2024届一轮复习人教A版 第8章平面解析几何第8节第2课时范围最值问题 学案

第2课时范围、最值问题考点1范围问题——综合性在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x＋y(1)求椭圆C的方程；(2)△BMN是椭圆C的内接三角形，若坐标原点O为△BMN的重心，求点B到直线MN距离的取值范围．解：(1)设椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的右焦点F2(c，0)，则以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆：(x－c)所以圆心到直线x＋y＋22－1＝0的距离d＝c+22-又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a＝2c，b＝3c，解得a＝2，b＝3，c＝1，所以椭圆C的标准方程为x2(2)设B(m，n)，设M，N的中点为D，直线OD与椭圆交于A，B两点．因为O为△BMN的重心，则BO＝2OD＝OA，所以D-m即B到直线MN的距离是原点O到直线MN距离的3倍．当MN的斜率不存在时，点D在x轴上，所以此时B在长轴的端点处．由|OB|＝2，得|OD|＝1，则O到直线MN的距离为1，B到直线MN的距离为3.当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有x两式相减，得x1因为D为M，N的中点，所以x1＋x2＝－m，y1＋y2＝－n，所以k＝y1-y所以直线MN的方程为y＋n2＝－3m4nx+m2，即6mx＋8ny＋4n所以原点O到直线MN的距离d＝4n因为m2所以3m2＝12－4n2，所以d＝4n2+3m2因为0<n2≤3，所以3<9+n2≤2所以123≤19+n2综上所述，332≤3即点B到直线MN距离的取值范围为33圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的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．已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)上的点到右焦点F(c(1)求椭圆的方程；(2)过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M(m，0)，求实数m的取值范围．解：(1)由已知可得a+c=2+1，1×4c=2a2(2)由题意得F(1，0)，设直线AB的方程为y＝k(x－1)．与椭圆方程联立得x消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，Δ＝(－4k2)2－4(2k2－2)(1＋2k2)＝8k2＋8>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4ky1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝-2k可得线段AB的中点为N2k当k＝0时，直线MN为x轴，此时m＝0；当k≠0时，直线MN的方程为y＋k1+2k2化简得ky＋x－k21+2k2＝0.令y＝0，得所以m＝k21+2k2＝综上所述，实数m的取值范围为0，考点2最值问题——应用性考向1利用几何性质求最值在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．22解析：双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线间的距离d＝1-012+-12＝22，由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于考向2利用函数、导数求最值(2022·江门市高三一模)如图，抛物线C：y2＝8x与动圆M：(x－8)2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B，C，D四个不同点．(1)求r的取值范围；(2)求四边形ABCD面积S的最大值及相应r的值．解：(1)联立抛物线与圆方程y消去y，得x2－8x＋64－r2＝0.若圆与抛物线有四个不同交点，则方程有两个不等正根．所以64解得43<r<8，所以r的取值范围为(43，8)．(2)设A(x1，22x1)，B(x2，22x2)，其中x2>x1>0，则x1＋x2＝8，x1x2S＝12(42x1＋42x2)(x2－x1)＝(22x1＋22S2＝8(x1＋x2＋2x1x2)[(x2＋x1)2－4x1S2＝64(4＋64-r2)[16－(64－令x＝64-r2令f(x)＝(4＋x)(16－x2)(0<x<4)，f′(x)＝16－8x－3x2＝(4－3x)(x＋4)．当0<x<43时，f′(x)>0，f(x当43<x<4时，f′(x)<0，f(xf(x)≤f43＝204827，S＝8当x＝43时，S取得最大值，取64-r2＝43考向3利用基本不等式求最值(2022·唐山三模)在直角坐标系xOy中，A(－1，0)，B(1，0)，C为动点，设△ABC的内切圆分别与边AC，BC，AB相切于P，Q，R，且|CP|＝1，记点C的轨迹为曲线E.