2023版步步高新高考人教A版一轮复习讲义第八章 §8.10　圆锥曲线中范围与最值问题

§8.10　圆锥曲线中范围与最值问题题型一　范围问题例1　(2022·临沂模拟)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在椭圆C上，以PF1为直径的圆E：x2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(y－\f(1,4)))2＝eq \f(49,16)过焦点F2.(1)求椭圆C的方程；(2)若椭圆C的右顶点为A，与x轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点(M，N与A点不重合)，且满足AM⊥AN，点Q为MN的中点，求直线MN与AQ的斜率之积的取值范围．解　(1)在圆E的方程中，令y＝0，得x2＝3，解得x＝±eq \r(3)，所以F1，F2的坐标分别为(－eq \r(3)，0)，(eq \r(3)，0)．因为Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,4)))，又因为|OE|＝eq \f(1,2)|F2P|，OE∥F2P，所以点P的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\r(3)，\f(1,2)))，所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝2×eq \f(7,4)＋eq \f(1,2)＝4，得a＝2，b＝1，即椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.(2)右顶点为A(2,0)，由题意可知直线AM的斜率存在且不为0，设直线AM的方程为y＝k(x－2)，由MN与x轴不垂直，故k≠±1.由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，又点A(2,0)，则由根与系数的关系可得2x1＝eq \f(16k2－4,1＋4k2)，得x1＝eq \f(8k2－2,1＋4k2)，y1＝k(x1－2)＝eq \f(－4k,1＋4k2)，因为AM⊥AN，所以直线AN的方程为y＝－eq \f(1,k)(x－2)，用－eq \f(1,k)替换k可得，x2＝eq \f(8－2k2,4＋k2)，y2＝eq \f(4k,4＋k2)，所以点Q坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(30k2,1＋4k24＋k2)，\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2)))，所以直线AQ的斜率k1＝eq \f(\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2),\f(30k2,1＋4k24＋k2)－2)＝eq \f(3k1－k2,22k4＋k2＋2)，直线MN的斜率k2＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(\f(4k,4＋k2)＋\f(4k,1＋4k2),\f(8－2k2,4＋k2)－\f(8k2－2,1＋4k2))＝eq \f(5k,41－k2)，所以k1k2＝eq \f(15k2,82k4＋k2＋2)＝eq \f(15,8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k2＋\f(2,k2)＋1)))，因为k2>0且k2≠1，所以2k2＋eq \f(2,k2)＋1>2eq \r(2k2×\f(2,k2))＋1＝5，所以0<eq \f(15,8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2k2＋\f(2,k2)＋1)))<eq \f(3,8)，即k1k2∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,8))).所以直线MN与AQ的斜率之积的取值范围是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,8))).教师备选(2022·武汉调研)过双曲线Γ：eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左焦点F1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.(1)若△ABF2可以是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；(2)若存在直线l，使得AF2⊥BF2，求Γ的离心率的取值范围．解　(1)依题意得|AF1|＝2，|AF2|＝4，|F1F2|＝2eq \r(3).∴2a＝|AF2|－|AF1|＝2，a＝1，2c＝|F1F2|＝2eq \r(3)，c＝eq \r(3)，b2＝c2－a2＝2，此时Γ的标准方程为x2－eq \f(y2,2)＝1.(2)设l的方程为x＝my－c，与eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1联立，得(b2m2－a2)y2－2b2cmy＋b4＝0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(2b2cm,b2m2－a2)，y1y2＝eq \f(b4,b2m2－a2)，由AF2⊥BF2，eq \o(F2A,\s\up6(－→))·eq \o(F2B,\s\up6(－→))＝0，(x1－c)(x2－c)＋y1y2＝0，(my1－2c)(my2－2c)＋y1y2＝0⇒(m2＋1)b4－4m2c2b2＋4c2(b2m2－a2)＝0⇒(m2＋1)b4＝4a2c2⇒(m2＋1)＝eq \f(4a2c2,b4)≥1⇒4a2c2≥(c2－a2)2，∴c4＋a4－6a2c2≤0⇒e4－6e2＋1≤0，又∵e>1，∴15.综上所述，eq \r(5)2，由椭圆的定义可知，点Q的轨迹是以M，N为焦点的椭圆，其中a＝eq \r(2)，c＝1，b＝1，则点Q的轨迹方程C：eq \f(y2,2)＋x2＝1.