新高考数学二轮复习考点突破讲义 第1部分 专题突破 专题6　第4讲　母题突破1　范围、最值问题（含解析）

第4讲圆锥曲线的综合问题[考情分析]1.圆锥曲线的综合问题是高考考查的重点内容，常见的热点题型有范围、最值问题，定点、定值问题及探索性问题.2.以解答题的形式压轴出现，难度较大．母题突破1范围、最值问题母题(2022·全国甲卷改编)已知抛物线C：y2＝4x的焦点为F，点D(2,0)，过F的直线交抛物线C于M，N两点．设直线MD，ND与抛物线C的另一个交点分别为A，B，记直线MN，AB的倾斜角分别为α，β.当α－β取得最大值时，求直线AB的方程．思路分析❶点差法求kAB，kMN↓❷联立MN与抛物线方程↓❸联立AM，BN与抛物线方程↓❹kAB与kMN的关系↓❺构造tanα－β关于kAB的函数解当MN⊥x轴时，易得α＝β＝eq\f(π,2)，此时α－β＝0.当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，则直线MN的方程为y－y1＝eq\f(y1－y2,x1－x2)(x－x1)，即y－y1＝eq\f(y1－y2,\f(y\o\al(2,1),4)－\f(y\o\al(2,2),4))(x－x1)，即y－y1＝eq\f(4,y1＋y2)(x－x1)，即y(y1＋y2)－y1(y1＋y2)＝4(x－x1)，所以直线MN的方程为y(y1＋y2)－y1y2＝4x，tanα＝eq\f(4,y1＋y2).同理可得，直线AM的方程为y(y3＋y1)－y3y1＝4x，直线BN的方程为y(y4＋y2)－y4y2＝4x，直线AB的方程为y(y4＋y3)－y4y3＝4x.因为F(1,0)在MN上，所以y1y2＝－4.因为D(2,0)在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，所以y3＝－eq\f(8,y1)，y4＝－eq\f(8,y2).所以y3＋y4＝－eq\f(8,y1)－eq\f(8,y2)＝－eq\f(8y1＋y2,y1y2)＝－eq\f(8y1＋y2,－4)＝2(y1＋y2)，y3y4＝eq\f(64,y1y2)＝eq\f(64,－4)＝－16，所以直线AB的方程y(y4＋y3)－y4y3＝4x可化为(y1＋y2)y＋8＝2x，所以tanβ＝eq\f(2,y2＋y1)，所以tan(α－β)＝eq\f(\f(2,y2＋y1),1＋\f(8,y2＋y12))＝eq\f(2y2＋y1,y2＋y12＋8)＝2×eq\f(1,y2＋y1＋\f(8,y2＋y1)).当y2＋y1<0时，tan(α－β)<0，所以不符合题意．当y2＋y1>0时，(y2＋y1)＋eq\f(8,y2＋y1)≥4eq\r(2)，tan(α－β)≤2×eq\f(1,4\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，当且仅当y2＋y1＝eq\f(8,y2＋y1)，即y2＋y1＝2eq\r(2)时取等号，此时α－β取得最大值，直线AB的方程为x－eq\r(2)y－4＝0.综上，当α－β取得最大值时，直线AB的方程为x－eq\r(2)y－4＝0.[子题1](2022·许昌模拟)已知双曲线C：x2－eq\f(y2,2)＝1，过点A(0，－1)的直线l与双曲线C的左、右两支分别交于D，E两点，与双曲线C的两条渐近线分别交于G，H两点，求eq\f(|GH|,|DE|)的取值范围．解显然直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx－1，D(x1，y1)，E(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2－\f(y2,2)＝1，))得(2－k2)x2＋2kx－3＝0，因为l与双曲线C的左、右两支分别交于D，E两点，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－k2≠0，,x1x2＝\f(3,k2－2)<0，,Δ＝83－k2>0，))解得－eq\r(2)<k<eq\r(2)，此时有x1＋x2＝eq\f(2k,k2－2).|DE|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(23－k2),2－k2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y＝\r(2)x，))解得x＝eq\f(1,k－\r(2))，设xG＝eq\f(1,k－\r(2))，同理可得xH＝eq\f(1,k＋\r(2))，所以|GH|＝eq\r(1＋k2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－\r(2))－\f(1,k＋\r(2))))＝eq\f(2\r(2)·\r(1＋k2),2－k2).故eq\f(|GH|,|DE|)＝eq\f(1,\r(3－k2)).因为－eq\r(2)<k<eq\r(2)，故eq\f(\r(3),3)≤eq\f(|GH|,|DE|)<1，故eq\f(|GH|,|DE|)的取值范围是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)).