高考数学二轮专题训练2.53课时突破解析几何解答题第1课时圆锥曲线中的最值范围问题课件

这是一份高考数学二轮专题训练2.53课时突破解析几何解答题第1课时圆锥曲线中的最值范围问题课件，共60页。PPT课件主要包含了答题模板，专题能力提升练等内容，欢迎下载使用。
考向一　圆锥曲线中的求值(方程)问题【典例】(2020·全国Ⅱ卷)已知椭圆C1: =1(a>b>0)的右焦点F与抛物线C2的焦点重合,C1的中心与C2的顶点重合.过F且与x轴垂直的直线交C1于A,B两点,交C2于C,D两点,且|CD|= |AB|.(1)求C1的离心率;(2)设M是C1与C2的公共点,若|MF|=5,求C1与C2的标准方程.
【解析】(1)因为F是椭圆C1的右焦点,且AB⊥x轴,所以F(c,0),直线AB的方程为x=c,联立 ,得 =1- = ,又因为a2=b2+c2,所以y2= ,解得y=± ,则|AB|= ,
因为点F(c,0)是抛物线C2的焦点,所以抛物线C2的方程为y2=4cx,联立 ,解得 ,所以|CD|=4c,因为|CD|= |AB|,即4c= ,2b2=3ac,即2c2+3ac-2a2=0,即2e2+3e-2=0,因为00)的一个顶点为A(0,-3),右焦点为F,且|OA|=|OF|,其中O为原点.(1)求椭圆的方程;(2)已知点C满足 ,点B在椭圆上(B异于椭圆的顶点),直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,且P为线段AB的中点.求直线AB的方程.
【解析】(1)因为椭圆 =1(a>b>0)的一个顶点为A(0,-3),所以b=3,由|OA|=|OF|,得c=b=3,又由a2=b2+c2,得a2=32+32=18,所以椭圆的方程为 =1.
(2)因为直线AB与以C为圆心的圆相切于点P,所以CP⊥AB,根据题意可知,直线AB和直线CP的斜率均存在,设直线AB的斜率为k,则直线AB的方程为y+3=kx,即y=kx-3,联立得方程组 消去y,可得(2k2+1)x2-12kx=0,解得x=0或x=
将x= 代入y=kx-3,得y=k· 所以,点B的坐标为 ,因为P为线段AB的中点,点A的坐标为(0,-3),所以点P的坐标为 ,由 ,得点C的坐标为(1,0),所以,直线CP的斜率为
kCP= 又因为CP⊥AB,所以k· =-1,整理得2k2-3k+1=0,解得k= 或k=1.所以,直线AB的方程为y= x-3或y=x-3.
【加练备选】　　　(2020·焦作一模)设椭圆C: +y2=1(a>1)的左顶点为A,右焦点为F,已知|AF|=2+ .(1)求椭圆C的方程;(2)抛物线y2=2px(p>0)与直线x=2交于P,Q两点,直线AP与椭圆C交于点B(异于点A),若直线BQ与AP垂直,求p的值.
【解析】(1)设椭圆的半焦距为c,则|AF|=a+c=2+ .又因为a2-c2=1,所以a-c= =2- .解得a=2,c= .所以椭圆C的方程为 +y2=1.
(2)将x=2代入y2=2px得y=±2 ,不妨取P(2,2 ),Q(2,-2 ),由(1)可知A(-2,0),从而直线AP的方程为y= (x+2).联立方程组 消去y得 x2+px+p-1=0.
设B(xB,yB),因为点B异于点A,由根与系数的关系得-2xB= 所以xB= 所以 因为BQ⊥AP,所以 解得p=2.
考向二　圆锥曲线中的最值问题【典例】(2020·新高考全国Ⅱ卷)已知椭圆C: =1(a>b>0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为 ,(1)求C的方程;(2)点N为椭圆上任意一点,求△AMN的面积的最大值.
【解析】(1)由题意可知,直线AM的方程为:y-3= (x-2),即x-2y=-4.当y=0时,解得x=-4,所以a=4,由椭圆C: =1 过点M(2,3),可得 =1,解得b2=12,所以C的方程为 =1.
(2)设与直线AM平行的直线方程为:x-2y=m,当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时△AMN的面积取得最大值.x-2y=m代入椭圆方程: =1.化简可得:16y2+12my+3m2-48=0,
所以Δ=144m2-4×16(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=8或m=-8(舍去),所以与AM距离比较远的直线方程为x-2y=8,利用平行线之间的距离公式得:d= |AM|= 所以△AMN的面积的最大值为 ×3 × =18.
【素养提升】提醒:利用函数的单调性求最值时,可以借助导数判断单调性;利用基本不等式求最值、一元二次函数配方求最值是常见的最值求法.
