2020版高考数学（文）新设计一轮复习通用版讲义：第九章第十节圆锥曲线中的最值、范围问题

第十节圆锥曲线中的最值、范围问题   [典例]　(2019·安徽知名示范高中联考)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线xsin θ＋ycos θ－1＝0相切(θ为常数)．(1)求椭圆C的标准方程；(2)若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线l与椭圆交于M，N两点，求·的最大值．[解]　(1)由题意，得解得故椭圆C的标准方程为＋y2＝1.(2)由(1)得F1(－1,0)，F2(1,0)．①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线l的方程为x＝1，不妨记M，N，∴＝，＝，故·＝.②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，由消去y得，(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝.又＝(x1＋1，y1)，＝(x2＋1，y2)，则·＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2＝＋＋1＋k2＝＝－，由k2≥0，可得·∈.综上，·的最大值为.  [解题技法]　最值问题的2种基本解法几何法根据已知的几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识加以解决的(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)代数法建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决的(普通方法、基本不等式方法、导数方法等) [对点训练]　(2018·湘潭调研)已知椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)经过点，离心率为.(1)求椭圆E的方程；(2)设点A，F分别为椭圆的右顶点、右焦点，经过点F作直线交椭圆于C，D两点，求四边形OCAD面积的最大值(O为坐标原点)．解：(1)由题设得解得故椭圆E的方程为＋＝1.(2)由(1)知，F(1,0)，A(2,0)，设直线CD的方程为x＝ky＋1，与椭圆方程＋＝1联立得(3k2＋4)y2＋6ky－9＝0，设C(x1，y1)，D(x2，y2)，∴y1＋y2＝－，y1y2＝－.∴S四边形OCAD＝S△OCA＋S△ODA＝×2×|y1|＋×2×|y2|＝|y1－y2|＝＝.设t＝(t≥1)，则S四边形OCAD＝＝.∵当t≥1时，y＝3t＋单调递增，∴3t＋≥4(当t＝1时取等号)，∴S四边形OCAD≤3(当k＝0时取等号)，即四边形OCAD面积的最大值为3.   [典例]　已知点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a＞b＞0)的左、右顶点，点P(0，－2)，直线BP交E于点Q， ＝，且△ABP是等腰直角三角形．(1)求椭圆E的方程；(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于以MN为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．[解]　(1)由△ABP是等腰直角三角形，知a＝2，B(2,0)．设Q(x0，y0)，由＝，得x0＝，y0＝－，代入椭圆方程，解得b2＝1，∴椭圆E的方程为＋y2＝1.(2)由题意可知，直线l的斜率存在，设方程为y＝kx－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，由消去y，得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，则x1＋x2＝，x1x2＝.由直线l与E有两个不同的交点 ，得Δ＞0，则(－16k)2－4×12×(1＋4k2)＞0，解得k2＞.①由坐标原点O位于以MN为直径的圆外，则·＞0，即x1x2＋y1y2＞0，则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)＝(1＋k2)x1x2－2k(x1＋x2)＋4＝(1＋k2)·－2k·＋4＞0，解得k2＜4.②联立①②可知＜k2＜4，解得－2＜k＜－或＜k＜2，故直线l斜率的取值范围为∪. [解题技法]　范围问题的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、角、斜率等)，寻找不等关系，其方法有：(1)利用判别式来构造不等式，从而确定所求范围；(2)利用已知参数的取值范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是在两个参数之间建立相等关系；(3)利用隐含的不等关系，从而求出所求范围；(4)利用已知不等关系构造不等式，从而求出所求范围；(5)利用函数值域的求法，确定所求范围． [对点训练]　已知A，B分别为曲线C：＋y2＝1(y≥0，a＞0)与x轴的左、右两个交点，直线l过点B且与x轴垂直，M为l上位于x轴上方的一点，连接AM交曲线C于点T.