(1)求曲线E的方程；(2)不过原点O的直线l与曲线E交于M，N，且直线y＝－12x经过MN的中点T，求△OMN解：(1)依题意可知，|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4>|AB|，所以曲线E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(除去与x轴的交点)，因此曲线E的方程为x24+(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，代入x2(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，(*)Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)>0.则x1＋x2＝－8km4k2+3，x1x2＝4m2-124k2+3，所以y1＋y2＝k(x1＋而直线y＝－12x经过MN的中点T得3m4k2又m≠0，所以直线l的斜率k＝32故(*)式可化简为3x2＋3mx＋m2－3＝0，故x1＋x2＝－m，x1x2＝m2由Δ＝36－3m2>0且m≠0，得－23<m<23且m≠0.又|MN|＝1+k2|x1－x2|＝132而点O到直线l的距离d＝2m则△OMN的面积为S＝12×2m13×1323当且仅当m＝±6时，等号成立，此时满足－23<m<23且m≠0，所以△OMN的面积的最大值为3.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(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(一般方法、基本不等式法、导数法等)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，过点T(0，p)作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交抛物线C于A，B两点，l2交抛物线C于E，F两点，当点A的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为12(1)求抛物线C的标准方程；(2)已知O为坐标原点，线段AB的中点为M，线段EF的中点为N，求△OMN面积的最小值．解：(1)因为x2＝2py可化为y＝x22p，所以y′＝因为当点A的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为12所以1p＝12，所以所以，抛物线C的标准方程为x2＝4y.(2)由(1)知点T坐标为(0，2)，由题意可知，直线l1和l2斜率都存在且均不为0.设直线l1方程为y＝kx＋2，由y=kx+2，x2=4y，联立消去yΔ＝(－4k)2＋32＝16k2＋32>0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1·x2＝－8，所以，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4.因为M为AB中点，所以M(2k，2k2＋2)．因为l1⊥l2，N为EF中点，所以N-2k，2k2+2，所以直线MN的方程为y－(2k2＋2)＝2k2+2-整理得y＝k-1所以，直线MN恒过定点(0，4)．所以△OMN面积S＝12×4×2k--2k＝4k+当且仅当|k|＝1k即k＝±1时，△OMN在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：x24＋y2＝1，A为椭圆C的右顶点，过原点且异于x轴的直线与椭圆C交于M，N两点，M在x轴的上方，直线AM与圆O的另一交点为P，直线AN与圆O的另一交点为(1)若AP＝3AM，求直线AM的斜率；(2)设△AMN与△APQ的面积分别为S1，S2，求S1[四字程序]读想算思已知圆的方程和椭圆的方程，直线与圆、椭圆都相交1．向量AP＝3AM如何转化？2．如何表示三角形的面积把S1S2用直线AM转化与化归求直线AM的斜率，求△AMN与△APQ的面积之比1．用A，P，M的坐标表示．2．利用公式S＝12ab·sinCS1S2把面积之比的最大值转化为一个变量的不等式思路参考：设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，利用yP＝3yM求解．解：(1)设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，将y＝k(x－2)与椭圆方程x24＋y2＝1联立，(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，得xA＋xM＝求得点M的横坐标为xM＝8k纵坐标为yM＝-4k将y＝k(x－2)与圆方程x2＋y2＝4联立，得(1＋k2)·x2－4k2x＋4k2－4＝0，得xA＋xP＝4k求得点P的横坐标为xP＝2k纵坐标为yP＝-4k由AP＝3AM得yP＝3yM，即-4kk2又k<0，解得k＝－2.