【变式训练】(2020·威海二模)已知椭圆C: =1(a>b>0)的右顶点为M(2,0),离心率为 .(1)求椭圆C的方程;(2)点Q为左顶点,过点N(1,0)的直线l交椭圆C于A,B两点,当 取得最大值时,求直线l的方程.
【解析】(1)由题意可得:a=2,e= ,得c= ,则 b2=a2-c2=2,所以椭圆C的方程为 =1;(2)当直线l与x轴重合时,不妨取A(-2,0),B(2,0),此时 =0;当直线l与x轴不重合时,设直线l的方程为x=ty+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立 得(t2+2)y2+2ty-3=0,
显然Δ>0,y1+y2= ,y1·y2= ;所以 =(x1+2)(x2+2)+y1y2=(ty1+3)(ty2+3)+y1y2=(t2+1)y1y2+3t(y1+y2)+9=(t2+1) = ,当t=0时, 取最大值 .此时直线l方程为x=1.
【加练备选】(2020·铜川二模)已知椭圆C: =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点 是椭圆C上的点,离心率e= .(1)求椭圆C的方程;(2)点A(x0,y0)(y0≠0)在椭圆C上,若点N与点A关于原点对称,连接AF2并延长与椭圆C的另一个交点为M,连接MN,求△AMN面积的最大值.
【解析】(1)由题意可知:离心率e= 则a= c,b2=a2-c2=c2,将 代入椭圆方程: =1,解得c=1,则a= ,b=1,所以椭圆C的方程为 +y2=1;
(2)椭圆的右焦点F2(1,0),设直线AM的方程是x=my+1,与 +y2=1联立,可得(m2+2)y2+2my-1=0,又A(x0,y0),设M(x2,y2),则x0=my0+1,x2=my2+1,于是|AM|= |y0-y2|= ,原点O(0,0)到直线AM的距离d= .于是△AMN的面积S=2S△OAM=|AM|d= 　 =2 .
因为m2+1+ ≥2(当m=0时,取=),所以△AMN的面积S≤2× .当且仅当m=0时取到最大值 .
考向三　圆锥曲线中的范围问题(规范解答)【典例】(2019·全国卷Ⅱ)已知F1,F2是椭圆C: =1(a>b>0)的两个焦点,P为C上一点,O为坐标原点.(1)若△POF2为等边三角形,求C的离心率;(2)如果存在点P,使得PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16,求b的值和a的取值范围.
【思维流程图】(1)△POF2为等边三角形→∠F1PF2=90°→表示出边、利用定义得出a,c的关系;(2)PF1⊥PF2,且△F1PF2的面积等于16→列出满足的式子→结合椭圆的方程消元,得出b→消元得到x,利用x的范围得出b,c的关系→利用a2=b2+c2求a的范围.
【规范解答】(1)连接PF1,由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中,∠F1PF2=90°,|PF2|=c,|PF1|= c,………………………………1分于是2a=|PF1|+|PF2|=( +1)c,…………………………………………3分故C的离心率是e= -1.………………………………………………4分
(2)由题意可知,满足条件的点P(x,y)存在.当且仅当 |y|·2c=16, =-1,即c|y|=16,①x2+y2=c2,② =1,③………………………………………………………………7分由②③及a2=b2+c2得y2= ,又由①知y2= ,故b=4. ……………………9分由②③得x2= ,所以c2≥b2, ……………………………………10分
从而a2=b2+c2≥2b2=32,故a≥4 .……………………………………11分当b=4,a≥4 时,存在满足条件的点P.所以b=4,a的取值范围为[4 ,+∞).……………………………………12分
【素养提升】求解范围的常用方法
【变式训练】已知椭圆 =1(a>b>0)的右焦点F(1,0),离心率为 ,过F作两条互相垂直的弦AB,CD,设AB,CD中点分别为M,N.(1)求椭圆的标准方程;(2)求以A,B,C,D为顶点的四边形的面积的取值范围.
【解析】(1)由题意:c=1, ,得a= ,b=c=1,因此椭圆的方程为 +y2=1;(2)①当两直线一条斜率不存在且一条斜率为0时,S= |AB|·|CD|= =2.②当两直线斜率存在且都不为0时,设直线AB方程为y=k(x-1),设A(x1,y1),B(x2,y2),
将其代入椭圆方程整理得:(1+2k2)x2-4k2x+2k2-2=0,所以x1+x2= ,x1x2= ,所以|AB|= |x1-x2|= ,同理|CD|= ,则S= |AB|·|CD|==2- ，当k=±1时,S= ,综上所述,四边形面积的取值范围是 .
十七　圆锥曲线中的最值、范围问题(40分钟　80分)
1.(2020·三亚二模)过椭圆 =1(a>b>0)的左顶点A作斜率为2的直线,与椭圆的另一个交点为B,与y轴的交点为C,已知 .(1)求椭圆的离心率;(2)设动直线y=kx+m与椭圆有且只有一个公共点P,且与直线x=4相交于点Q,若x轴上存在一定点M(1,0),使得PM⊥QM,求椭圆的方程.
