2021年高考理科数学一轮复习：专题9.9 高考解答题热点题型（一）圆锥曲线中的范围、最值问题 题型全归纳与高效训练突破

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TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc7693" 一、解法指导 PAGEREF _Tc7693 1
\l "_Tc28799" 二、典例分析 PAGEREF _Tc28799 1
\l "_Tc5996" 三、高效训练突破 PAGEREF _Tc5996 4
一、解法指导
1．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．
2.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．
二、典例分析
【例1】(2020·湖南模拟)设F为抛物线C：y2＝2px的焦点，A是C上一点，FA的延长线交y轴于点B，A为FB的中点，且|FB|＝3.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过F作两条互相垂直的直线l1，l2，直线l1与C交于M，N两点，直线l2与C交于D，E两点，求四边形MDNE面积的最小值．
【解题思路】 (1)由题意画出图形，结合已知条件列式求得p，则抛物线C的方程可求．
(2)由已知直线l1的斜率存在且不为0，设其方程为y＝k(x－1)，与抛物线方程联立，求出|MN|，同理可求|DE|eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(实际上，在|MN|的表达式中用－\f(1,k)代替k即可))，可得四边形MDNE的面积表达式，再利用基本不等式求最值．
【标准答案】(1)y2＝4x;(2)32
【规范解答】 (1)如图，∵A为FB的中点，∴A到y轴的距离为eq \f(p,4)，
∴|AF|＝eq \f(p,4)＋eq \f(p,2)＝eq \f(3p,4)＝eq \f(|FB|,2)＝eq \f(3,2)，解得p＝2.
∴抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由已知直线l1的斜率存在且不为0，
设其方程为y＝k(x－1)．
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,y2＝4x，))得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0.
∵Δ>0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，∴x1＋x2＝2＋eq \f(4,k2)，则|MN|＝x1＋x2＋2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))；
同理设D(x3，y3)，E(x4，y4)，∴x3＋x4＝2＋4k2，
则|DE|＝x3＋x4＋2＝4(1＋k2)．
∴四边形MDNE的面积S＝eq \f(1,2)|MN|·|DE|＝8eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2＋k2＋\f(1,k2)))≥32.
当且仅当k＝±1时，四边形MDNE的面积取得最小值32.
【例2】已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线xsin θ＋ycs 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eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))的取值范围．
【答案】见解析
【解析】 (1)由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(1,\r(sin2θ＋cs2θ))＝c，,a2＝b2＋c2))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝1，,a2＝2，,b2＝1，))
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋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Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(2),2)))，eq \(F1N,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(\r(2),2)))，故eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝eq \f(7,2).
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,2)＋y2＝1))消去y得，(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2).
eq \(F1M,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq \(F1N,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，
则eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2，
代入可得eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝eq \f(2（k4－1）,2k2＋1)＋eq \f(4k2－4k4,2k2＋1)＋1＋k2＝eq \f(7k2－1,2k2＋1)＝eq \f(7,2)－eq \f(\f(9,2),2k2＋1)，
由k2≥0可得eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(7,2))).
综上，eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(7,2))).
三、高效训练突破
1.已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝1(a>0)的一个焦点为F(－1，0)，左、右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．
(1)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；
(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．
【答案】见解析
【解析】 (1)由题意，c＝1，b2＝3，
所以a2＝4，
所以椭圆M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
易求直线方程为y＝x＋1，联立方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝x＋1，))
消去y，得7x2＋8x－8＝0，Δ＝288＞0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝－eq \f(8,7)，x1x2＝－eq \f(8,7)，
所以|CD|＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \f(24,7).
(2)当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，
此时△ABD与△ABC面积相等，|S1－S2|＝0；
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
联立方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x＋1），))
消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
Δ>0，且x1＋x2＝－eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝eq \f(12|k|,3＋4k2)，因为k≠0，上式＝eq \f(12,\f(3,|k|)＋4|k|)≤eq \f(12,2\r(\f(3,|k|)·4|k|))＝eq \f(12,2\r(12))＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当k＝±\f(\r(3),2)时等号成立))，
所以|S1－S2|的最大值为eq \r(3).
2.(2020·河北武邑中学模拟)抛物线y2＝4x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．
(1)O为坐标原点，求证：eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－3；
(2)设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值．
【解】：(1)证明：依题意得F(1，0)，且直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝my＋1.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝4x，))消去x得y2－4my－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝1，
故eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－3.
(2)由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，从而点O与点C到直线AB的距离相等，所以四边形OACB的面积等于2S△AOB.
由(1)知2S△AOB＝2×eq \f(1,2)|OF||y1－y2|＝eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝4eq \r(1＋m2)，
所以当m＝0时，四边形OACB的面积最小，最小值是4.
3.(2020·郑州模拟)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上的点到右焦点F(c，0)的最大距离是eq \r(2)＋1，且1，eq \r(2)a，4c成等比数列．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M(m，0)，求实数m的取值范围．
【解】：(1)由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋c＝\r(2)＋1，,1×4c＝2a2,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由题意得F(1，0)，设直线AB的方程为y＝k(x－1)．
与椭圆方程联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－2＝0，,y＝k（x－1），))消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，
y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝eq \f(－2k,1＋2k2).
可得线段AB的中点为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2))).
当k＝0时，直线MN为y轴，此时m＝0.
