2021高考数学一轮复习学案：第八章高考专题突破五第1课时范围与最值问题

高考专题突破五　高考中的圆锥曲线问题
第1课时　范围与最值问题
范围问题
例1　如图，已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点，抛物线C：y2＝4x上存在不同的两点A，B满足PA，PB的中点均在C上．

(1)设AB的中点为M，证明：PM垂直于y轴；
(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x0)的离心率e＝，直线x＋y－1＝0被以椭圆C的短轴为直径的圆截得的弦长为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点M(4,0)的直线l交椭圆于A，B两个不同的点，且λ＝MA·MB，求λ的取值范围．
解　(1)因为原点到直线x＋y－1＝0的距离为.
所以2＋2＝b2(b>0)，解得b＝1.
又e2＝＝1－＝，得a＝2.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)当直线l的斜率为0时，λ＝MA·MB＝12.
当直线l的斜率不为0时，设直线l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立方程得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得m2>12，
所以y1y2＝.
λ＝MA·MB＝|y1|·|y2|
＝(m2＋1)·|y1y2|＝＝12.
由m2>12，得00)在抛物线C上，且FA＝2，过点F作斜率为k的直线l与抛物线C交于P，Q两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求△APQ面积的取值范围．
解　(1)由抛物线的定义可得
FA＝xA＋＝1＋＝2，所以p＝2，
所以抛物线的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
联立得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
Δ>0恒成立，
由根与系数的关系得x1＋x2＝，x1x2＝1，
因为AF⊥x轴，则S△APQ＝×AF×|x1－x2|
＝|x1－x2|＝
＝4＝4，
因为≤k≤2，令t＝，
所以S△APQ＝4，
所以≤S△APQ≤8，
所以△APQ的面积的取值范围为[，8]．
素养提升　本例的解题过程体现了数学运算素养，其中设出P，Q点的坐标而不求解又体现了数学运算素养中的一个运算技巧——设而不求，从而简化了运算过程．


1．(2019·全国100所名校联考)已知抛物线C：y2＝4x，点A(m,0)在x轴正半轴上，O为坐标原点，若抛物线上存在点P，使得∠OPA＝90°，则m的取值范围是(　　)
A．(0,4) B．(4，＋∞)
C．(0,2) D．(2，＋∞)
答案　B
解析　设点P，由∠OPA＝90°，
得·＝0，∴·＝0.
即m＝4＋，∴m>4.
2．(2019·绵阳诊断)若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P为椭圆上的任意一点，则·的最大值为(　　)
A. B．6 C．8 D．12
答案　B
解析　由题意得F(－1,0)，设P(x，y)，
则·＝(x，y)·(x＋1，y)＝x2＋x＋y2，
又点P在椭圆上，故＋＝1，
所以·＝x2＋x＋3－x2＝x2＋x＋3
＝(x＋2)2＋2，
又－2≤x≤2，所以当x＝2时，·取得最大值，即·的最大值为6.
3．过抛物线y2＝x的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，且直线l的倾斜角θ≥，点A在x轴上方，则FA的取值范围是(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　记点A的横坐标是x1，则有AF＝x1＋
＝＋＝＋AF·cos θ，
AF(1－cos θ)＝，AF＝.
由≤θ1，所以11)的离心率为，F1，F2是C的两个焦点，过F1的直线l与C交于A，B两点，则AF2＋BF2的最大值等于________．
答案　7
解析　因为椭圆C的离心率为，所以＝，
解得a＝2，由椭圆定义得AF2＋BF2＋AB＝4a＝8，
即AF2＋BF2＝8－AB，
而由焦点弦性质，知当AB⊥x轴时，AB取最小值2×＝1，因此AF2＋BF2的最大值等于8－1＝7.
9．(2019·呼和浩特模拟)已知抛物线y2＝2mx(m>0)的焦点为F，过焦点F作直线交抛物线于A，B两点，以AB为直径的圆的方程为x2＋y2－2x－2ty＋t2－15＝0，则m＝________.
答案　6
解析　由题意可知圆的方程为x2＋y2－2x－2ty＋t2－15＝0，
即(x－1)2＋(y－t)2＝16，
可得弦AB的中点的横坐标为1，圆的半径为4，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝2，
所以x1＋x2＋m＝8，可得m＝6.
10．若抛物线y＝ax2－1(a≠0)上恒有关于直线x＋y＝0对称的相异两点A，B，则a的取值范围是________．
答案　
解析　设抛物线上的两点为A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的方程为y＝x＋b，代入抛物线方程y＝ax2－1，得ax2－x－(b＋1)＝0，设直线AB的中点为M(x0，y0)，
则x0＝，y0＝x0＋b＝＋b.
由于M(x0，y0)在直线x＋y＝0上，故x0＋y0＝0，
由此解得b＝－，此时ax2－x－(b＋1)＝0可变形为ax2－x－＝0，
由Δ＝1＋4a>0，解得a>.
11．(2019·全国Ⅱ)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上的点，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．
解　(1)连结PF1(图略)．
由△POF2为等边三角形可知在△F1PF2中，
∠F1PF2＝90°，PF2＝c，PF1＝c，
于是2a＝PF1＋PF2＝(＋1)c，
故C的离心率为e＝＝－1.
(2)由题意可知，若满足条件的点P(x，y)存在，
则|y|·2c＝16，·＝－1，
即c|y|＝16，①
x2＋y2＝c2，②
又＋＝1.③
由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.
又由①知y2＝，故b＝4.
由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，
所以c2≥b2，从而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，
故a≥4.
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．(2020·西南大学附中月考)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为M(－2,0)，离心率为.
(1)求椭圆C的方程；
(2)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△MAB的面积．
解　(1)由题意可知a＝2，＝，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，设直线l的方程为x＝ty＋1，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得(t2＋2)y2＋2ty－3＝0，
显然Δ>0，y1＋y2＝，y1y2＝，
所以·＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9
＝(t2＋1)＋3t＋9
＝＋9＝＋9＝.
当t＝0时，·取最大值.
不妨取A，B，所以AB＝.
又MN＝3，
所以此时，△MAB的面积S＝××3＝.



