4）,4)，
所以k·k1＝ eq \f(y0,x0＋2)· eq \f(y0,x0－2)＝ eq \f(y eq \\al(2,0),x eq \\al(2,0)－4)，
即k·k1＝－ eq \f(3,4).
(2)不妨设Q(x1，y1)，y0>0，y10)，
将x＝ eq \f(1,k)y－2代入 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1中，得 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋4))y2－ eq \f(12,k)y＝0，所以y0＝ eq \f(12k,4k2＋3)，
所以|AP|＝y0 eq \r(\f(1,k2)＋1)＝ eq \f(12k,4k2＋3) eq \r(\f(1,k2)＋1)＝ eq \f(12\r(k2＋1),4k2＋3)，
因为AP⊥AQ，用－ eq \f(1,k)替换k，得y1＝ eq \f(－12k,3k2＋4)，|AQ|＝－ eq \r(k2＋1)y1＝ eq \f(12k\r(k2＋1),3k2＋4)，
所以△APQ的面积
S＝ eq \f(1,2)|AP|·|AQ|＝ eq \f(72k(k2＋1),(3k2＋4)(4k2＋3))，
所以S＝ eq \f(72\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋\f(1,k))),12k2＋\f(12,k2)＋25)，令k＋ eq \f(1,k)＝m(m≥2)，则S＝ eq \f(72m,12m2＋1)＝ eq \f(72,12m＋\f(1,m))，
又因为函数y＝12m＋ eq \f(1,m)在[2，＋∞）上单调递增，所以当m＝2时，y有最小值 eq \f(49,2)，即12m＋ eq \f(1,m)≥ eq \f(49,2)，所以S＝ eq \f(72,12m＋\f(1,m))≤ eq \f(72,\f(49,2))＝ eq \f(144,49)（当且仅当m＝2，即k＝1时等号成立），
所以△APQ面积的最大值为 eq \f(144,49).
利用不等式法求解最值、范围问题的策略
(1)利用圆锥曲线的几何性质或几何量之间的关系构造不等式．
(2)利用直线与圆锥曲线的位置关系、判别式构造不等式．
(3)利用已知或其他隐含条件中的不等关系构造不等式．
(4)常与一元二次不等式、基本不等式相关．
【对点训练1】 已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的点到焦点距离最短为2 eq \r(3)－ eq \r(6)，到焦点距离最长为2 eq \r(3)＋ eq \r(6).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(－1，0)作直线l与椭圆C交于A，B两点，且椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，△F1AF2，△F1BF2的面积分别为S1，S2，求|S1－S2|的最大值．
解：(1)由题意知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a－c＝2\r(3)－\r(6)，,a＋c＝2\r(3)＋\r(6)，))
解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2\r(3)，,c＝\r(6)，))则b2＝a2－c2＝6，
所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,12)＋ eq \f(y2,6)＝1.
(2)由(1)知，F1（－ eq \r(6)，0），F2（ eq \r(6)，0），
当直线l的斜率不存在时，S1＝S2，则|S1－S2|＝0；
当直线l的斜率存在时，如图，设直线l的方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋1)，,\f(x2,12)＋\f(y2,6)＝1，))
得(1＋2k2)x2＋4k2x＋2k2－12＝0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－ eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝ eq \f(2k2－12,1＋2k2)，
所以S1＝ eq \f(1,2)×2 eq \r(6)×|y1|＝ eq \r(6)|y1|，
S2＝ eq \f(1,2)×2 eq \r(6)×|y2|＝ eq \r(6)|y2|，
由于y1，y2异号，所以|S1－S2|＝ eq \r(6)|y1＋y2|＝ eq \r(6)|k(x1＋1)＋k(x2＋1)|＝
eq \r(6)|k(x1＋x2)＋2k|＝ eq \r(6) eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(－\f(4k3,1＋2k2)＋2k))
＝ eq \r(6)· eq \f(2|k|,1＋2k2)＝2 eq \r(6)· eq \f(1,\f(1,|k|)＋2|k|)≤2 eq \r(6)· eq \f(1,2\r(\f(1,|k|)·2|k|))＝ eq \r(3)，
当且仅当 eq \f(1,|k|)＝2|k|，即k＝± eq \f(\r(2),2)时等号成立，所以|S1－S2|的最大值为 eq \r(3).
综上所述，|S1－S2|的最大值为 eq \r(3).
考点2 函数法求最值、范围
【例2】 （2023·全国甲卷）已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4 eq \r(15).
