微专题2 专项2 圆锥曲线中的范围、最值问题（教师word）-【金版新学案】2025年高考数学高三总复习大一轮复习讲义（北师大版2019）

专项二　圆锥曲线中的范围、最值问题 处理圆锥曲线中最值、范围问题的方法：(1)几何法：即利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解．(2)代数法：即把要求最值、范围的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数法、不等式法等进行求解． 题型一　范围问题 (2024·四川南充模拟)如图所示，以原点O为圆心，分别以2和1为半径作两个同心圆，设A为大圆上任意一点，连接OA交小圆于点B，设∠AOx＝θ，过点A，B分别作x轴，y轴的垂线，两垂线交于点M. (1)求动点M的轨迹C的方程； (2)点E，F分别是轨迹C上两点，且·＝0，求△EOF面积的取值范围． 解：(1)因为∠AOx＝θ(0≤θ<2π)，所以A(2cos θ，2sin θ)，B(cos θ，sin θ)， 设M(x，y)，则(θ是参数)，消去θ得＋y2＝1， 即动点M的轨迹C的方程为＋y2＝1. (2)因为·＝0， 所以OE⊥OF， 当直线OE或OF的斜率不存在时，易得S△EOF＝×2×1＝1； 当直线OE和OF的斜率都存在时，设lOE：y＝kx(k≠0)，E(x1，y1)， 则lOF：y＝－， 由得 所以 |OE|＝ ＝， 同理可得|OF|＝＝， S△EOF＝|OE|·|OF|＝2，令t＝k2＋1>1， S△EOF＝2＝2 ＝2∈. 综上，S△EOF∈. 规律方法 圆锥曲线中取值范围问题的五种常用方法 1．利用圆锥曲线的几何性质或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．　　 对点练1.(2024·海南琼海三模)已知直线l：y＝kx＋t与双曲线C：－＝1相交于两个不同的点M，N，线段MN的垂直平分线分别与x，y轴相交于A，B两点． (1)若t＝1，且点M，N都在双曲线的右支上，求k的取值范围； (2)若△AOB(O为坐标原点)的面积为，且k≠0，求k的取值范围． 解：(1)双曲线C：－＝1渐近线方程为y＝±x， 当t＝1时，直线l的方程为y＝kx＋1， 由得x2－8kx－24＝0， 由Δ＝64k2＋96>0，解得－<k<， 因为点M，N都在右支上，所以－<k<－. 所以k的取值范围为. (2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，把y＝kx＋t代入－＝1， 并整理得x2－8ktx－4t2－20＝0， 由Δ＝2＋4>0，得t2＋5－4k2>0， 设线段MN的中点为(x0，y0)，则x0＝＝，y0＝kx0＋t＝， 所以线段MN的垂直平分线的方程为y－＝－， 所以A点的坐标为，B点的坐标为， 因为△AOB的面积为，所以||·||＝， 整理得t2＝，所以＋5－4k2>0， 所以>0，解得0<|k|<或|k|>， 所以k的取值范围为∪∪∪. 对点练2.(2023·山东烟台一模)在平面直角坐标系中，已知点P到点F(，0)的距离与到直线x＝2的距离之比为. (1)求点P的轨迹C的方程； (2)过点(0，1)且斜率为k的直线l与C交于A，B两点，与x轴交于点M，线段AB的垂直平分线与x轴交于点N，求的取值范围． 解：(1)设P(x，y)，由题意＝， 因为|PF|＝ ， 所以＝， 即 ＝|x－2|，两边平方并整理得＋＝1. 故点P的轨迹C的方程为＋＝1. (2)设直线l的方程为y＝kx＋1， 联立消y并整理得，x2＋4kx－2＝0，显然Δ>0， 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝－，x1x2＝－， 又y1＋y2＝k＋2＝，可得线段AB中点坐标为， 所以线段AB中垂线的方程为y－＝－， 令y＝0，可得N， 对于直线y＝kx＋1，令y＝0，可得M， 所以|MN|＝|－|＝. 又|AB|＝|x1－x2|＝＝ ， 所以＝＝2， 令t＝k2＋1∈，则y＝8＋－14＝8t＋－14， 因为y＝8t＋－14在上单调递增，所以∈，故∈. 学生用书↓第226页 题型二　最值问题 角度1　几何法求最值 (2020·新高考Ⅱ卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M(2，3)，点A为其左顶点，且AM的斜率为. (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＝(x－2)，即x－2y＝－4. 当y＝0时，解得x＝－4，所以a＝4. 