(2)由已知得直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(y2,2)＋x2＝1，,y＝kx＋m，))消去y得(k2＋2)x2＋2kmx＋m2－2＝0，Δ＝8k2－8m2＋16>0，解得m2b>0)过点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－1，\f(\r(2),2)))，短轴长为2.(1)求椭圆C的标准方程；(2)过点(0,2)的直线l(直线l不与x轴垂直)与椭圆C交于不同的两点M，N，且O为坐标原点．求△MON的面积的最大值．解　(1)依题意得eq \f(－12,a2)＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)))2,b2)＝1，而b＝1，则eq \f(1,a2)＋eq \f(1,2)＝1⇒eq \f(1,a2)＝1－eq \f(1,2)＝eq \f(1,2)⇒a2＝2，所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.(2)因为直线l不与x轴垂直，则l的斜率k存在，l的方程为y＝kx＋2，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(2k2＋1)x2＋8kx＋6＝0，因为直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，则有Δ＝(8k)2－4·(2k2＋1)·6＝16k2－24>0⇒k2>eq \f(3,2)，即k<－eq \f(\r(6),2)或k>eq \f(\r(6),2)，设点M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(8k,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(6,2k2＋1)，所以|MN|＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq \r(1＋k2)·eq \r(x1＋x22－4x1x2)＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8k,2k2＋1)))2－4·\f(6,2k2＋1))＝eq \r(1＋k2)·eq \r(\f(82k2－3,2k2＋12))＝eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)，而原点O到直线l：kx－y＋2＝0的距离d＝eq \f(2,\r(k2＋1))，△MON的面积S＝eq \f(1,2)·|MN|·d＝eq \f(1,2)·eq \r(1＋k2)·eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)·eq \f(2,\r(k2＋1))＝eq \f(2\r(2)·\r(2k2－3),2k2＋1)，令t＝eq \r(2k2－3)⇒2k2＝t2＋3(t>0)，S＝eq \f(2\r(2)t,t2＋4)＝eq \f(2\r(2),t＋\f(4,t))，因为t＋eq \f(4,t)≥2eq \r(t·\f(4,t))＝4，当且仅当t＝eq \f(4,t)，即t＝2时取“＝”，此时k2＝eq \f(7,2)，即k＝±eq \f(\r(14),2)，符合要求，从而有S≤eq \f(2\r(2),4)＝eq \f(\r(2),2)，故当k＝±eq \f(\r(14),2)时，△MON的面积的最大值为eq \f(\r(2),2).教师备选(2022·厦门模拟)设椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，点A，B，C分别为Γ的上、左、右顶点，且|BC|＝4.(1)求Γ的标准方程；(2)点D为直线AB上的动点，过点D作l∥AC，设l与Γ的交点为P，Q，求|PD|·|QD|的最大值．解　(1)由题意得2a＝|BC|＝4，解得a＝2.又因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以c＝eq \r(3)，则b2＝a2－c2＝1.所求Γ的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.(2)方法一　由(1)可得A(0,1)，B(－2,0)，C(2,0)，则kAC＝－eq \f(1,2)，直线AB的方程为x－2y＋2＝0，设直线l的方程为y＝－eq \f(1,2)x＋λ.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋λ，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，整理得，x2－2λx＋2λ2－2＝0.①由Δ>0，得－eq \r(2)<λ<eq \r(2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x＋λ，,x－2y＋2＝0，))解得D的坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(λ－1，\f(λ＋1,2)))，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由①知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2λ，,x1x2＝2λ2－2，))②又|PD|＝eq \f(\r(5),2)|x1－(λ－1)|，|QD|＝eq \f(\r(5),2)|x2－(λ－1)|，所以|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|x1x2－(λ－1)(x1＋x2)＋(λ－1)2|，③将②代入③，得|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|λ2－1| ，λ∈(－eq \r(2)，eq \r(2))，所以当λ＝0时，|PD|·|QD|有最大值eq \f(5,4).方法二　设eq \o(AD,\s\up6(→))＝λeq \o(AB,\s\up6(→))＝λ(－2，－1)＝(－2λ，－λ)，则D(－2λ，1－λ)，由点斜式，可得直线l的方程为y－(1－λ)＝－eq \f(1,2)(x＋2λ)，即y＝－eq \f(1,2)x－2λ＋1.