【最新 北师大版】高考数学一轮复习 高考大题专项五 突破1圆锥曲线中的最值范围问题学案（含解析）

直线与圆锥曲线

考情分析

从近五年的高考试题来看,圆锥曲线问题在高考中属于必考内容,并且常常在同一份试卷上多题型考查.对圆锥曲线的考查在解答题部分主要体现以下考法:第一问一般是先求圆锥曲线的方程或离心率等较基础的知识;第二问往往涉及定点、定值、最值、取值范围等探究性问题,解决此类问题的关键是通过联立方程来解决.

突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题

题型一　圆锥曲线中的最值问题

突破策略一　目标函数法

【例1】(2020山东烟台模拟,21)已知直线x+y=1过椭圆=1(a>b>0)的右焦点,且交椭圆于A,B两点,线段AB的中点是M.

(1)求椭圆的方程;

(2)过原点的直线l与线段AB相交(不含端点)且交椭圆于C,D两点,求四边形ACBD面积的最大值.

解题心得当题目给出的条件和结论的几何特征不明显,则可以建立目标函数,再求这个函数的最值(或值域).常用方法有:(1)配方法;(2)基本不等式法;(3)单调性法;(4)三角换元法;(5)导数法等,要特别注意自变量的取值范围.

对点训练1(2020山西太原三模,理20)已知椭圆C:=1(a>b>0)的焦距为2,且过点.

(1)求椭圆C的方程;

(2)已知△BMN是椭圆C的内接三角形,若坐标原点O为△BMN的重心,求点O到直线MN距离的最小值.

突破策略二　基本不等式法

【例2】(2020浙江,21)如图,已知椭圆C1:+y2=1,抛物线C2:y2=2px(p>0),点A是椭圆C1与抛物线C2的交点,过点A的直线l交椭圆C1于点B,交抛物线C2于M(B,M不同于A).

(1)若p=,求抛物线C2的焦点坐标;

(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点,求p的最大值.

解题心得圆锥曲线中的有关平面几何图形面积的最值问题,通过某一变量表示出图形的面积的函数表达式,转化为函数的最值问题,然后利用重要不等式,基本不等式,函数的值域求解最值,注意基本不等式应用条件及等号取得的条件.

对点训练2(2020陕西榆林三模,文21)已知椭圆E:=1(a>)的离心率e=.直线x=t(t>0)与曲线E交于不同的两点M,N,以线段MN为直径作圆C,圆心为C.

(1)求椭圆E的方程;

(2)若圆C与y轴相交于不同的两点A,B,求△ABC的面积的最大值.

题型二　圆锥曲线中的范围问题(多维探究)

突破策略一　条件转化法

【例3】(2020湖南湘潭一模)已知F(,0)为椭圆C:=1(a>b>0)的一个焦点,点M在椭圆C上.

(1)求椭圆C的方程;

(2)若直线l与椭圆C分别相交于A,B两点,且kOA+kOB=-(O为坐标原点),求直线l的斜率的取值范围.

解题心得求某一量的取值范围,要看清与这个量有关的条件有几个,有几个条件就可转化为几个关于这个量的不等式,解不等式取交集得结论.

对点训练3(2020河北邢台模拟,理21)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,直线l与抛物线C交于P,Q两点.

(1)若l过点F,抛物线C在点P处的切线与在点Q处的切线交于点G.证明:点G在定直线上.

(2)若p=2,点M在曲线y=-上,MP,MQ的中点均在抛物线C上,求△MPQ面积的取值范围.

突破策略二　构造函数法

【例4】已知直线x=-2上有一动点Q,过点Q作直线l,垂直于y轴,动点P在l上,且满足=0(O为坐标原点),记点P的轨迹为C.

(1)求曲线C的方程;

(2)已知定点M,N,点A为曲线C上一点,直线AM交曲线C于另一点B,且点A在线段MB上,直线AN交曲线C于另一点D,求△MBD的内切圆半径r的取值范围.

难点突破(1)设点P的坐标为(x,y),结合题意得出点Q的坐标,再利用向量数量积的运算可得出点P的轨迹方程;

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),设直线AM的方程为y=k,将该直线方程与曲线C的方程联立,结合韦达定理进行计算得出点B和点D的横坐标相等,于是得出BD⊥x轴,根据几何性质得出△MBD的内切圆圆心H在x轴上,且该点与切点的连线与AB垂直.