由椭圆C：＋＝1(a>b>0)过点M(2，3)， 可得＋＝1，解得b2＝12. 所以C的方程为＋＝1. (2)设与直线AM平行的直线方程为x－2y＝m. 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 可得3(m＋2y)2＋4y2＝48， 化简可得16y2＋12my＋3m2－48＝0， 所以Δ＝144m2－4×16(3m2－48)＝0， 即m2＝64，解得m＝±8， 与AM距离比较远的直线方程为x－2y＝8， 点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离， 即d＝＝， 由两点之间的距离公式可得 |AM|＝＝3. 所以△AMN的面积的最大值为×3×＝18. 角度2　代数法求最值 (2023·山东淄博三模)已知双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，焦距为4，右顶点为A，以A为圆心，b为半径的圆与双曲线的一条渐近线相交于R，S两点，且∠RAS＝60°. (1)求双曲线C的标准方程； (2)已知点M，Q是双曲线C上关于坐标原点对称的两点，其中M位于第一象限，∠F1QF2的角平分线记为l，过点M作l的垂线，垂足为E，与双曲线右支的另一交点记为点N，求的最大值． 解：(1)由题意可知：2c＝4，c＝2，△ARS是正三角形， 所以点A到渐近线bx－ay＝0的距离为b， 所以＝b，解得a＝，b＝1， 所以双曲线C的标准方程是－y2＝1. (2)法一：由双曲线的光学性质，可知点Q处的切线即为∠F1QF2的角平分线． 设点M(x0，y0)，x0>0，y0>0，则Q，， 设直线l的方程是y＝kx＋t， 由得，x2＋6ktx＋3t2＋3＝0， 所以解得t2＝3k2－1， 所以－x0＝－＝－， 因为－y0＝－kx0＋t，－y＝1，所以k＝，t＝，即直线l：＋y0y＝1， 即x0x－3y0y＋3＝0， 由点到直线的距离公式得|ME|＝＝. 直线MN方程：y－y0＝－(x－x0)，即y＝－·x＋4y0， 由得(1－)x2＋x－48y－3＝0， 所以x0＋xN＝－＝，由M，N都在双曲线右支上，得x0＋xN＝>0， 所以y>， 所以|MN|＝·|x0－xN|＝·||， 所以＝||＝，令t＝4y＋1>，则＝＝－3()2＋， 当＝，即y0＝时，的最大值为. 法二：如图，由题意知点Q在双曲线左支上，设M(x0，y0)，则Q，. 易知直线l的斜率存在，设直线l的斜率为k， 记a＝(1，k)，又l为∠F1QF2的平分线，则＝. 因为－y＝1，x0≥，所以||＝＝＝x0－， 同理||＝x0＋，又＝，＝， 代入＝，得＝， 化简得x0＝3ky0.又x0>0，y0>0，所以k>0， 由x0≥，得x0＝，y0＝，k>，所以M，Q. 所以直线l的方程为y＝kx＋，k>， 由点到直线的距离公式得|ME|＝＝， 又直线MN的斜率为－，且过点M， 所以直线MN的方程为x＝－ky＋， 将其与－y2＝1(x>0)联立得y2－y＋＝0. 设N(x1，y1)，则y0＋y1＝，y0y1＝. 易知点N在第四象限，所以y0y1<0，得k2∈， |MN|＝|y0－y1|＝·＝. 故＝≤＝， 当且仅当3－k2＝3k2－1，即k2＝1时，等号成立， 所以当且仅当k＝1时， 的最大值为. 规律方法 处理圆锥曲线最值问题的求解方法 圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是利用几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是利用代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．　　 对点练3.(2023·全国甲卷)已知直线x－2y＋1＝0与抛物线C：y2＝2px(p>0)交于A，B两点，|AB|＝4. (1)求p； (2)设F为C的焦点，M，N为C上两点，且·＝0，求△MFN面积的最小值． 解：(1)设A(xA，yA)，B(xB，yB)， 由可得，y2－4py＋2p＝0， 所以yA＋yB＝4p，yAyB＝2p， 所以|AB|＝＝|yA－yB|＝× ＝4， 即2p2－p－6＝0，因为p>0，解得p＝2. (2)因为F(1，0)，显然直线MN的斜率不可能为零， 设直线MN：x＝my＋n，M(x1，y1)，N(x2，y2)， 由可得，y2－4my－4n＝0， 所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n， Δ＝16m2＋16n>0⇒m2＋n>0， 因为·＝0，所以(x1－1)(x2－1)＋y1y2＝0， 即(my1＋n－1)(my2＋n－1)＋y1y2＝0， 亦即(m2＋1)y1y2＋m(n－1)(y1＋y2)＋(n－1)2＝0， 将y1＋y2＝4m，y1y2＝－4n代入得， 4m2＝n2－6n＋1，因为4(m2＋n)＝(n－1)2>0， 所以n≠1，且n2－6n＋1≥0，解得n≥3＋2或n≤3－2. 