联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝－\f(1,2)x－2λ＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得x2＋(4λ－2)x＋8λ2－8λ＝0，①由Δ＝(4λ－2)2－4×(8λ2－8λ)>0，解得eq \f(1－\r(2),2)<λ<eq \f(1＋\r(2),2)，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由①得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝2－4λ，,x1x2＝8λ2－8λ，))②由题意可知|PD|＝eq \f(\r(5),2)|x1＋2λ|，|QD|＝eq \f(\r(5),2)|x2＋2λ|，所以|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|x1x2＋2λ(x1＋x2)＋4λ2|，③将②代入③得|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|4λ2－4λ|＝5|λ2－λ|，当λ＝eq \f(1,2)时，|PD|·|QD|有最大值eq \f(5,4).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　如图所示，点A，B分别是椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,20)＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.(1)求点P的坐标；(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．解　(1)由已知可得点A(－6,0)，F(4,0)，设点P的坐标是(x，y)，则eq \o(AP,\s\up6(→))＝(x＋6，y)，eq \o(FP,\s\up6(→))＝(x－4，y)，∵PA⊥PF，∴eq \o(AP,\s\up6(→))·eq \o(FP,\s\up6(→))＝0，则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,x＋6x－4＋y2＝0，))可得2x2＋9x－18＝0，得x＝eq \f(3,2)或x＝－6.由于y>0，故x＝eq \f(3,2)，于是y＝eq \f(5\r(3),2).∴点P的坐标是eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，\f(5\r(3),2))).(2)由(1)可得直线AP的方程是x－eq \r(3)y＋6＝0，点B(6,0)．设点M的坐标是(m,0)，则点M到直线AP的距离是eq \f(|m＋6|,2)，于是eq \f(|m＋6|,2)＝|m－6|，又－6≤m≤6，解得m＝2.由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为d，得d2＝(x－2)2＋y2＝x2－4x＋4＋20－eq \f(5,9)x2＝eq \f(4,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,2)))2＋15，由于－6≤x≤6，由f(x)＝eq \f(4,9)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(9,2)))2＋15的图象可知，当x＝eq \f(9,2)时，d取最小值，且最小值为eq \r(15).课时精练1．已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，O为坐标原点，离心率e＝2，点M(eq \r(5)，eq \r(3))在双曲线上．(1)求双曲线的方程；(2)如图，若直线l与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且eq \o(OP,\s\up6(→))·eq \o(OQ,\s\up6(→))＝0，求|OP|2＋|OQ|2的最小值．解　(1)因为e＝eq \f(c,a)＝2，所以c＝2a，b2＝c2－a2＝3a2.所以双曲线的方程为eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,3a2)＝1，即3x2－y2＝3a2.因为点M(eq \r(5)，eq \r(3))在双曲线上，所以15－3＝3a2，所以a2＝4.所以所求双曲线的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1.(2)设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OQ的方程为y＝－eq \f(1,k)x，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)－\f(y2,12)＝1，,y＝kx，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(x2＝\f(12,3－k2)，,y2＝\f(12k2,3－k2)，))所以|OP|2＝x2＋y2＝eq \f(12k2＋1,3－k2).同理可得|OQ|2＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(1,k2))),3－\f(1,k2))＝eq \f(12k2＋1,3k2－1)，所以eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OQ|2)＝eq \f(3－k2＋3k2－1,12k2＋1)＝eq \f(2＋2k2,12k2＋1)＝eq \f(1,6).设|OP|2＋|OQ|2＝t，则t·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,|OP|2)＋\f(1,|OQ|2)))＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|OQ|,|OP|)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(|OP|,|OQ|)))2≥2＋2＝4，所以t≥eq \f(4,\f(1,6))＝24，即|OP|2＋|OQ|2≥24(当且仅当|OP|＝|OQ|＝2eq \r(3)时取等号)．