(2)由M，N关于原点对称，得点N的坐标为xN＝-8k2+24k所以直线AN的斜率为kAN＝4k4k2于是AMAP＝yMy同理ANAQ＝-14k所以S1S＝k2+1＝16＝1＝1≤141+9当且仅当16k2＝1k2，即k＝－12时等号成立，所以S思路参考：设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，由AP＝3AM转化为xP－xA＝3(xM－xA)求解．解：(1)设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，代入椭圆方程，整理得(4k2＋1)x2－16k2x＋4(4k2－1)＝0.由根与系数的关系得xAxM＝44k2-14k2+1将y＝k(x－2)代入圆的方程，整理得(k2＋1)x2－4k2x＋4(k2－1)＝0.由根与系数的关系得xAxP＝4k2-1k2+1，而x由AP＝3AM，得xP－xA＝3(xM－xA)，即2k2-1k2又k<0，所以k＝－2.(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，所以kAMkAN＝－14，即kkAN＝－14，所以kAN＝－下同解法1(略)．思路参考：设直线AM的方程为x＝my＋2，利用yP＝3yM求解．解：(1)设直线AM的方程为x＝my＋2(m≠0)，将其代入椭圆方程，整理得(m2＋4)y2＋4my＝0，得点M的纵坐标为yM＝-4m将x＝my＋2代入圆的方程，整理得(m2＋1)y2＋4my＝0，得点P的纵坐标为yP＝-4m由AP＝3AM，得yP＝3yM，即mm2+1因为m≠0，解得m2＝12，即m＝±1又直线AM的斜率k＝1m<0，所以k＝－2(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，又kAMkAN＝－14，由(1)知kAM＝1m，所以有1mkAN＝－14，则k又yM＝-4mm2+4，y所以AMAP＝yMy同理ANAQ＝-m4所以S1S2＝AM·AN下同解法1(略)．1．本题考查三角形面积之比的最大值，解法较为灵活，其基本策略是把面积的比值表示为斜率k的函数，从而求其最大值．2．基于新课程标准，解答本题一般需要具备良好的数学阅读技能、运算求解能力．本题的解答体现了数学运算的核心素养．已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32(1)求椭圆E的方程；(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．解：(1)设F(c，0)，由题意知2c＝233，解得c因为e＝ca＝3所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.所以椭圆E的方程为x24＋y(2)(方法一)显然直线l的斜率存在．设直线l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且P在线段AQ上．由y=kx-2，x2+4y2所以x1＋x2＝16k4k2+1，x1x由Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)>0，得k2>34则S△OPQ＝S△AOQ－S△AOP＝12×2×|x2－x1＝x＝44令4k2-3＝t(t>0)，则4k2＝t2＋3，于是S△OPQ＝4tt2+4＝4t+4t≤1，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，所以l(方法二)依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将直线l的方程代入椭圆方程，整理得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，则Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)＝16(4k2－3)>0，即k2>34.x1＋x2＝16k4k2+1，由弦长公式得|PQ|＝1+k2|x1－x2|＝1+k2·x1由点到直线的距离公式得点O到直线l的距离d＝21+所以S△OPQ＝12|PQ|×d＝121+设4k2-3＝t(t>0)，则4k2＝t2＋3，所以S△OPQ＝4tt2+4＝4故所求直线l的方程为y＝72x－2或y＝－72课时质量评价(五十一)A组全考点巩固练1．斜率为2的直线与双曲线x2a2-yA．[2，＋∞) B．(2，＋∞)C．(1，3) D．(3，＋∞)D解析：因为斜率为2的直线与双曲线x2a2-y所以ba>2，所以e＝ca＝1+b2a所以双曲线离心率的取值范围是(3，＋∞)．故选D．2．(2022·济南模拟)抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为()A．2 B．7C．22 D．5B解析：设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则d＝x-y-22所以当x＝12时，dmin＝73．已知点F是双曲线x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A．(1，＋∞)B．(1，2)C．(1，1＋2)D．(2，1＋2)B解析：根据双曲线的对称性，知在△ABE中，|AE|＝|BE|，已知△ABE是锐角三角形，即∠AEB为锐角．