2021届高考数学（文）一轮复习学案：平面解析几何第8节圆锥曲线中的范围、最值问题

第八节　圆锥曲线中的范围、最值问题

⊙考点1　范围问题

　圆锥曲线中范围问题的五个解题策略

解决有关范围问题时，先要恰当地引入变量(如点的坐标标、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：

(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．

　(2019·大连模拟)设椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F1，离心率为，点F1为圆M：x2＋y2＋2x－15＝0的圆心．

(1)求椭圆的方程；

(2)已知过椭圆右焦点F2的直线l交椭圆于A，B两点，过点F2且与直线l垂直的直线l1与圆M交于C，D两点，求四边形ACBD面积的取值范围．

[解](1)由题意知＝，则a＝2c.

圆M的标准方程为(x＋1)2＋y2＝16，

从而椭圆的左焦点为F1(－1,0)，即c＝1.所以a＝2.

由b2＝a2－c2，得b＝.

所以椭圆的方程为＋＝1.

(2)由(1)可知椭圆右焦点F2(1,0)．

①当直线l与x轴垂直时，此时斜率k不存在，直线l：x＝1，直线l1：y＝0，可得|AB|＝3，|CD|＝8，四边形ACBD的面积为12.

②当直线l与x轴平行时，此时斜率k＝0，直线l：y＝0，直线l1：x＝1，可得|AB|＝4，|CD|＝4，四边形ACBD的面积为8.

③当直线l与x轴不垂直也不平行时，设直线l的方程为y＝k(x－1)(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

联立得(4k2＋3)x2－8k2x＋4k2－12＝0.

显然Δ＞0，且x1＋x2＝，x1x2＝.

所以|AB|＝|x1－x2|＝.

过点F2(1,0)且与直线l垂直的直线l1：y＝－(x－1)，则圆心到直线l1的距离为，

所以|CD|＝2＝4.

故四边形ACBD的面积S＝|AB||CD|＝12.

可得当直线l与x轴不垂直时，四边形ACBD面积的取值范围为(12,8)．

综上，四边形ACBD面积的取值范围为[12,8]．

　过点F2的直线l与l1，有斜率不存在的情况，应分类求解．

　(2019·郑州模拟)已知椭圆的一个顶点A(0，－1)，焦点在x轴上，离心率为.

(1)求椭圆的标准方程；

(2)设直线y＝kx＋m(k≠0)与椭圆交于不同的两点M，N.当|AM|＝|AN|时，求m的取值范围．

[解](1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a＞b＞0)，

联立解得

故椭圆的标准方程为＋y2＝1.

(2)设P(x0，y0)为弦MN的中点，M(x1，y1)，N(x2，y2)．

联立得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.

则x1＋x2＝，x1x2＝.

Δ＝(8km)2－16(4k2＋1)(m2－1)＞0，

所以m2＜1＋4k2.  ①

所以x0＝＝－，y0＝kx0＋m＝.

所以kAP＝＝－.

又|AM|＝|AN|，所以AP⊥MN，

则－＝－，即3m＝4k2＋1. ②

把②代入①得m2＜3m，解得0＜m＜3.

由②得k2＝＞0，解得m＞.

综上可知，m的取值范围为.

⊙考点2　最值问题

　求解圆锥曲线中最值问题的两种方法

(1)利用几何法：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；

(2)利用代数法：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)，再求这个函数的最值，最值通常用基本不等式法、配方法、导数法求解．

　利用基本不等式求最值

　已知抛物线E：y2＝2px(0＜p＜10)的焦点为F，点M(t,8)在抛物线E上，且|FM|＝10.

(1)求抛物线E的方程；

(2)过点F作互相垂直的两条直线，与抛物线分别相交于点A，B，C，D，P、Q分别为弦AB、CD的中点，求△FPQ面积的最小值．

[解](1)抛物线E的准线方程为x＝－.

由抛物线的定义可得|FM|＝t＋＝10，故t＝10－.

由点M在抛物线上，可得82＝2p，整理得p2－20p＋64＝0，解得p＝4或p＝16，

又0＜p＜10，所以p＝4.

故抛物线E的方程为y2＝8x.

(2)由(1)知抛物线E的方程为y2＝8x，焦点为F(2,0)，

由已知可得AB⊥CD，所以两直线AB，CD的斜率都存在且均不为0.

设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为－，

故直线AB的方程为y＝k(x－2)．

联立方程组，消去x，整理得ky2－8y－16k＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝，

因为P(xP，yP)为弦AB的中点，所以yP＝(y1＋y2)＝，

由yP＝k(xP－2)得xP＝＋2＝＋2，故P.