所以当|OP|＝|OQ|＝2eq \r(3)时，|OP|2＋|OQ|2取得最小值24.2．(2022·阳泉模拟)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，离心率为eq \f(\r(2),2)，P是椭圆C上的一个动点，当P是椭圆C的上顶点时，△F1PF2的面积为1.(1)求椭圆C的方程；(2)设斜率存在的直线PF2，与椭圆C的另一个交点为Q.若存在T(t,0)，使得|TP|＝|TQ|，求t的取值范围．解　(1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(1,2)·b·2c＝1，,b2＋c2＝a2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点为N(x0，y0)，直线PF2的斜率为k，由(1)设直线PQ的方程为y＝k(x－1)．当k＝0时，t＝0符合题意；当k≠0时，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，∴Δ＝16k4－4(1＋2k2)(2k2－2)＝8k2＋8>0，x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2k2,1＋2k2)，y0＝k(x0－1)＝eq \f(－k,1＋2k2)，即N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2))).∵|TP|＝|TQ|，∴直线TN为线段PQ的垂直平分线，∴TN⊥PQ，即kTN·k＝－1.∴eq \f(\f(－k,1＋2k2),\f(2k2,1＋2k2)－t)·k＝－1，∴t＝eq \f(k2,1＋2k2)＝eq \f(1,2＋\f(1,k2)).∵k2>0，∴eq \f(1,k2)>0 ,2＋eq \f(1,k2)>2，∴0<eq \f(1,2＋\f(1,k2))<eq \f(1,2)，即t∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))).3．(2021·北京)已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4eq \r(5).(1)求椭圆E的标准方程；(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．解　(1)因为椭圆过A(0，－2)，故b＝2，因为四个顶点围成的四边形的面积为4eq \r(5)，故eq \f(1,2)×2a×2b＝4eq \r(5)，即a＝eq \r(5)，故椭圆的标准方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，因为直线BC的斜率存在，故x1x2≠0，故直线AB：y＝eq \f(y1＋2,x1)x－2，令y＝－3，则xM＝－eq \f(x1,y1＋2)，同理xN＝－eq \f(x2,y2＋2).直线BC：y＝kx－3，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20，))可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，解得k<－1或k>1.又x1＋x2＝eq \f(30k,4＋5k2)，x1x2＝eq \f(25,4＋5k2)，故x1x2>0，所以xMxN>0.又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,y1＋2)＋\f(x2,y2＋2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1－1)＋\f(x2,kx2－1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2kx1x2－x1＋x2,k2x1x2－kx1＋x2＋1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(50k,4＋5k2)－\f(30k,4＋5k2),\f(25k2,4＋5k2)－\f(30k2,4＋5k2)＋1)))＝5|k|，故5|k|≤15，即|k|≤3，综上，－3≤k<－1或10)，则kAM＝－2t，所以lAM：y＋2t2＝－2t(x－2t)，即y＝－2tx＋2t2，所以M(t,0)，又kOA＝eq \f(－2t2,2t)＝－t，所以kBC＝eq \f(1,t)，所以lBC：y－0＝eq \f(1,t)(x－t)，即y＝eq \f(1,t)x－1，所以直线BC过定点(0，－1)．(2)解　联立方程eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\co1(y＝\f(1,t)x－1，,x2＝－2y，))整理得x2＋eq \f(2,t)x－2＝0，设B(x1，y1)，C(x2，y2)，则x1＋x2＝－eq \f(2,t)，x1x2＝－2，则eq \o(MB,\s\up6(→))·eq \o(MC,\s\up6(→))＝(x1－t，y1)·(x2－t，y2)＝(x1－t)(x2－t)＋y1y2＝x1x2－t(x1＋x2)＋t2＋eq \f(1,4)xeq \o\al(2,1)xeq \o\al(2,2)＝1＋t2≥2，所以t2≥1，又由|AD|＝eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)·2t＋2t2－1)),\r(1＋\f(1,t2)))＝eq \f(2t2＋1,\r(t2＋1))·t，|AO|＝eq \r(2t2＋－2t22)＝2teq \r(1＋t2)，所以|AD|·|AO|＝eq \f(2t2＋1,\r(t2＋1))·t·2t·eq \r(1＋t2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2t2＋\f(1,2)))2－eq \f(1,4)，因为2t2≥2，所以当2t2＝2，即t＝1时，|AD|·|AO|的最小值是6.