2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第九章第十节圆锥曲线中的最值、范围问题

第十节圆锥曲线中的最值、范围问题

 [典例]　(2019·安徽知名示范高中联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线xsin θ＋ycos θ－1＝0相切(θ为常数)．

(1)求椭圆C的标准方程；

(2)若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线l与椭圆交于M，N两点，求·的最大值．

[解]　(1)由题意，得解得

故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.

(2)由(1)得F1(－1,0)，F2(1,0)．

①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线l的方程为x＝1，不妨记M，N，

∴＝，＝，

故·＝.

②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，

由消去y得，(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，

设M(x1，y1)，N(x2，y2)，

则x1＋x2＝，x1x2＝.

又＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，

则·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2

＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)

＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2

＝＋＋1＋k2

＝＝－，

由k2≥0，可得·∈.

综上，·的最大值为.

[解题技法]　最值问题的2种基本解法

[对点训练]

　(2018·湘潭调研)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点，离心率为.

(1)求椭圆E的方程；

(2)设点A，F分别为椭圆的右顶点、右焦点，经过点F作直线交椭圆于C，D两点，求四边形OCAD面积的最大值(O为坐标原点)．

解：(1)由题设得解得

故椭圆E的方程为＋＝1.

(2)由(1)知，F(1,0)，A(2,0)，设直线CD的方程为x＝ky＋1，与椭圆方程＋＝1联立得(3k2＋4)y2＋6ky－9＝0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，

∴y1＋y2＝－，y1y2＝－.

∴S四边形OCAD＝S△OCA＋S△ODA

＝×2×|y1|＋×2×|y2|

＝|y1－y2|＝

＝.

设t＝(t≥1)，

则S四边形OCAD＝＝.

∵当t≥1时，y＝3t＋单调递增，∴3t＋≥4(当t＝1时取等号)，

∴S四边形OCAD≤3(当k＝0时取等号)，即四边形OCAD面积的最大值为3.

 [典例]　已知点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，点P(0，－2)，直线BP交E于点Q， ＝，且△ABP是等腰直角三角形．

(1)求椭圆E的方程；

(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．

[解]　(1)由△ABP是等腰直角三角形，知a＝2，B(2,0)．

设Q(x0，y0)，由＝，得x0＝，y0＝－，

代入椭圆方程，解得b2＝1，

∴椭圆E的方程为＋y2＝1.

(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设方程为y＝kx－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，

由消去y，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，

则x1＋x2＝，x1x2＝.

由直线l与E有两个不同的交点 ，得Δ＞0，

则(－16k)2－4×12×(1＋4k2)＞0，解得k2＞.①

由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，

则·＞0，即x1x2＋y1y2＞0，

则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)

＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4

＝(1＋k2)·－2k·＋4＞0，

解得k2＜4.②

联立①②可知＜k2＜4，

解得－2＜k＜－或＜k＜2，

故直线l斜率的取值范围为∪.

[解题技法]　范围问题的解题策略

解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：

(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围；

(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；

(3)利用隐含的不等关系，从而求出所求范围；

(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；

(5)利用函数值域的求法，确定所求范围．

 [对点训练]

　已知A，B分别为曲线C：＋y2＝1(y≥0，a＞0)与x轴的左、右两个交点，直线l过点B且与x轴垂直，M为l上位于x轴上方的一点，连接AM交曲线C于点T.

(1)若曲线C为半圆，点T为的三等分点，试求出点M的坐标．

(2)若a＞1，S△MAB＝2，当△TAB的最大面积为时，求椭圆的离心率的取值范围．

解：(1)当曲线C为半圆时，得a＝1.

由点T为的三等分点，得∠BOT＝60°或120°.

当∠BOT＝60°时，∠MAB＝30°，又|AB|＝2，

故△MAB中，有|MB|＝|AB|·tan 30°＝，

所以M.

当∠BOT＝120°时，同理可求得点M坐标为(1,2)．

综上，点M的坐标为或(1,2)．

(2)设直线AM的方程为y＝k(x＋a)，则k＞0，|MB|＝2ka，

所以S△MAB＝·2a·2ka＝2，所以k＝，

代入直线方程得y＝(x＋a)，

联立解得yT＝，

所以S△TAB＝·2a·＝≤，

解得1＜a2≤2.