设点F到直线MN的距离为d，所以d＝， |MN|＝＝|y1－y2|＝ ＝＝2|n－1|， 所以△MFN的面积S＝×d×|MN|＝××2|n－1|＝(n－1)2， 而n≥3＋2或n≤3－2， 所以当n＝3－2时， △MFN的面积Smin＝(2－2)2＝12－8. 对点练4.(2024·江苏南京、盐城模拟)如图，已知椭圆＋y2＝1的左、右顶点分别为A，B，点C是椭圆上异于A，B的动点，过原点O且平行于AC的直线与椭圆交于点M，N，AC的中点为点D，直线OD与椭圆交于点P，Q，点P，C，M在x轴的上方． (1)当|AC|＝时，求cos∠POM； (2)求|PQ|·|MN|的最大值． 解：(1)设C(m，n)，则－2<m<2. 因为A(－2，0)，|AC|＝，所以(m＋2)2＋n2＝5， 结合＋n2＝1，解得m＝0(m＝－舍去)． 因为点C在x轴上方，所以n>0，则 n＝1，点C的坐标为(0，1)． 因为D为线段AC的中点，所以点D的坐标为，所以kAC＝，kOP＝kOD＝－. 法一：因为直线MN过原点且与直线AC平行，所以直线MN的方程为y＝x. 因为点P，M在x轴上方，所以yM>0，yP>0. 由得yM＝，xM＝， 所以M， 则＝. 直线PQ的方程为y＝－x， 由得yP＝，xP＝－， 所以P，则＝. 所以cos∠POM＝＝＝－. 法二：因为直线MN过原点且与直线AC平行， 所以kOM＝kAC＝， 又kOP＝kOD＝－，所以可得∠AOP＝∠BOM，则∠POM＝π－2∠BOM. 因为kOM＝，所以tan∠BOM＝，得cos∠BOM＝， 所以cos∠POM＝cos(π－2∠BOM) ＝－cos 2∠BOM＝－(2cos2∠BOM－1)＝－. 法三：因为直线MN过原点且与直线AC平行， 所以∠POM＝〈，〉＝〈，〉＝〈，〉． 又＝，＝(2，1)， 所以cos∠POM＝cos〈，〉＝＝＝－. (2)设C(x0，y0)，由A(－2，0)可得D， 则kAC＝kOM＝，kOP＝kOD＝，所以kOM·kOP＝·＝＝＝－. 因为直线OM的斜率一定存在且不为零，所以可设其方程为y＝kx，k>0， 由得x2＝，y2＝， 则|OM|2＝， 由kOM·kOP＝－，可得kOP＝－， 同理可得|OP|2＝， 法一：则|OM|2·|OP|2＝·. 令1＋4k2＝t，t>1，则|OM|2·|OP|2＝＝－92＋9·＋4＝－92＋≤(当且仅当t＝2，即k＝时取等号)， 又|PQ|·|MN|＝4|OM|·|OP|，所以|PQ|·|MN|的最大值为10. 法二：则|OM|2＋|OP|2＝＋＝5， 所以|OM|·|OP|≤＝， 当且仅当|OM|＝|OP|＝时取等号． 又|PQ|·|MN|＝4|OM|·|OP|， 所以|PQ|·|MN|的最大值为10. 课时测评68　圆锥曲线中的范围、最值问题 (时间：40分钟，满分100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 1．(20分)已知F1，F2是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的两个焦点，P为C上一点，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)连接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，当且仅当|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，＋∞)． 2．(20分)(2024·江西景德镇三模)设椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左、右顶点分别为A，B，且焦距为2.点P在椭圆上且异于A，B两点，若直线PA与PB的斜率之积为－. (1)求椭圆C的标准方程； (2)过点F(－1，0)作不与x轴重合的直线与椭圆C相交于M，N两点，直线m的方程为：x＝－2a，过点M作ME垂直于直线m，交m于点E.求△OEN面积的最大值． 