2023年高考数学(文科)一轮复习讲义——圆锥曲线的综合问题 第三课时 最值、范围问题

第三课时 最值、范围问题题型一 距离与面积的最值(范围)例1 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 23＝1(a >3)的右焦点F 到左顶点的距离为3.(1)求椭圆C 的方程；(2)设O 为坐标原点，过点F 的直线与椭圆C 交于A ，B 两点(A ，B 不在x 轴上)，若OE→＝OA →＋OB →，延长AO 交椭圆于点G ，求四边形AGBE 的面积S 的最大值. 解 (1)由已知得b 2＝3，a ＋c ＝3，a 2＝b 2＋c 2.联立以上3个式子，可得a 2＝4，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 23＝1.(2)法一 因为过F (1，0)的直线与椭圆C 交于A ，B 两点(A ，B 不在x 轴上)，所以设l 的方程为x ＝ty ＋1，由⎩⎨⎧x ＝ty ＋1，x 24＋y 23＝1，得(3t 2＋4)y 2＋6ty －9＝0， 设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，则⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－6t3t 2＋4，y 1y 2＝－93t 2＋4. 因为OE→＝OA →＋OB →， 所以四边形AOBE 为平行四边形，所以S ＝SAOBE ＋S △OGB ＝3S △AOB ＝32|y 1－y 2| ＝32（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝18t 2＋13t 2＋4. 令t 2＋1＝m ，则m ≥1，S ＝18m 3m 2＋1＝183m ＋1m. 由函数的单调性易得当m ＝1，即t ＝0时，S max ＝92.法二 由OE→＝OA →＋OB →知四边形AOBE 为平行四边形. 所以S ＝S AOBE ＋S △OGB ＝3S △AOB .当直线AB 的斜率不存在时，S ＝3S △AOB ＝92.当直线AB 的斜率存在时，设直线AB 的方程为y ＝k (x －1)，k ≠0.由⎩⎨⎧y ＝k （x －1），x 24＋y 23＝1，得 (4k 2＋3)y 2＋6ky －9k 2＝0.设A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，得⎩⎪⎨⎪⎧y 1＋y 2＝－6k4k 2＋3，y 1y 2＝－9k 24k 2＋3， 所以S ＝3S △AOB ＝32|y 1－y 2| ＝32（y 1＋y 2）2－4y 1y 2＝18k 4＋k 24k 2＋3.令4k 2＋3＝m ，则m >3，S ＝92－3×1m 2－2m ＋1<92.综上知，四边形AGBE 的面积S 的最大值S max ＝92.感悟提升 1.本题求四边形AGBE 面积的最值，首先分割，借助三角形面积转化为函数的最值问题；求解最值应用了两个技巧：一是换元，运用函数的性质；二是利用已知或隐含的不等关系构造不等式求解.2.若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用图形性质数形结合求解.训练1 (2022·南宁模拟)已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率为12，右顶点M 到左焦点的距离为3，直线l 与椭圆C 交于点A ，B .(1)求椭圆C 的标准方程；(2)设直线MA ，MB 的斜率为k 1，k 2.若4k 1k 2＋9＝0，求|AB |的最小值.解 (1)设椭圆的半焦距为c ，由题意得⎩⎨⎧c a ＝12，a ＋c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝2，c ＝1，∴b ＝3，∴椭圆C 的标准方程为x 24＋y 23＝1.(2)由题意知，直线l 的斜率不为0，设其方程为x ＝my ＋n ，A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)， 由⎩⎨⎧x ＝my ＋n ，x 24＋y 23＝1，得(3m 2＋4)y 2＋6mny ＋3n 2－12＝0， ∴y 1＋y 2＝－6mn 3m 2＋4，y 1y 2＝3n 2－123m 2＋4， Δ＝(6mn )2－4(3m 2＋4)(3n 2－12)＝48(3m 2－n 2＋4)>0.由(1)知M (2，0)，则直线MA ，MB 的斜率分别为k 1＝y 1x 1－2，k 2＝y 2x 2－2，∴k 1k 2＝y 1y 2（x 1－2）（x 2－2）＝y 1y 2（my 1＋n －2）（my 2＋n －2）＝y 1y 2m 2y 1y 2＋m （n －2）（y 1＋y 2）＋（n －2）2 ＝3n 2－123m 2＋4m 2·3n 2－123m 2＋4＋m （n －2）⎝ ⎛⎭⎪⎫－6mn 3m 2＋4＋（n －2）2 ＝3n 2－124（n －2）2＝3（n ＋2）4（n －2）＝－94，解得n ＝1.