【解析】(1)因为A(-a,0),设直线方程为y=2(x+a),B(x1,y1),令x=0,则y=2a,所以C(0,2a),所以 =(x1+a,y1), =(-x1,2a-y1),因为 ,所以x1+a= (-x1),y1= (2a-y1),整理得x1=- a,y1= a,因为B点在椭圆上,所以 =1,所以 ,所以 ,即1-e2= ,所以e= (负值舍去).
(2)因为 ,可设b2=3t,a2=4t,所以椭圆的方程为3x2+4y2-12t=0,由 得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12t=0,因为动直线y=kx+m与椭圆有且只有一个公共点P,所以Δ=0,即64k2m2-4(3+4k2)(4m2-12t)=0,整理得m2=3t+4k2t,设P(x1,y1),
则有x1=- ,y1=kx1+m= ,所以P ,又因为M(1,0),Q(4,4k+m),且PM⊥QM,所以 ·(-3,-(4k+m))=0恒成立,整理得3+4k2=m2,所以3+4k2=3t+4k2t恒成立,故t=1,所以椭圆方程为 .
【加练备选】(2020·威海一模)已知椭圆 =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,点P（-1, ）是椭圆上一点,|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项.(1)求椭圆的标准方程;(2)若A为椭圆的右顶点,直线AP与y轴交于点H,过点H的另一直线与椭圆交于M,N两点,且S△HMA=6S△PHN,求直线MN的方程.
【解析】(1)因为|F1F2|是|PF1|和|PF2|的等差中项,所以a=2c,得a2=4c2.由b2=a2-c2,得b2=3c2.又P（-1, ）在椭圆上,所以 =1,所以c=1,a2=4,b2=a2-c2=3,可得椭圆的标准方程为 =1.
(2)因为P（-1, ）,由(1)计算可知A(2,0),H(0,1),当直线MN与x轴垂直时,不合题意.当直线MN与x轴不垂直时,设直线MN的方程为y=kx+1,联立直线与椭圆的方程 ,可得(4k2+3)x2+8kx-8=0,设M(x1,y1),N(x2,y2),则 ,……①
由S△HMA=6S△PHN,可得|AH||MH|=6|NH||PH|,又|AH|=2|PH|,所以|MH|=3|NH|,得x1=-3x2,代入①,可得 ,所以3× ,解得k=± ,所以直线MN的方程为y=± x+1.
2.(2020·天津一模)已知抛物线C:y2=4 x的焦点为椭圆E: =1(a>b>0)的右焦点,C的准线与E交于P,Q两点,且|PQ|=2.(1)求E的方程;(2)过E的左顶点A作直线l交E于另一点B,且BO(O为坐标原点)的延长线交E于点M,若直线AM的斜率为1,求l的方程.
【解析】(1)由抛物线方程得,抛物线C的焦点F的坐标为( ,0),准线方程为x=- ,所以椭圆E的右焦点F( ,0),左焦点F′(- ,0).设椭圆E的半焦距为c,依题意得 解得a=2,b= .故所求椭圆的方程为 =1.
(2)由题意,得E的左顶点A(-2,0).又知直线l的斜率存在,设为k(k≠0),点B(xB,yB),则直线AB的方程为y=k(x+2).联立 ,消去y并整理,得(2k2+1)x2+8k2x+8k2-4=0,(※)得Δ=(8k2)2-4(2k2+1)(8k2-4)=16>0,
所以-2,xB为方程(※)的两根,从而-2×xB= ,所以xB= .所以yB=k(xB+2)= .由题意,点B,M均在椭圆E上,且B,M关于原点O对称,所以点M(-xB,-yB),即M .因为kAM=1,所以 =1,解得k=- .故所求直线l的方程为y=- (x+2),即x+2y+2=0.
3.椭圆C: =1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,离心率为 ,过焦点F2且垂直于x轴的直线被椭圆C截得的线段长为1.(1)求椭圆C的方程;(2)点P(x0,y0)(y0≠0)为椭圆C上一动点,连接PF1,PF2,设∠F1PF2的角平分线PM交椭圆C的长轴于点M(m,0),求实数m的取值范围.
【解析】(1)将x=c代入 =1中,由a2-c2=b2可得y2= , 所以弦长为 ,故有 ,解得 ,所以椭圆C的方程为 +y2=1.(2)由题意得,F1（- ,0）,F2（ ,0）,则直线PF1,PF2的方程分别为l1:y0x-(x0+ )y+ y0=0;l2:y0x-(x0- )y- y0=0.
由题意可知 .由于点P为椭圆C上除长轴外的任意一点,所以 =1,所以 ,因为-