方法1是计算出△MBD的面积和周长,利用等面积法可得出其内切圆的半径的表达式;

方法2是设H(x2-r,0),直线BD的方程为x=x2,写出直线AM的方程,利用点H到直线AB和AM的距离相等得出r的表达式;

方法3是利用△MTH∽△MEB,得出,然后通过计算得出△MBD内切圆半径r的表达式.

通过化简得到r关于x2的函数表达式,并换元t=x2+>1,将函数关系式转化为r关于t的函数关系式,然后利用单调性可求出r的取值范围.

解题心得在求直线与圆锥曲线的综合问题中,求与直线或与圆锥曲线有关的某个量d的取值范围问题,依据已知条件建立关于d的函数表达式,转化为求函数值的取值范围问题,然后利用函数的方法或解不等式的方法求出d的取值范围.

对点训练4(2020山东青岛三模,21)已知椭圆E:=1(a>b>0)的离心率为,其左、右顶点分别为A1,A2,上、下顶点分别为B2,B1,四边形A1B1A2B2的面积为4.

(1)求椭圆E的方程;

(2)若椭圆E的左、右焦点分别为F1,F2,过F2的直线l与椭圆交于不同的两点M,N,记△F1MN的内切圆的半径为r,试求r的取值范围.

高考大题专项(五)　直线与圆锥曲线

突破1　圆锥曲线中的最值、范围问题

例1解(1)直线x+y=1与x轴交于点(1,0),所以椭圆右焦点的坐标为(1,0),故c=1.设A(x1,y1),B(x2,y2),由题意得x1+x2=,y1+y2=,且=-1,

又=1,=1,作差可得=0,则=0,得a2=2b2.

又因为a2=b2+c2,c=1,所以a2=2,b2=1,因此椭圆的方程为+y2=1.

(2)由(1)联立

解得

不妨令A(0,1),B,易知直线l的斜率存在,

设直线l:y=kx,代入+y2=1,得(2k2+1)x2=2,

解得x=或x=-,

设C(x3,y3),D(x4,y4),

则|x3-x4|=,则|CD|=|x3-x4|=.

因为A(0,1),B到直线y=kx的距离分别是d1=,d2=,由于直线l与线段AB(不含端点)相交,所以(k×0-1)<0,即k>-,

所以d1+d2=.

四边形ACBD的面积S=|CD|·d1+|CD|·d2=|CD|(d1+d2)=,

令k+1=t,t>,则2k2+1=2t2-4t+3,所以S=,

当,即k=时,Smax=.因此四边形ACBD面积的最大值为.

对点训练1解(1)因为椭圆C的焦距为2,所以a2-b2=1,因为椭圆过点,所以=1,解得a2=4,b2=3.

故椭圆C的方程为=1.

(2)设B(m,n),记线段MN中点为D.

因为O为△BMN的重心,

所以=2,

则点D的坐标为.

若n=0,则|m|=2,此时直线MN与x轴垂直,故原点O到直线MN的距离为,即为1.

若n≠0,此时直线MN的斜率存在.

设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1+x2=-m,y1+y2=-n.又=1,=1,两式相减得=0,可得直线MN的斜率kMN==-.故直线MN的方程为y=-,即6mx+8ny+3m2+4n2=0,则点O到直线MN的距离为d=,

将=1,代入得d=.

因为0<n2≤3,所以dmin=.

又<1,故原点O到直线MN距离的最小值为.

例2解(1)由p=,得抛物线C2的焦点坐标是.

(2)由题意可设直线l:x=my+t(m≠0,t≠0),点A(x0,y0).

将直线l的方程代入椭圆C1:+y2=1,得(m2+2)y2+2mty+t2-2=0,

所以点M的纵坐标yM=-.

将直线l的方程代入抛物线C2:y2=2px,得y2-2pmy-2pt=0,

所以y0yM=-2pt,

解得y0=,

因此x0=.

由=1,得

=4+2≥160,所以当m=,t=时,p取到最大值.

对点训练2解(1)∵椭圆E:=1(a>)的离心率e=,

∴,解得a=2.

∴椭圆E的方程为=1.

(2)依题意,圆心为C(t,0)(0<t<2).

由得y2=.

∴圆C的半径为r=.

∵圆C与y轴相交于不同的两点A,B,且圆心C到y轴的距离d=t,

∴0<t<,即0<t<.

∴弦长|AB|=2=2.

∴△ABC的面积S=·tt×,

当且仅当t=,即t=时,等号成立.

∴△ABC的面积的最大值为.