所以椭圆的离心率e＝≤，

即椭圆的离心率的取值范围为.

1.(2018·浙江高考)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＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．

解：(1)证明：设P(x0，y0)，A，B.

因为PA，PB的中点在抛物线上，

所以y1，y2为方程2＝4·，

即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．

所以y1＋y2＝2y0，

因此PM垂直于y轴．

(2)由(1)可知

所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，

|y1－y2|＝2.

因此△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0).

因为x＋＝1(x0<0)，

所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]，

所以△PAB面积的取值范围是.

2．(2019·唐山模拟)已知椭圆Γ：＋＝1(a＞b＞0)，经过点E，且离心率为.

(1)求椭圆Γ的方程；

(2)直线l与圆O：x2＋y2＝b2相切于点M，且与椭圆Γ相交于不同的两点A，B，求|AB|的最大值．

解：(1)将E代入椭圆方程，得＋＝1，

由椭圆的离心率e＝＝＝，解得a＝2，b＝1，

所以椭圆Γ的方程为＋y2＝1.

(2)当直线l垂直于x轴时，由直线l与圆O：x2＋y2＝1相切，可知直线l的方程为x＝±1，易求得|AB|＝.

当直线l不垂直于x轴时，设直线l的方程为y＝kx＋m，由直线l与圆O：x2＋y2＝1相切，

得＝1，即m2＝k2＋1.

将y＝kx＋m代入＋y2＝1，整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1＋x2＝，x1x2＝，

故|AB|＝|x1－x2|

＝·

＝·

＝4.

又因为m2＝k2＋1，

所以|AB|＝≤＝2，

当且仅当|k|＝，即k＝±时等号成立．

综上所述，|AB|的最大值为2.

3．已知点F为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线＋＝1与椭圆E有且仅有一个交点M.

(1)求椭圆E的方程；

(2)设直线＋＝1与y轴交于P，过点P的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求实数λ的取值范围．

解：(1)由题意，得a＝2c，b＝c，

则椭圆E的方程为＋＝1.

由得x2－2x＋4－3c2＝0.

∵直线＋＝1与椭圆E有且仅有一个交点M，

∴Δ＝4－4(4－3c2)＝0，解得c2＝1，

∴椭圆E的方程为＋＝1.

 (2)由(1)得M，

∵直线＋＝1与y轴交于P(0,2)，

∴|PM|2＝.

当直线l与x轴垂直时，

|PA|·|PB|＝(2＋)×(2－)＝1，

∴λ|PM|2＝|PA|·|PB|⇒λ＝.

当直线l与x轴不垂直时，

设直线l的方程为y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，

由消去y，得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，

则x1x2＝，且Δ＝48(4k2－1)>0，

∴|PA|·|PB|＝(1＋k2)x1x2

＝(1＋k2)·

＝1＋＝λ，

∴λ＝，

∵k2>，∴<λ<1.

综上可知，实数λ的取值范围是.

4．(2018·郑州二模)已知动圆E经过点F(1,0)，且和直线l：x＝－1相切．

(1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程；

(2)已知点A(3,0)，若斜率为1的直线l′与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A)，且与曲线G交于B，C两点，求△ABC面积的最大值．

解：(1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线l的距离，∴动点E的轨迹是以F(1,0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，

故轨迹G的方程是y2＝4x.

(2)设直线l′的方程为y＝x＋m，其中－3＜m＜0.

联立消去y，得x2＋(2m－4)x＋m2＝0，

则Δ＝(2m－4)2－4m2＝16(1－m)恒大于零．

设C(x1，y1)，B(x2，y2)，

则x1＋x2＝4－2m，x1·x2＝m2，

∴|CB|＝·＝4.

又点A到直线l′的距离d＝，

∴S△ABC＝×4×＝2×(3＋m)．

令＝t，t∈(1,2)，则m＝1－t2，

∴S△ABC＝2t(4－t2)＝8t－2t3.

令f(t)＝8t－2t3,1＜t＜2，∴f′(t)＝8－6t2，

易知y＝f(t)在上单调递增，在上单调递减．

∴y＝f(t)在t＝，即m＝－时取得最大值.

∴△ABC面积的最大值为.