∴直线l 的方程为x ＝my ＋1，直线l 过定点(1，0)，此时，y 1＋y 2＝－6m 3m 2＋4，y 1y 2＝－93m 2＋4， ∴|AB |＝1＋m 2|y 1－y 2| ＝1＋m 2·（y 1＋y 2）2－4y 1y 2 ＝1＋m 2⎝ ⎛⎭⎪⎫－6m 3m 2＋42＋363m 2＋4＝1＋m 2·144（m 2＋1）（3m 2＋4）2 ＝12（m 2＋1）3m 2＋4＝4·3m 2＋33m 2＋4 ＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫1－13m 2＋4≥3(当且仅当m ＝0时取等号)， ∴|AB |的最小值为3.题型二 斜率或某些参数(式子)的最值(范围)例2 (2021·兰州诊断)已知抛物线y 2＝4x 及点P (4，0).(1)以抛物线的焦点F 为圆心，|FP |为半径作圆，求圆F 与抛物线交点的横坐标；(2)若A ，B 是抛物线上不同的两点，且直线AB 与x 轴不垂直，弦AB 的垂直平分线恰好经过点P ，求F A →·FB→的取值范围. 解 (1)由已知得F (1，0)，所以圆F 的方程为(x －1)2＋y 2＝9，由⎩⎪⎨⎪⎧（x －1）2＋y 2＝9，y 2＝4x ，得x 2＋2x －8＝0. 解得x ＝2或x ＝－4.由于x >0，所以x ＝2.则圆与抛物线交点的横坐标为2.(2)设弦AB 的中点为M ，A ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214，y 1， B ⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224，y 2，M (x 0，y 0)， 则x 0＝y 21＋y 228，y 0＝y 1＋y 22， 设线段AB 的垂直平分线的方程为y ＝k (x －4)(k ≠0)，则直线AB 的斜率k AB ＝y 1－y 2y 214－y 224＝4y 1＋y 2＝2y 0＝－1k ， ∴y 0＝－2k .∵点M 在弦AB 的垂直平分线上，∴y 0＝k (x 0－4)(k ≠0)，∴x 0＝2.则直线AB 的方程为k (y －y 0)＝2－x ，由⎩⎪⎨⎪⎧k （y －y 0）＝2－x ，y 2＝4x ，得ky －ky 0＝2－y 24，即y 2＋4ky ＋8k 2－8＝0，∴Δ＝16k 2－32k 2＋32＝－16k 2＋32>0，∴0<k 2<2.∵y 1＋y 2＝－4k ，y 1y 2＝8k 2－8，∴F A →·FB →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 214－1⎝ ⎛⎭⎪⎫y 224－1＋y 1y 2 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫y 1y 242－14(y 21＋y 22)＋1＋y 1y 2 ＝4(k 2－1)2－4＋1＋8k 2－8＝4k 4－7，∴F A →·FB→的取值范围是(－7，9). 感悟提升 圆锥曲线中求解含双变量的式子的取值范围的方法：几何条件定代换；目标关系式求范围.训练2 已知椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)的离心率e ＝32，直线x ＋3y －1＝0被以椭圆C 的短轴为直径的圆截得的弦长为 3.(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)原点到直线x ＋3y －1＝0的距离为12，由题得⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋⎝ ⎛⎭⎪⎫322＝b 2(b >0)，解得b ＝1. 又e 2＝c 2a 2＝1－b 2a 2＝34，得a ＝2，所以椭圆C 的方程为x 24＋y 2＝1. (2)当直线l 的斜率为0时，直线l ：y ＝0为x 轴，λ＝|MA |·|MB |＝12.当直线l 的斜率不为0时，设直线l ：x ＝my ＋4，点A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)，联立⎩⎨⎧x ＝my ＋4，x 24＋y 2＝1，消去x 得 (m 2＋4)y 2＋8my ＋12＝0.由Δ＝64m 2－48(m 2＋4)>0，得m 2>12，所以y 1y 2＝12m 2＋4. λ＝|MA |·|MB |＝m 2＋1|y 1|·m 2＋1|y 2|＝(m 2＋1)|y 1y 2|＝12（m 2＋1）m 2＋4＝12⎝⎛⎭⎪⎫1－3m 2＋4. 由m 2>12，得0<3m 2＋4<316， 所以394<λ<12.综上可得：394<λ≤12，即λ∈⎝ ⎛⎦⎥⎤394，12.1.如图，已知椭圆C 1：x 22＋y 2＝1，抛物线C 2：y 2＝2px (p ＞0)，点A 是椭圆C 1与抛物线C 2的交点，过点A 的直线l 交椭圆C 1于点B ，交抛物线C 2于点M (B ，M 不同于A ).(1)若p ＝116，求抛物线C 2的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线l 使M 为线段AB 的中点，求p 的最大值.