由此可得Rt△AFE中，∠AEF＝12∠AEB<45°，得|AF|<|EF因为|AF|＝b2a＝c2-a2a所以c2-a2a<a＋c，即2a2＋两边都除以a2，得e2－e－2<0，解得－1<e<2.因为双曲线的离心率e>1，所以该双曲线的离心率e的取值范围是(1，2)．故选B．4．(2022·运城模拟)关于曲线y24＋x|A．该曲线的范围为y∈R，x∈RB．该曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称C．该曲线与直线2x＋y＝0有两个公共点D．该曲线上的点到坐标原点的距离的最小值为1D解析：曲线y24＋x|当x≥0时，曲线方程可化为y24＋x当x＜0时，曲线方程可化为y24－x由图可知，y∈R，x≤1，故选项A错误；由图可知，曲线关于x轴对称，不关于y轴对称，故选项B错误；因为直线2x＋y＝0是双曲线的渐近线，与双曲线没有交点，与半椭圆只有一个交点，故该曲线与直线2x＋y＝0有一个公共点，故选项C错误；因为点(1，0)到原点的距离最小，所以曲线上的点到原点距离的最小值为1，故选项D正确．故选D．5．过抛物线M：y2＝8x的焦点F作两条斜率之积为－2的直线l1，l2，其中l1交M于A，C两点，l2交M于B，D两点，则|AC|＋|BD|的最小值为________．24解析：设直线l1：y＝k(x－2)，代入y2＝8x，得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，Δ＝[－(4k2＋8)]2－4×4k2·k2>0，所以xA＋xC＝4k2+8k2，所以|AC|＝xA＋xC以－2k代k，得|BD|＝8＋8-2k所以|AC|＋|BD|＝16＋2k2＋8k2≥16＋22k2·8k2＝24，当且仅当2k6．已知抛物线y2＝4x，过点Q(4，0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则y132解析：设过点(4，0)的直线方程为x＝ay＋4.由x=ay+4，y2=4x，得y2－4ay－16＝0，所以y1y2＝－16，y1所以y12+y22＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16a27．已知点P是抛物线y2＝4x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点A(4，6)，则|PA|＋|PM|的最小值是______．35－1解析：延长PM交抛物线y2＝4x的准线x＝－1于点P′，焦点F(1，0)，则|PP′|＝|PF|，所以要使|PA|＋|PM|最小，就是使|PA|＋|PP′|－|MP′|最小，也就是使得|PA|＋|PF|－|MP′|最小，显然，当A，P，F三点共线时，|PA|＋|PF|－|MP′|最小，最小值为|AF|－|MP′|＝4-12+6所以|PA|＋|PM|的最小值为35－1.8．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)经过点P3，12(1)求椭圆C的方程．(2)设圆D：x2＋y2＝r2(b<r<a)．若直线l与椭圆C、圆D都相切，切点分别为A和B，求|AB|的最大值．解：(1)由题意c＝3，所以a2＝b2＋3，椭圆C的方程可化为x2b2因为椭圆C经过点3，12解得b2＝1或b2＝－34所以a2＝4，所以椭圆C的方程为x24＋y(2)设l：y＝kx＋m，代入x24＋y得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，得m2＝1＋4k2.①设A(x0，y0)，则x0＝－4km4k2y0＝kx0＋m＝1m因为l与圆D相切，所以圆心D(0，0)到l的距离m1+k2＝r，即m2＝r2(1＋k由①②得m2＝3r24-r2所以|AB|＝x＝-＝5-因为4r2＋r2≥24r2·r2＝4，当且仅当r＝2时取等号．因为B组新高考培优练9．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点的直线交抛物线于A，B两点，且|AB|＝4，这样的直线可以作2条，则p的取值范围是()A．(0，4) B．(0，4]C．(0，2] D．(0，2)D解析：过抛物线y2＝2px(p>0)焦点的弦中最短的为通径，且通径长为2p，由已知得2p<4，所以p<2.又p>0，所以0<p<2.故选D．10．若点O和点F分别为椭圆x24+y23＝1的中心和左焦点，点A．2 B．3C．6 D．8C解析：由题意得，F(－1，0)，设点P(x0，y0)，则y02＝31-则OP·FP＝x0x0+1+y02＝x02因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，OP·FP取得最大值，最大值为6.故选C．11．过椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的右顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为左焦点A．13，3C．0，3B解析：由题意知，B-c，-b2a，所以k＝b2ac+a＝a所以14<1－e<23，解得13<