解：(1)由题意知：A(－a，0)，B(a，0)，设P(x，y)， 则kPA·kPB＝·＝＝＝－，所以－＝－， 又a2－b2＝c2＝1，所以a2＝4，b2＝3， 所以椭圆C的标准方程为＋＝1. (2)设直线MN：x＝ty－1，M(x1，y1)，N(x2，y2)，则E(－4，y1)， 由得y2－6ty－9＝0， 显然Δ>0，所以y1＋y2＝，y1y2＝－， 所以－2ty1y2＝3，又kEN＝， 所以直线EN方程为y－y1＝(x＋4)， 令y＝0，则x＝－4－＝－4－＝－4＋＝－4＋＝－， 所以直线EN过定点Q； 而|y1－y2|＝＝＝， 则S△OEN＝|OQ||y1－y2|＝××＝＝， 令u＝≥1，有3＋＝3u＋在[1，＋∞)上单调递增， 则u＝1，即t＝0时，3＋取最小值4， 于是当t＝0时，(S△OEN)max＝， 所以△OEN面积的最大值是. 3．(30分)(2024·福建三明三模)已知F是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点，O为坐标原点，M为椭圆上任意一点，|MF|的最大值为2＋.当|OM|＝|OF|时，△MOF的面积为. (1)求椭圆C的方程； (2)A，B为椭圆的左、右顶点，点P满足＝3，当M与A，B不重合时，射线MP交椭圆C于点N，直线AM，BN交于点T，求∠ATB的最大值． 解：(1)设点M(x0，y0)，则－a≤x0≤a，y＝b2－x， 因为|MF|＝ ＝＝ ＝|a－x0|＝a－x0∈， 所以|MF|max＝a＋c＝2＋， 设椭圆左焦点为E，因为|OM|＝|OF|＝|EF|，所以∠EMF＝90°. 即|ME|2＋|MF|2＝|EF|2＝4c2， 又因为|ME|＋|MF|＝2a，所以|ME|2＋|MF|2＋2|ME|·|MF|＝4a2， 所以2|ME|·|MF|＝4a2－4c2，所以|ME|·|MF|＝2b2，所以S△MEF＝|ME||MF|＝b2， 因为此时S△MOF＝，所以S△MEF＝1，所以b2＝1，所以b＝1. 因为a2＝b2＋c2，所以a＝2，c＝，所以椭圆E的方程为＋y2＝1. (2)设点P(p，0)，＝(p＋2，0)，＝(2－p，0)， 因为点P满足＝3，则p＋2＝3(2－p)，解得p＝1，所以P(1，0)， 由题知MN不与x轴重合，设直线MN的方程为x＝my＋1， 联立方程组消x整理得y2＋2my－3＝0， Δ＝4m2＋12＝16>0， 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则y1＋y2＝，y1y2＝. 因为AM的方程为y＝，BN的方程为y＝(x－2)， 两直线方程联立得：＝＝＝. 因为my1y2＝－＝. 所以＝＝＝，解得x＝4， 所以动点T的轨迹方程为x＝4(y≠0). 由椭圆的对称性不妨设T(4，t) (t>0)，直线TA，TB的倾斜角为α，β， 由图可知β>α，且0<β－α<π， 因为∠ATB＝β－α，则tan∠ATB＝tan(β－α)＝， 因为tan α＝kTA＝，tan β＝kTB＝， 所以tan∠ATB＝＝＝＝≤＝＝， 当且仅当t＝2时等号成立，此时T，∠ATB＝， 所以∠ATB的最大值为. 4．(30分)(2024·福建福州三模)已知M是平面直角坐标系内的一个动点，直线MA与直线y＝x垂直，A为垂足且位于第三象限；直线MB与直线y＝－x垂直，B为垂足且位于第二象限．四边形OAMB(O为原点)的面积为2，记动点M的轨迹为C． (1)求C的方程； (2)点E，直线PE，QE与C分别交于P，Q两点，直线PE，QE，PQ的斜率分别为k1，k2，k3.若·k3＝－6，求△PQE周长的取值范围． 解：(1)因为直线x－y＝0，x＋y＝0相互垂直，则四边形OAMB为矩形， 设M(x，y)，且可得x<0， 则点M到直线x－y＝0，x＋y＝0的距离分别为，， 可得×＝2，整理得x2－y2＝4(x<0)，所以C的方程为x2－y2＝4(x<0). (2)设直线PQ：y＝kx＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)， 联立方程消去y得x2－2kmx－＝0， 由题意可得： ① 因为·k3＝－6，则·k＝·k＝－6， 整理得8k2x1x2＋＋6m2－4km＝0， 即－＋＋6m2－4km＝0，整理得3m2－2km－16k2＝0，解得m＝－k或m＝2k. 当m＝－k时，则直线PQ：y＝kx－k＝k，过定点F， 此时①式为无解，不符合题意； 当m＝2k时，则直线PQ：y＝kx＋2k＝k(x＋2)，过定点F， 此时①式为解得k2>1， 即k>1或k<－1，则|PQ|＝＝＝4， 因为k2>1，则k2－1>0，可得>0， 所以|PQ|＝4>4， 又因为E，F为双曲线x2－y2＝4的左、右焦点， 则|PE|－|PF|＝4，|QE|－|QF|＝4，即|PE|＝|PF|＋4，|QE|＝|QF|＋4， 可得△PQE周长为|PE|＋|QE|＋|PQ|＝|PF|＋4＋|QF|＋4＋|PQ|＝2|PQ|＋8>16， 所以△PQE周长的取值范围为. 学生用书↓第227页 学科网（北京）股份有限公司 $$