[子题2](2022·益阳模拟)过点A(1,0)的直线与椭圆eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于H，G两点，若线段HG的中点为M，且eq\o(MN,\s\up6(→))＝2eq\o(OM,\s\up6(→))，求四边形OHNG的面积的最大值．解如图所示，易知直线HG的斜率不为0，设直线HG的方程为x＝ty＋1，G(x1，y1)，H(x2，y2)，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，所以Δ＝36t2＋36(3t2＋4)＝144(t2＋1)>0，y1＋y2＝eq\f(－6t,3t2＋4)，y1·y2＝eq\f(－9,3t2＋4)，所以S△OHG＝eq\f(1,2)|OA|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)×1×eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6t,3t2＋4)))2－4·\f(－9,3t2＋4))＝eq\f(6\r(t2＋1),3t2＋4)，因为eq\o(MN,\s\up6(→))＝2eq\o(OM,\s\up6(→))，所以S△GHN＝2S△OHG，设四边形OHNG的面积为S，则S＝S△OHG＋S△GHN＝3S△OHG＝eq\f(18\r(t2＋1),3t2＋4)＝eq\f(18,\f(3t2＋4,\r(t2＋1)))＝eq\f(18,3\r(t2＋1)＋\f(1,\r(t2＋1)))，令eq\r(t2＋1)＝m(m≥1)，再令y＝3m＋eq\f(1,m)，由对勾函数性质知，y＝3m＋eq\f(1,m)在[1，＋∞)上单调递增，所以当m＝1时，ymin＝4，此时t＝0,3eq\r(t2＋1)＋eq\f(1,\r(t2＋1))取得最小值4，所以Smax＝eq\f(9,2).规律方法求解范围、最值问题的常见方法(1)利用判别式来构造不等关系．(2)利用已知参数的范围，在两个参数之间建立函数关系．(3)利用隐含或已知的不等关系建立不等式．(4)利用基本不等式．1.(2022·平凉模拟)如图，已知椭圆C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，点P(2,1)为椭圆C上一点．过点P作两直线l1与l2分别交椭圆C于A，B两点，若直线l1与l2的斜率互为相反数，求|AB|的最大值．解设直线l1为y＝k(x－2)＋1，则直线l2为y＝－k(x－2)＋1，联立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2＋1，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))整理得(2k2＋1)x2＋(4k－8k2)x＋(8k2－8k－4)＝0，由Δ＝(4k－8k2)2－4(2k2＋1)(8k2－8k－4)＝16(k＋1)2>0，解得k≠－1，又由xAxP＝eq\f(8k2－8k－4,2k2＋1)，可得xA＝eq\f(4k2－4k－2,2k2＋1)，则yA＝k(xA－2)＋1＝eq\f(－2k2－4k＋1,2k2＋1)，同理可得xB＝eq\f(4k2＋4k－2,2k2＋1)，yB＝eq\f(－2k2＋4k＋1,2k2＋1)，所以|AB|2＝(xA－xB)2＋(yA－yB)2＝eq\f(128k2,2k2＋12)＝eq\f(128,4k2＋\f(1,k2)＋4)≤eq\f(128,2\r(4k2·\f(1,k2))＋4)＝16，当且仅当k＝±eq\f(\r(2),2)时，等号成立，因此，|AB|的最大值为4.2．(2022·保定模拟)已知抛物线C：x2＝4y，以T(0,3)为圆心的圆交抛物线C于P，Q，M，N四点，求四边形PQMN面积的取值范围．解如图，设圆T的半径为r，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(－x1，y1)，P(－x2，y2)，把x2＝4y代入圆T：x2＋(y－3)2＝r2，整理得y2－2y＋9－r2＝0，由题意知，关于y的一元二次方程有两个不等实根，则eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－49－r2>0，,y1＋y2＝2>0，,y1y2＝9－r2>0，))可得2eq\r(2)<r<3.S四边形PQMN＝eq\f(|QM|＋|PN|,2)·|y1－y2|＝2(eq\r(y1)＋eq\r(y2))|y1－y2|＝2eq\r(y1＋y2＋2\r(y1y2))·|y1－y2|＝2eq\r(2＋2\r(9－r2))·eq\r(4－49－r2)＝4eq\r(2)eq\r(1＋\r(9－r2)r2－8)，令eq\r(9－r2)＝t，由2eq\r(2)<r<3得0<t<1，则S四边形PQMN＝4eq\r(2)eq\r(1＋t1－t2)，令f(t)＝(1＋t)(1－t2)且0<t<1，则f′(t)＝－(3t－1)(t＋1)，故在