(1)若曲线C为半圆，点T为的三等分点，试求出点M的坐标．(2)若a＞1，S△MAB＝2，当△TAB的最大面积为时，求椭圆的离心率的取值范围．解：(1)当曲线C为半圆时，得a＝1.由点T为的三等分点，得∠BOT＝60°或120°.当∠BOT＝60°时，∠MAB＝30°，又|AB|＝2，故△MAB中，有|MB|＝|AB|·tan 30°＝，所以M.当∠BOT＝120°时，同理可求得点M坐标为(1,2)．综上，点M的坐标为或(1,2)．(2)设直线AM的方程为y＝k(x＋a)，则k＞0，|MB|＝2ka，所以S△MAB＝·2a·2ka＝2，所以k＝，代入直线方程得y＝(x＋a)，联立解得yT＝，所以S△TAB＝·2a·＝≤，解得1＜a2≤2.所以椭圆的离心率e＝≤，即椭圆的离心率的取值范围为. 1.(2018·浙江高考)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中点为M，证明：PM垂直于y轴；(2)若P是半椭圆x2＋＝1(x<0)上的动点，求△PAB面积的取值范围．解：(1)证明：设P(x0，y0)，A，B.因为PA，PB的中点在抛物线上，所以y1，y2为方程2＝4·，即y2－2y0y＋8x0－y＝0的两个不同的实根．所以y1＋y2＝2y0，因此PM垂直于y轴．(2)由(1)可知所以|PM|＝(y＋y)－x0＝y－3x0，|y1－y2|＝2.因此△PAB的面积S△PAB＝|PM|·|y1－y2|＝(y－4x0).因为x＋＝1(x0<0)，所以y－4x0＝－4x－4x0＋4∈[4,5]，所以△PAB面积的取值范围是.2．(2019·唐山模拟)已知椭圆Γ：＋＝1(a＞b＞0)，经过点E，且离心率为.(1)求椭圆Γ的方程；(2)直线l与圆O：x2＋y2＝b2相切于点M，且与椭圆Γ相交于不同的两点A，B，求|AB|的最大值．解：(1)将E代入椭圆方程，得＋＝1，由椭圆的离心率e＝＝＝，解得a＝2，b＝1，所以椭圆Γ的方程为＋y2＝1.(2)当直线l垂直于x轴时，由直线l与圆O：x2＋y2＝1相切，可知直线l的方程为x＝±1，易求得|AB|＝.当直线l不垂直于x轴时，设直线l的方程为y＝kx＋m，由直线l与圆O：x2＋y2＝1相切，得＝1，即m2＝k2＋1.将y＝kx＋m代入＋y2＝1，整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，故|AB|＝|x1－x2|＝·＝·＝4.又因为m2＝k2＋1，所以|AB|＝≤＝2，当且仅当|k|＝，即k＝±时等号成立．综上所述，|AB|的最大值为2.3．已知点F为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左焦点，且两焦点与短轴的一个顶点构成一个等边三角形，直线＋＝1与椭圆E有且仅有一个交点M.(1)求椭圆E的方程；(2)设直线＋＝1与y轴交于P，过点P的直线l与椭圆E交于不同的两点A，B，若λ|PM|2＝|PA|·|PB|，求实数λ的取值范围．解：(1)由题意，得a＝2c，b＝c，则椭圆E的方程为＋＝1.由得x2－2x＋4－3c2＝0.∵直线＋＝1与椭圆E有且仅有一个交点M，∴Δ＝4－4(4－3c2)＝0，解得c2＝1，∴椭圆E的方程为＋＝1. (2)由(1)得M，∵直线＋＝1与y轴交于P(0,2)，∴|PM|2＝.当直线l与x轴垂直时，|PA|·|PB|＝(2＋)×(2－)＝1，∴λ|PM|2＝|PA|·|PB|⇒λ＝.当直线l与x轴不垂直时，设直线l的方程为y＝kx＋2，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由消去y，得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0，则x1x2＝，且Δ＝48(4k2－1)>0，∴|PA|·|PB|＝(1＋k2)x1x2＝(1＋k2)·＝1＋＝λ，∴λ＝，∵k2>，∴<λ<1.综上可知，实数λ的取值范围是. 4．(2018·郑州二模)已知动圆E经过点F(1,0)，且和直线l：x＝－1相切．(1)求该动圆圆心E的轨迹G的方程；(2)已知点A(3,0)，若斜率为1的直线l′与线段OA相交(不经过坐标原点O和点A)，且与曲线G交于B，C两点，求△ABC面积的最大值．解：(1)由题意可知点E到点F的距离等于点E到直线l的距离，∴动点E的轨迹是以F(1,0)为焦点，直线x＝－1为准线的抛物线，故轨迹G的方程是y2＝4x.(2)设直线l′的方程为y＝x＋m，其中－3＜m＜0.联立消去y，得x2＋(2m－4)x＋m2＝0，则Δ＝(2m－4)2－4m2＝16(1－m)恒大于零．设C(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4－2m，x1·x2＝m2，∴|CB|＝·＝4.又点A到直线l′的距离d＝，∴S△ABC＝×4×＝2×(3＋m)．令＝t，t∈(1,2)，则m＝1－t2，∴S△ABC＝2t(4－t2)＝8t－2t3.令f(t)＝8t－2t3,1＜t＜2，∴f′(t)＝8－6t2，易知y＝f(t)在上单调递增，在上单调递减．∴y＝f(t)在t＝，即m＝－时取得最大值.∴△ABC面积的最大值为.