(1)求p；
(2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且 eq \(FM,\s\up6(→))· eq \(FN,\s\up6(→))＝0，求△MFN面积的最小值．
【解】 (1)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，把x＝2y－1代入y2＝2px，得y2－4py＋2p＝0，
∵直线与抛物线有两个交点A，B，
∴Δ＝16p2－8p>0，得p> eq \f(1,2).
由根与系数的关系，可得y1＋y2＝4p，y1y2＝2p，∴|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2)))|y1－y2|＝ eq \r(1＋4)× eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝ eq \r(5)× eq \r(16p2－8p)＝4 eq \r(15)，解得p＝2或p＝－ eq \f(3,2)（舍去），
故p＝2.
(2)由(1)知，抛物线的焦点为F(1，0).由题意知直线MN的斜率不可能为0，∴设直线MN的方程为x＝my＋t，M(x3，y3)，N(x4，y4)，
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,y2＝4x，))消去x得y2－4my－4t＝0，∴Δ＝16m2＋16t>0，即m2＋t>0，
由根与系数的关系得y3＋y4＝4m，
y3y4＝－4t，
∵ eq \(FM,\s\up6(→))· eq \(FN,\s\up6(→))＝0，∴(x3－1，y3)·(x4－1，y4)＝0，即(x3－1)(x4－1)＋y3y4＝(my3＋t－1)(my4＋t－1)＋y3y4＝(m2＋1)y3y4＋m(t－1)(y3＋y4)＋(t－1)2＝(m2＋1)·(－4t)＋m(t－1)·4m＋(t－1)2＝0，
即－4m2t－4t＋4m2t－4m2＋t2－2t＋1＝0，即4m2＝t2－6t＋1.
设点F到直线MN的距离为d，
则d＝ eq \f(|t－1|,\r(1＋m2))，
又|MN|＝ eq \r(1＋m2)|y3－y4|＝ eq \r(1＋m2)· eq \r((y3＋y4)2－4y3y4)＝ eq \r(1＋m2)·
eq \r(16m2＋16t)＝4 eq \r(1＋m2)· eq \r(m2＋t)，
∴S△MFN＝ eq \f(1,2)|MN|·d＝ eq \f(1,2)×4 eq \r(1＋m2)· eq \r(m2＋t)· eq \f(|t－1|,\r(1＋m2))＝2 eq \r(m2＋t)·|t－1|＝ eq \r(4m2＋4t)·|t－1|＝ eq \r(t2－2t＋1)·|t－1|＝(t－1)2.
∵4m2＝t2－6t＋1≥0，解得t≤3－2 eq \r(2)或t≥3＋2 eq \r(2)，
∴当且仅当t＝3－2 eq \r(2)时，S△MFN取得最小值12－8 eq \r(2)，即△MFN面积的最小值为12－8 eq \r(2).
利用函数法求解最值、范围问题的策略
(1)引入单变量，将所求解问题用含该变量的代数式表示，构造函数．
(2)引入双变量，利用题设或其他条件建立两个变量之间的关系，通过消元的方法转化为单变量问题，构造函数．
(3)注意挖掘变量所满足的条件，从而确定变量范围．
(4)用函数的方法，如函数的单调性、导数等分析求解最值或范围．
【对点训练2】 （2024·浙江台州一模）已知椭圆Γ： eq \f(x2,a2)＋y2＝1(a>1)的上、下顶点分别为A，B，点Q在线段AB上运动（不含端点），点P(－1，0)，直线PQ与椭圆交于C，D两点（点C在点P左侧），PD中点M的轨迹交y轴于E，F两点，且|EF|＝ eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆Γ的方程；
(2)记直线AC，AD的斜率分别为k1，k2，求k1－k2的最小值．
解：(1)设PD中点M(x0，y0)，则D(2x0＋1，2y0)，因为点Q在线段AB上，所以点D(2x0＋1，2y0)只能在右半椭圆上运动，所以00，))
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则y1＋y2＝ eq \f(－24m,4m2－1)，y1y2＝ eq \f(20,4m2－1)，
设直线AP，AQ的斜率分别为kAP，kAQ，则kAPkAQ＝ eq \f(y1,x1＋2)· eq \f(y2,x2＋2)＝
eq \f(y1y2,m2y1y2＋5m(y1＋y2)＋25)＝ eq \f(\f(20,4m2－1),m2·\f(20,4m2－1)＋5m·\f(－24m,4m2－1)＋25)＝－ eq \f(4,5).
所以直线AP与直线AQ的斜率之积为定值－ eq \f(4,5).