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上f′(t)>0，f(t)单调递增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上f′(t)<0，f(t)单调递减；所以f(t)≤f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(32,27)，又f(0)＝1，f(1)＝0，故f(t)的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))，综上，S四边形PQMN的取值范围是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(32\r(3),9))).专题强化练1．(2022·十堰模拟)已知抛物线C1：x2＝y，C2：x2＝－y，点M(x0，y0)在C2上，且不与坐标原点O重合，过点M作C1的两条切线，切点分别为A，B.记直线MA，MB，MO的斜率分别为k1，k2，k3.(1)当x0＝1时，求k1＋k2的值；(2)当点M在C2上运动时，求eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)的取值范围．解(1)因为x0＝1，则有y0＝－1，设过点M并与C1相切的直线方程为y＝k(x－1)－1，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝y，,y＝kx－1－1，))整理得x2－kx＋k＋1＝0，则Δ＝(－k)2－4(k＋1)＝k2－4k－4＝0，由题可知，k1，k2即为方程k2－4k－4＝0的两根，故有k1＋k2＝4.(2)因为y0＝－xeq\o\al(2,0)(x0≠0)可设过点M并与C1相切的直线方程为y＝k(x－x0)－xeq\o\al(2,0)，联立方程组eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝y，,y＝kx－x0－x\o\al(2,0)，))整理得x2－kx＋kx0＋xeq\o\al(2,0)＝0，则有Δ＝k2－4x0k－4xeq\o\al(2,0)＝0，根据根与系数的关系可得k1＋k2＝4x0，k1k2＝－4xeq\o\al(2,0)，又k3＝eq\f(－x\o\al(2,0),x0)＝－x0，则有eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)＝eq\f(k1＋k2,k1k2)－eq\f(k1k2,k3)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＋4x0))，按照x0>0和x0<0两种情况讨论，如下，当x0>0时，eq\f(1,x0)＋4x0≥2eq\r(\f(1,x0)·4x0)＝4，则有eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)≤－4，当且仅当x0＝eq\f(1,2)时，等号成立；当x0<0时，－eq\f(1,x0)－4x0≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x0)))·－4x0)＝4，则有eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)≥4，当且仅当x0＝－eq\f(1,2)时，等号成立，故eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)的取值范围为(－∞，－4]∪[4，＋∞)．2．(2022·石家庄模拟)已知点E(eq\r(2)，0)，Feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0))，点A满足|AE|＝eq\r(2)|AF|，点A的轨迹为曲线C.(1)求曲线C的方程；(2)若直线l：y＝kx＋m与双曲线：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1交于M，N两点，且∠MON＝eq\f(π,2)(O为坐标原点)，求点A到直线l距离的取值范围．解(1)设A(x，y)，因为|AE|＝eq\r(2)|AF|，所以eq\r(x－\r(2)2＋y－02)＝eq\r(2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2),2)))2＋y－02)，化简得x2＋y2＝1.(2)将直线l：y＝kx＋m与双曲线：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1的方程联立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－\f(y2,9)＝1))⇒(4k2－9)x2＋8kmx＋4m2＋36＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4k2－9≠0，,8km2－44k2－94m2＋36>0))⇒