13．(2020·全国100所学校冲刺卷)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点坐标为F，O为坐标原点，若P为抛物线C上任意一点且OP＝λPF，则λ的最大值为(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　依题意得＝，
则p＝，所以抛物线C：y2＝x，
设P(x0，y0)，
则λ＝＝＝
＝.
令t＝x0＋，t≥，
则λ＝
＝
＝≤.
14．已知抛物线C：y2＝x上一点M(1，－1)，点A，B是抛物线C上的两动点，且·＝0，则点M到直线AB的距离的最大值是________．
答案　
解析　设直线AB的方程为x＝my＋n，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立得即y2＝my＋n，即y2－my－n＝0，
所以y1y2＝－n，y1＋y2＝m，Δ＝m2＋4n>0，
因为·＝0，
所以(x1－1)(x2－1)＋(y1＋1)(y2＋1)＝0，
即(y－1)(y－1)＋(y1＋1)(y2＋1)＝0，
(y1＋1)(y2＋1)[(y1－1)(y2－1)＋1]＝0，
解得(y1＋1)(y2＋1)＝0或(y1－1)(y2－1)＋1＝0，
化简可得－n＋m＋1＝0或－n－m＋2＝0，
当(y1＋1)(y2＋1)＝0时，易知，M与A，B中一点重合，M到AB的距离为0.
所以－n－m＋2＝0，即n＝2－m.
所以直线AB的方程为x＝my＋2－m，即x－2＝m(y－1)，
故直线AB过定点C(2,1)，
当MC垂直于直线AB时，点M到直线AB的距离取得最大值，最大值为＝.

15．(2019·济宁模拟)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，实轴长为4，渐近线方程为y＝±x，点M满足MF1－MF2＝4，点N在圆C：x2＋y2－4y＝0上，则MN＋MF1的最小值为(　　)
A．2＋ B．5 C．6 D．7
答案　B
解析　由题意可得2a＝4，即a＝2.
渐近线方程为y＝±x，即有＝，
即b＝1，可得双曲线的方程为－y2＝1，
焦点为F1(－，0)，F2(，0)，
由圆x2＋y2－4y＝0可得圆心C(0,2)，半径r＝2，
由MF1－MF2＝4可得点M为双曲线右支上一点，
得MN＋MF1＝4＋MN＋MF2≥F2N＋4，问题转化为求点F2到圆C上点的最小距离，
∴F2N的最小值为CF2－2＝1，
则MN＋MF1的最小值为4＋1＝5.
16．(2019·衡水质检)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左顶点为A，上顶点为B，已知直线AB的斜率为，AB＝.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：x＝my－1与椭圆C交于不同的两点M，N，且点O在以MN为直径的圆外(其中O为坐标原点)，求m的取值范围．
解　(1)由已知得A(－a,0)，B(0，b)，
∴
可得a2＝4，b2＝1，
则椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得(m2＋4)y2－2my－3＝0.
故y1＋y2＝，y1y2＝，
Δ＝(2m)2＋12(4＋m2)＝16m2＋48>0.
由题意得∠MON为锐角，即·>0，
∴·＝x1x2＋y1y2>0，
又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1.
∴x1x2＋y1y2＝(1＋m2)y1y2－m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)·－＋1＝>0，
∴m2