2024年新高考数学一轮复习知识梳理与题型归纳第53讲圆锥曲线的综合应用_最值范围问题（教师版）

这是一份2024年新高考数学一轮复习知识梳理与题型归纳第53讲圆锥曲线的综合应用_最值范围问题（教师版），共9页。试卷主要包含了几何转化代数法，函数取值法等内容，欢迎下载使用。

知识梳理
1．几何转化代数法
若题目的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形、几何性质来解决．
2．函数取值法
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.
题型归纳
题型1 构建目标不等式解最值或范围问题
【例1-1】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(3),3)，且椭圆C过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(2),2))).
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)过椭圆C的右焦点的直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且与圆O：x2＋y2＝2相交于E，F两点，求|AB|·|EF|2的取值范围．
【解】(1)由题意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3)，所以a2＝eq \f(3,2)b2，
所以椭圆的方程为eq \f(x2,\f(3,2)b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
将点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(2),2)))代入方程得b2＝2，即a2＝3，
所以椭圆C的标准方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由(1)可知，椭圆的右焦点为(1,0)，
①若直线l的斜率不存在，直线l的方程为x＝1，
则Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(3),3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(2\r(3),3)))，E(1,1)，F(1，－1)，
所以|AB|＝eq \f(4\r(3),3)，|EF|2＝4，|AB|·|EF|2＝eq \f(16\r(3),3).
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx－1，))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|AB|＝eq \r(1＋k2x1－x22)＝
eq \r(1＋k2\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k2,2＋3k2)))2－4×\f(3k2－6,2＋3k2))))＝eq \f(4\r(3)k2＋1,2＋3k2).
因为圆心O(0,0)到直线l的距离d＝eq \f(|k|,\r(k2＋1))，
所以|EF|2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(k2,k2＋1)))＝eq \f(4k2＋2,k2＋1)，
所以|AB|·|EF|2＝eq \f(4\r(3)k2＋1,2＋3k2)·eq \f(4k2＋2,k2＋1)
＝eq \f(16\r(3)k2＋2,2＋3k2)＝eq \f(16\r(3),3)·eq \f(k2＋2,k2＋\f(2,3))
＝eq \f(16\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(4,3),k2＋\f(2,3)))).
因为k2∈[0，＋∞)，所以|AB|·|EF|2∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16\r(3),3)，16\r(3))).
综上，|AB|·|EF|2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16\r(3),3)，16\r(3))).
【例1-2】设椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝1(a>eq \r(3))的右焦点为F，右顶点为A.已知|OA|－|OF|＝1，其中O为原点，e为椭圆的离心率．
(1)求椭圆的方程及离心率e的值；
(2)设过点A的直线l与椭圆交于点B(B不在x轴上)，垂直于l的直线与l交于点M，与y轴交于点H.若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直线l的斜率的取值范围．
[解] (1)由题意可知|OF|＝c＝ eq \r(a2－3)，
又|OA|－|OF|＝1，所以a－eq \r(a2－3)＝1，解得a＝2，所以椭圆的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
离心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
(2)设M(xM，yM)，易知A(2,0)，
在△MAO中，∠MOA≤∠MAO⇔|MA|≤|MO|，
即(xM－2)2＋yeq \\al(2,M)≤xeq \\al(2,M)＋yeq \\al(2,M)，化简得xM≥1.
设直线l的斜率为k(k≠0)，
则直线l的方程为y＝k(x－2)．
设B(xB，yB)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx－2))消去y，
整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
解得x＝2或x＝eq \f(8k2－6,4k2＋3).
由题意得xB＝eq \f(8k2－6,4k2＋3)，从而yB＝eq \f(－12k,4k2＋3).
由(1)知F(1,0)，设H(0，yH)，
则eq \(FH,\s\up7(―→))＝(－1，yH)，eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9－4k2,4k2＋3)，\f(12k,4k2＋3))).
由BF⊥HF，得eq \(BF,\s\up7(―→))·eq \(FH,\s\up7(―→))＝0，
即eq \f(4k2－9,4k2＋3)＋eq \f(12kyH,4k2＋3)＝0，解得yH＝eq \f(9－4k2,12k)，
所以直线MH的方程为y＝－eq \f(1,k)x＋eq \f(9－4k2,12k).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,y＝－\f(1,k)x＋\f(9－4k2,12k)，))消去y，得xM＝eq \f(20k2＋9,12k2＋1).
由xM≥1，得eq \f(20k2＋9,12k2＋1)≥1，解得k≤－eq \f(\r(6),4)或k≥eq \f(\r(6),4)，
所以直线l的斜率的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4)，＋∞)).
【例1-3】已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点Q到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)若直线l与椭圆C交于不同的两点M，N，且线段MN恰被直线x＝－eq \f(1,2)平分，设弦MN的垂直平分线的方程为y＝kx＋m，求m的取值范围．
[解] (1)由题意可设椭圆C的方程为eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
由条件可得a＝2，c＝eq \r(3)，则b＝1.
故椭圆C的方程为eq \f(y2,4)＋x2＝1.
(2)法一：设弦MN的中点为Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))，M(xM，yM)，N(xN，yN)，则由点M，N为椭圆C上的点，可知4xeq \\al(2,M)＋yeq \\al(2,M)＝4,4xeq \\al(2,N)＋yeq \\al(2,N)＝4，两式相减，
得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，
将xM＋xN＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，yM＋yN＝2y0，eq \f(yM－yN,xM－xN)＝－eq \f(1,k)，代入上式得k＝－eq \f(y0,2).
又点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))在弦MN的垂直平分线上，
所以y0＝－eq \f(1,2)k＋m，所以m＝y0＋eq \f(1,2)k＝eq \f(3,4)y0.
由点Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))在线段BB′上
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B′xB′，yB′，BxB，yB为直线x＝－\f(1,2)与椭圆的交点，如图所示))，
所以yB′0，
∴eq \f(4－m2,m2－1)－m2＋4>0，即eq \f(4－m2m2,m2－1)>0.
解得10)，焦距为2c，则b＝c，
∴a2＝b2＋c2＝2b2，
∴椭圆E的标准方程为eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1.
又椭圆E过点eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，∴eq \f(1,2b2)＋eq \f(\f(1,2),b2)＝1，解得b2＝1.
∴椭圆E的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由于点(－2,0)在椭圆E外，∴直线l的斜率存在．
设直线l的斜率为k，则直线l：y＝k(x＋2)，设M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.
由Δ>0，得0≤k2