同理可得Q(4k2＋2，－4k)．

故|QF|＝＝＝4，

|PF|＝＝.

因为PF⊥QF，

所以△FPQ的面积S＝|PF|·|QF|＝××4

＝8×＝8≥8×2＝16，当且仅当|k|＝，即k＝±1时，等号成立．

所以△FPQ的面积的最小值为16.

　求点Q的坐标时，可根据直线AB与CD的斜率关系，把点P坐标中的k换成－，即可得到点Q的坐标．

　利用二次函数求最值

　(2019·合肥模拟)已知直线l：x－y＋1＝0与焦点为F的抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切．

(1)求抛物线C的方程；

(2)过焦点F的直线m与抛物线C分别相交于A，B两点，求A，B两点到直线l的距离之和的最小值．

[解](1)∵直线l：x－y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p＞0)相切，

联立消去x得y2－2py＋2p＝0，从而Δ＝4p2－8p＝0，解得p＝2或p＝0(舍)．

∴抛物线C的方程为y2＝4x.

(2)由于直线m的斜率不为0，

可设直线m的方程为ty＝x－1，A(x1，y1)，B(x2，y2)．

联立消去x得y2－4ty－4＝0，∵Δ＞0，

∴y1＋y2＝4t，即x1＋x2＝4t2＋2，

∴线段AB的中点M的坐标为(2t2＋1,2t)．

设点A到直线l的距离为dA，点B到直线l的距离为dB，点M到直线l的距离为d，

则dA＋dB＝2d＝2·＝2|t2－t＋1|＝2，

∴当t＝时，A，B两点到直线l的距离之和最小，最小值为.

　本例第(2)问的关键是根据梯形中位线定理得到dA＋dB＝2d.

　(2019·黄山模拟)已知点M(1，n)在抛物线y2＝2px(p＞0)上，且点M到抛物线焦点的距离为2.直线l与抛物线交于A，B两点，且线段AB的中点为P(3,2)．

(1)求直线l的方程．

(2)点Q是直线y＝x上的动点，求·的最小值．

[解](1)由题意知，抛物线的准线方程为x＝－，所以1＋＝2，解得p＝2，

所以抛物线的方程为y2＝4x.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

则y＝4x1，y＝4x2，

则y－y＝4(x1－x2)，

即＝＝＝1，

所以直线l的方程为y－2＝x－3，

即x－y－1＝0.

(2)因为点A，B都在直线l上，所以A(x1，x1－1)，B(x2，x2－1)，设Q(m，m)，

·＝(x1－m，x1－(m＋1))·(x2－m，x2－(m＋1))＝(x1－m)(x2－m)＋[x1－(m＋1)][x2－(m＋1)]＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2＋x1x2－(m＋1)(x1＋x2)＋(m＋1)2＝2x1x2－(2m＋1)(x1＋x2)＋m2＋(m＋1)2，

联立得x2－6x＋1＝0，

则x1＋x2＝6，x1x2＝1，

所以·＝2－(2m＋1)×6＋m2＋m2＋2m＋1＝2m2－10m－3＝2－，

当m＝时，·取得最小值，为－.

　利用导数求最值

　(2017·浙江高考)如图，已知抛物线x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).过点B作直线AP的垂线，垂足为Q.

(1)求直线AP斜率的取值范围；

(2)求|PA|·|PQ|的最大值．

[解](1)设直线AP的斜率为k，k＝＝x－，

因为－<x<，

所以直线AP斜率的取值范围是(－1,1)．

(2)联立直线AP与BQ的方程

解得点Q的横坐标是xQ＝.

因为|PA|＝＝(k＋1)，

|PQ|＝(xQ－x)＝－，

所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.

令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，

因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，

所以f(k)在区间上单调递增，上单调递减，因此当k＝时，|PA|·|PQ|取得最大值.

　|PA|·|PQ|用含k的高次多项式表示，宜用导数求最值．

　在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点A在C上，若|AO|＝|AF|＝.

(1)求C的方程；

(2)设直线l与C交于P，Q，若线段PQ的中点的纵坐标为1，求△OPQ的面积的最大值．

[解](1)∵点A在抛物线C上，|AO|＝|AF|＝，

∴＋＝，∴p＝2，

∴C的方程为x2＝4y.

(2)设直线方程为y＝kx＋b，代入抛物线方程，可得x2－4kx－4b＝0，

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，∴y1＋y2＝4k2＋2b，

∵线段PQ的中点的纵坐标为1，∴2k2＋b＝1，

△OPQ的面积S＝·b·＝b＝·(0＜b≤1)，

设y＝b3＋b2，y′＝3b2＋2b＞0，故函数单调递增，

∴b＝1时，△OPQ的面积取得最大值为2.