当k≠0时，直线MN的方程为y＋eq \f(k,1＋2k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2k2,1＋2k2)))，
化简得ky＋x－eq \f(k2,1＋2k2)＝0.令y＝0，得x＝eq \f(k2,1＋2k2).
所以m＝eq \f(k2,1＋2k2)＝eq \f(1,\f(1,k2)＋2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
综上所述，实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
4.(2020·湖南湘潭一模)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分别相交于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，椭圆的另一个焦点为(－eq \r(3)，0)，
所以点M到两焦点的距离之和为 eq \r(（2\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＋eq \f(1,2)＝4.
所以a＝2.
又因为c＝eq \r(3)，所以b＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))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).
而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，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eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪(1，＋∞)．
5.已知椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若eq \(AF1,\s\up6(→))＝λeq \(F1B,\s\up6(→))，且2≤λ＜3，求直线l的斜率k的取值范围．
【解】 (1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，
联立方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋4))y2－eq \f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq \f(144,k2)＋144＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq \f(－9k2,3＋4k2)，
又eq \(AF1,\s\up6(→))＝λeq \(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－λy2，所以y1y2＝eq \f(－λ,（1－λ）2)(y1＋y2)2，
则eq \f(（1－λ）2,λ)＝eq \f(4,3＋4k2)，λ＋eq \f(1,λ)－2＝eq \f(4,3＋4k2)，
因为2≤λ＜3，所以eq \f(1,2)≤λ＋eq \f(1,λ)－2＜eq \f(4,3)，
即eq \f(1,2)≤eq \f(4,3＋4k2)＜eq \f(4,3)，且k＞0，解得0＜k≤eq \f(\r(5),2).
故直线l的斜率k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),2))).
6．(2020·银川模拟)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，直线l：x＝a2交x轴于点A，且eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(AF2,\s\up6(→)).
(1)试求椭圆的方程；
(2)过点F1，F2分别作互相垂直的两条直线与椭圆分别交于D，E，M，N四点(如图所示)，试求四边形DMEN面积的最大值和最小值．
【解】：(1)由题意知，|F1F2|＝2c＝2，A(a2，0)，
因为eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(AF2,\s\up6(→))，所以F2为线段AF1的中点，
则a2＝3，b2＝2，所以椭圆方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)当直线DE与x轴垂直时，|DE|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(4,\r(3))，
此时|MN|＝2a＝2eq \r(3)，四边形DMEN的面积S＝eq \f(|DE|·|MN|,2)＝4.
同理当MN与x轴垂直时，
也有四边形DMEN的面积S＝eq \f(|DE|·|MN|,2)＝4.
当直线DE，MN与x轴均不垂直时，
设直线DE：y＝k(x＋1)(k≠1)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，
代入椭圆方程，消去y可得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0，
则x1＋x2＝eq \f(－6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq \f(3k2－6,2＋3k2)，
所以|x1－x2|＝eq \f(4\r(3)×\r(k2＋1),2＋3k2)，
所以|DE|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|＝eq \f(4\r(3)（k2＋1）,2＋3k2).
同理|MN|＝eq \f(4\r(3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))\s\up12(2)＋1)),2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))\s\up12(2))＝eq \f(4\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)),2＋\f(3,k2))，
所以四边形DMEN的面积S＝eq \f(|DE|·|MN|,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(3)（k2＋1）,2＋3k2)×eq \f(4\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)),2＋\f(3,k2))＝eq \f(24\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋\f(1,k2)＋2)),6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋\f(1,k2)))＋13)，
令u＝k2＋eq \f(1,k2)，则S＝4－eq \f(4,13＋6u).
因为u＝k2＋eq \f(1,k2)≥2，当k＝±1时，u＝2，S＝eq \f(96,25)，
且S是以u为自变量的增函数，则eq \f(96,25)≤S＜4.
综上可知，eq \f(96,25)≤S≤4，故四边形DMEN面积的最大值为4，最小值为eq \f(96,25).
7．已知椭圆E的中心在原点，焦点F1，F2在y轴上，离心率等于eq \f(2\r(2),3)，P是椭圆E上的点．以线段PF1为直径的圆经过F2，且9eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝1.
(1)求椭圆E的方程；
(2)作直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N.如果线段MN被直线2x＋1＝0平分，求直线l的倾斜角的取值范围．
【解】：(1)依题意，设椭圆E的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，半焦距为c.
因为椭圆E的离心率等于eq \f(2\r(2),3)，
所以c＝eq \f(2\r(2),3)a，b2＝a2－c2＝eq \f(a2,9).
因为以线段PF1为直径的圆经过F2，
所以PF2⊥F1F2.
所以|PF2|＝eq \f(b2,a).
因为9eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝1，
所以9|eq \(PF2,\s\up6(→))|2＝eq \f(9b4,a2)＝1.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝\f(a2,9),\f(9b4,a2)＝1))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝9,b2＝1))，
所以椭圆E的方程为eq \f(y2,9)＋x2＝1.
(2)因为直线x＝－eq \f(1,2)与x轴垂直，且由已知得直线l与直线x＝－eq \f(1,2)相交，
所以直线l不可能与x轴垂直，
所以设直线l的方程为y＝kx＋m.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,9x2＋y2＝9))，得(k2＋9)x2＋2kmx＋m2－9＝0.
因为直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N，
所以Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)>0，
即m2－k2－90得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝eq \f(8t,1＋2t2)在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为eq \f(16,9).
因此，△PQG面积的最大值为eq \f(16,9).