(2)如图，设直线AP的方程为y＝k(x＋2)(k≠0)，则直线DM的方程为y＝－ eq \f(1,k)(x－3)，
由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k(x＋2)，,y＝－\f(1,k)(x－3)，))得点M的纵坐标yM＝ eq \f(5k,k2＋1)，
用－ eq \f(4,5k)替换上式中的k得点N的纵坐标yN＝ eq \f(－100k,25k2＋16)，
则S1·S2＝ eq \f(25,4)|yMyN|＝ eq \f(3 125k2,(k2＋1)(25k2＋16))＝ eq \f(3 125,25k2＋\f(16,k2)＋41)，
而25k2＋ eq \f(16,k2)≥2 eq \r(25k2×\f(16,k2))＝40，当且仅当k＝± eq \f(2\r(5),5)时取等号．
因此，S1·S2≤ eq \f(3 125,81)，所以S1·S2的最大值为 eq \f(3 125,81).
2．（15分）已知O为坐标原点，F是抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点，M是C上一点，且|MF|＝|MO|＝ eq \f(3,2).
(1)求C的方程；
(2)A，B是C上两点（A，B异于点O），以AB为直径的圆过点O，Q为AB的中点，求直线OQ斜率的最大值．
解：(1)由抛物线的定义可知F eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).因为|MF|＝|MO|，所以xM＝ eq \f(p,4).因为|MF|＝ eq \f(3,2)，所以 eq \f(p,4)＋ eq \f(p,2)＝ eq \f(3,2)，解得p＝2，故C的方程为y2＝4x.
(2)由题意知直线AB的斜率不为0，设A(xA，yA)，B(xB，yB)，直线AB的方程为x＝my＋t，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋t，,y2＝4x，))得y2－4my－4t＝0，Δ>0，则yA＋yB＝4m，yAyB＝－4t.
因为以AB为直径的圆过点O，所以OA⊥OB，则xAxB＋yAyB＝0，即 eq \f(y eq \\al(2,A),4)· eq \f(y eq \\al(2,B),4)＋yAyB＝0，
解得yAyB＝－16＝－4t，所以t＝4.
又xA＋xB＝m(yA＋yB)＋8＝4m2＋8，所以Q(2m2＋4，2m).
当m＝0时，kOQ＝0；
当m≠0时，kOQ＝ eq \f(2m,2m2＋4)＝ eq \f(m,m2＋2)＝ eq \f(1,m＋\f(2,m))∈ eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(\r(2),4)，0))∪ eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(2),4))).
故直线OQ斜率的最大值为 eq \f(\r(2),4).
3．（15分）已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P（ eq \r(3)， eq \r(3)）为椭圆C上一点，且△PF1F2的面积为2 eq \r(6).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若倾斜角为 eq \f(π,4)的直线l与C相交于两个不同的点A，B，求|AB|的最大值．
解：(1)由题意可得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,a2)＋\f(3,b2)＝1，,\f(1,2)×2c×\r(3)＝2\r(6)，,a2＝b2＋c2，))解得
eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝12，,b2＝4，,c2＝8，))故椭圆C的标准方程为 eq \f(x2,12)＋ eq \f(y2,4)＝1.
(2)直线l的斜率k＝tan eq \f(π,4)＝1，故可设直线l的方程为y＝x＋t，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,12)＋\f(y2,4)＝1，,y＝x＋t，))消去y可得4x2＋6tx＋3t2－12＝0，
Δ＝36t2－16(3t2－12)＝12(16－t2)>0，即－40)的焦距为 eq \r(6)，过点P(0，1)的直线l与C交于A，B两点，且当l与x轴平行时，|AB|＝2 eq \r(3).
(1)求C的方程；
(2)记C的右顶点为T，若点A，B均在C的左支上，直线AT，BT分别与y轴交于点M，N，且 eq \(PM,\s\up6(→))＝λ eq \(PO,\s\up6(→))， eq \(PN,\s\up6(→))＝μ eq \(PO,\s\up6(→))（O为坐标原点），求λ＋μ的取值范围．
解：(1)由题意可知双曲线C过点（ eq \r(3)，1），则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,a2)－\f(1,b2)＝1，,2c＝\r(6)，,a2＋b2＝c2，))所以b2＝ eq \f(1,2)，a2＝1，
所以双曲线C的方程为x2－2y2＝1.
(2)若l的斜率不存在，此时l与双曲线无交点，不符合题意，
根据题意设直线l：y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，x1，x20，且1－2k2≠0，
由x1＋x2＝ eq \f(4k,1－2k2)0，可得k> eq \f(\r(2),2)，所以 eq \f(\r(2),2)