解 (1)由p ＝116，得抛物线C 2的焦点坐标是⎝ ⎛⎭⎪⎫132，0. (2)由题意可设直线l ：x ＝my ＋t (m ≠0，t ≠0)，点A (x 0，y 0).将直线l 的方程代入椭圆C 1：x 22＋y 2＝1，得(m 2＋2)y 2＋2mty ＋t 2－2＝0，所以点M 的纵坐标y M ＝－mt m 2＋2. 将直线l 的方程代入抛物线C 2：y 2＝2px ，得y 2－2pmy －2pt ＝0，所以y 0y M ＝－2pt ，解得y 0＝2p （m 2＋2）m， 因此x 0＝2p （m 2＋2）2m 2. 由x 202＋y 20＝1，得1p 2＝4⎝ ⎛⎭⎪⎫m ＋2m 2＋2⎝⎛⎭⎪⎫m ＋2m 4≥160， 当且仅当m ＝2，t ＝105时，p 取到最大值1040.2.已知抛物线x 2＝y ，点A ⎝ ⎛⎭⎪⎫－12，14，B (32，94)，抛物线上的点P (x 0，y 0)⎝ ⎛⎭⎪⎫－12<x 0<32. (1)求直线AP 斜率的取值范围；(2)Q 是以AB 为直径的圆上一点，且AP →·BQ →＝0，求AP →·PQ→的最大值. 解 (1)设直线AP 的斜率为k ，则k ＝x 20－14x 0＋12＝x 0－12，且－12<x 0<32， 则－1<x 0－12<1.所以直线AP 斜率的取值范围是(－1，1).(2)由题意可知，AP→与AQ →同向共线，BQ ⊥AQ ， 联立直线AP 与BQ 的方程得⎩⎪⎨⎪⎧kx －y ＋12k ＋14＝0，x ＋ky －94k －32＝0，解得点Q 的横坐标是x Q ＝－k 2＋4k ＋32（k 2＋1）. 因为|AP |＝1＋k 2⎝ ⎛⎭⎪⎫x 0＋12＝1＋k 2·(k ＋1)， |PQ |＝1＋k 2(x Q －x 0)＝－（k －1）（k ＋1）2k 2＋1， 所以AP →·PQ →＝|AP →|·|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⎝ ⎛⎭⎪⎫－1，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减， 因此当k ＝12时，AP →·PQ →取得最大值2716. 3.(2022·全国名校联考)在平面直角坐标系xOy 中，已知定点F (1，0)，定直线l ：x ＝－2，动点P 到l 的距离比到点F 的距离大1.(1)求动点P 的轨迹C 的方程；(2)过点H (3，2)的动圆M 与曲线C 相交，其中A (x 1，y 1)，B (x 2，y 2)(x 1＝x 2>3)为它们的两个交点，且动圆M 与直线y ＝2相交于另一点D ，求|DH |的最小值. 解 (1)设动点P (x ，y )，则由题意知x ＋2＝|PF |＋1，所以x ＋1＝|PF |，即点P 到定直线x ＝－1的距离与点P 到点F 的距离相等，所以点P 的轨迹是以O 为顶点，F 为焦点的抛物线，所以轨迹C 的方程为y 2＝4x .(2)由题意可知圆心M 在x 轴上，设M(m，0)，D(x3，2)，x3>3，由题意知A(x1，2x1)，B(x1，－2x1)，连接MH，MA，则|MH|＝|MA|，即（m－3）2＋（0－2）2＝（m－x1）2＋（0－2x1）2，即m＝x21＋4x1－132x1－6.由题意知圆M的方程为(x－m)2＋y2＝(m－3)2＋4. 令y＝2，得x＝2m－3或x＝3，所以x3＝2m－3，所以|DH|＝x3－3＝2m－6＝x21＋4x1－13x1－3－6＝x21－2x1＋5x1－3.因为x1>3，所以|DH|＝x21－2x1＋5 x1－3＝(x1－3)＋8x1－3＋4≥2（x1－3）·8x1－3＋4＝4＋42，当且仅当x1－3＝8x1－3，即x1＝3＋22(x3＝3－22舍去)时等号成立. 所以|DH|的最小值为4＋4 2.4.(2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a>b>0)过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为1 2.(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(1)由题意可知直线AM的方程为y －3＝12(x －2)，即x －2y ＝－4，当y ＝0时，解得x ＝－4，所以a ＝4.由椭圆C ：x 2a 2＋y 2b 2＝1(a >b >0)过点M (2，3)，可得416＋9b 2＝1，解得b 2＝12，所以C 的方程为x 216＋y 212＝1.(2)设与直线AM 平行的直线方程为x －2y ＝m (m ≠－4).如图所示，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.联立直线方程x －2y ＝m 与椭圆方程x 216＋y 212＝1，可得3(m ＋2y )2＋4y 2＝48，化简可得16y 2＋12my ＋3m 2－48＝0，所以Δ＝144m 2－4×16(3m 2－48)＝0，即m 2＝64，解得m ＝±8，与AM 距离比较远的直线方程为x －2y ＝8，点N 与直线AM 的距离即两平行线之间的距离，即d ＝8＋41＋4＝1255，由两点之间距离公式可得|AM|＝（2＋4）2＋32＝35，所以△AMN的面积的最大值为12×35×1255＝18.。