例3解(1)由题意知,椭圆的另一个焦点为(-,0),所以点M到两焦点的距离之和为=4.所以a=2.又c=,所以b=1,所以椭圆C的方程为+y2=1.

(2)当直线l的斜率不存在时,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),

联立可得(4k2+1)x2+8kmx+4(m2-1)=0.则x1+x2=,x1x2=.而kOA+kOB==2k+=2k+.

由kOA+kOB=-,可得m2=4k+1,

所以k≥-.

又由Δ>0,得16(4k2-m2+1)>0,

所以4k2-4k>0,解得k<0或k>1,

综上,直线l的斜率的取值范围为∪(1,+∞).

对点训练3 (1)证明易知F,设P,Q.

由题意可知直线l的斜率存在,故设其方程为y=kx+.

由得x2-2pkx-p2=0,所以x1x2=-p2.

由x2=2py,得y=,y'=,则直线PG的斜率kPG=,

直线PG的方程为y-(x-x1),即x-y-=0. ①

同理可得直线QG的方程为x-y-=0. ②

联立①②,可得(x1-x2)y=.

因为x1≠x2,所以y==-,故点G在定直线y=-上.

(2)解设M(x0,y0),P,Qx2,,MP,MQ的中点分别为.

因为MP,MQ的中点均在抛物线上,所以x1,x2为方程=4×的解,即方程x2-2x0x+8y0-=0有两个不同的实数根,

则x1+x2=2x0,x1x2=8y0-,

Δ=(2x0)2-4(8y0-)>0,即>4y0.所以PQ的中点N的横坐标为x0,纵坐标为).则|MN|=)-y0=[(x1+x2)2-2x1x2]-y0=-3y0,

|x1-x2|==2,

所以△MPQ的面积S=|MN|·|x1-x2|=-4y0.由y0=-,得=1-(-1≤y0≤0),

所以-4y0=--4y0+1=-(y0+2)2+5.

因为-1≤y0≤0,所以1≤-(y0+2)2+5≤4,所以△MPQ面积的取值范围为.

例4解(1)设P(x,y),则Q(-2,y),∴=(x,y),=(-2,y).

∵=0,∴=-2x+y2=0,即y2=2x.

(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),D(x3,y3),直线BD与x轴交点为E,内切圆与AB的切点为T.

设直线AM的方程为y=kx+,则联立方程得k2x2+(k2-2)x+=0.

∴x1x2=,又0<x1<x2,

∴x1<<x2,∴直线AN的方程为y=x-,

与方程y2=2x联立,得x2-+2-2x1+x+=0,化简得2x1x2-2x+x1=0.

解得x=或x=x1.∴x3==x2,∴BD⊥x轴.

设△MBD的内切圆圆心为H,则H在x轴上且HT⊥AB.

(方法1)∴S△MBD=·x2+·2|y2|,且△MBD的周长为2+2|y2|.

∴S△MBD=2+2|y2|·r=·x2+·|2y2|.

∴r=

=

=.

令t=x2+,则t>1,

∴r=在(1,+∞)上单调递增,则r>,即r的取值范围为(-1,+∞).

(方法2)设H(x2-r,0),直线BD的方程为x=x2,其中=2x2.

直线AM的方程为y=x+,即y2x-x2+y+y2=0,且点H与点O在直线AB的同侧,

∴r=,

解得r=.

以下同方法1.

(方法3)∵△MTH∽△MEB,∴,即,

解得r=

=

=.

以下同方法1.

对点训练4解(1)因为椭圆E的离心率为,所以e=.

因为四边形A1B1A2B2的面积为4,所以×2a×2b=4.

又a2=b2+c2,解得a=2,b=,c=1,所以椭圆E的方程为=1.

(2)设M(x1,y1),N(x2,y2),则△F1MN的周长为4a=8,

(|F1M|+|F1N|+|MN|)r=4r,即r=.

当l⊥x轴时,l的方程为x=1,|MN|=3,r=|MN|×|F1F2|=.

当l与x轴不垂直时,设l:y=k(x-1)(k≠0),

由得(4k2+3)y2+6ky-9k2=0,所以y1+y2=-,y1y2=-.

|F1F2|·|y2|+|F1F2|·|y1|=|F1F2|·|y2-y1|=|F1F2|·×2×

=12,所以r==3,令4k2+3=t,则t>3,r=

=,

因为t>3,所以0<,

所以0<r<.

综上可知,r的取值范围为.