第46讲　第2课时　圆锥曲线中的最值与范围、证明与探索性问题高考数学一轮复习讲义练习

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举题说法
最值与范围问题
例1 (2024·连云港、如皋联考)已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为 eq \f(1,2)，点A，B分别为椭圆C的左、右顶点，O为坐标原点，P为椭圆C上异于A，B的一动点，△PAB面积的最大值为2 eq \r(3).
(1) 求椭圆C的方程；
【解答】 由题意知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝b2＋c2，,\f(c,a)＝\f(1,2)，,\f(1,2)×2ab＝2\r(3)，))解得a＝2，b＝ eq \r(3)，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2) 过椭圆C的右焦点F的直线l与C交于D，E两点，记△ODE的面积为S，求S的取值范围．
【解答】 如图所示，易知F(1，0)，设直线DE的方程为x＝my＋1，D(x1，y1)，E(x2，y2)，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,x＝my＋1，))消去x可得(3m2＋4)y2＋6my－9＝0，所以Δ＝36m2＋36(3m2＋4)＝144(m2＋1)＞0，且y1＋y2＝－ eq \f(6m,3m2＋4)，y1y2＝－ eq \f(9,3m2＋4)，可得S＝ eq \f(1,2)·1·|y1－y2|＝ eq \f(1,2) eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝ eq \f(1,2)· eq \f(12\r(m2＋1),3m2＋4)＝ eq \f(6\r(m2＋1),3m2＋4).令 eq \r(m2＋1)＝t，t≥1，可得S＝ eq \f(6t,3t2＋1)＝ eq \f(6,3t＋\f(1,t))，由对勾函数的性质得y＝3t＋ eq \f(1,t)在t≥1时单调递增，所以S＝ eq \f(6,3t＋\f(1,t))≤ eq \f(6,3＋\f(1,1))＝ eq \f(3,2)，即S的取值范围为 eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(3,2))).
(例1答)
求圆锥曲线中的最值或范围，可以把待求量用某个(些)量来表示，然后把待求量看作关于这个量的函数，再结合函数性质或基本不等式求最值与范围．
证明问题
例2 (2024·江门二模)已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，过点F且斜率为2的直线l与C交于A，B两点，且|AB|＝10.
(1) 求C的方程；
【解答】 设A(x1，y1)，B(x2，y2).因为点F的坐标为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，所以l：y＝2 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(p,2)))＝2x－p.由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝2px，,y＝2x－p，))得4x2－6px＋p2＝0，则x1＋x2＝ eq \f(6p,4)＝ eq \f(3p,2)，从而|AB|＝x1＋x2＋p＝ eq \f(5p,2)＝10，解得p＝4，所以C的方程为y2＝8x.
(例2答)
(2) 过点B作x轴的平行线BP(P是动点，且异于点B)，过点F作AP的平行线交C于M，N两点，证明：|PA|2＝|MN|·|AB|.
【解答】 因为点F的坐标为(2，0)，直线MN的斜率不为0，所以设直线MN的方程为x＝my＋2.设M(x3，y3)，N(x4，y4)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y2＝8x，,x＝my＋2，))可得y2－8my－16＝0，则 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y3＋y4＝8m，,y3y4＝－16，))所以|MN|＝ eq \r(1＋m2)|y3－y4|＝ eq \r(1＋m2) eq \r((y3＋y4)2－4y3y4)＝ eq \r(1＋m2)· eq \r(64m2＋64)＝8(1＋m2).由(1)可知，|y1－y2|＝2|x1－x2|＝2 eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝2 eq \r(62－42)＝4 eq \r(5).因为点A，P的纵坐标分别为y1，y2，且AP∥MN，所以|PA|＝ eq \r(1＋m2)|y1－y2|＝4 eq \r(5)· eq \r(1＋m2)，可得 eq \f(|PA|2,|MN|)＝ eq \f(80(1＋m2),8(1＋m2))＝10＝|AB|，即|PA|2＝|MN|·|AB|.
圆锥曲线证明问题的类型及求解策略
(1) 位置关系方面：如证明直线与曲线相切，直线间的平行、垂直，直线过定点等．
(2) 数量关系方面：如相等、存在定值、恒成立等等．在熟悉圆锥曲线的定义与性质的前提下，一般采用直接法，通过相关的代数运算证明，有时也可用反证法证明．
探索性问题
例3 (2024·阜阳一测)已知双曲线C： eq \f(x2,a2)－ eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右顶点分别为A(－1，0)，B(1，0)，动直线l过点M(2，0)，当直线l与双曲线C有且仅有一个公共点时，点B到直线l的距离为 eq \f(\r(2),2).
(1) 求双曲线C的标准方程．
(例3答)
【解答】 因为a＝1，所以C：x2－ eq \f(y2,b2)＝1，当直线l过点(2，0)且与双曲线C有且仅有一个公共点时，l与C的渐近线平行．设直线l：y＝±b(x－2)，则点B(1，0)到直线l的距离为 eq \f(b,\r(1＋b2))＝ eq \f(\r(2),2)，解得b＝1，所以双曲线C的标准方程为x2－y2＝1.
(2) 当直线l与双曲线C交于异于A，B的两点P，Q时，记直线AP的斜率为k1，直线BQ的斜率为k2.是否存在实数λ，使得k2＝λk1成立？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．
【解答】 由题可知，直线l的斜率不为0，设直线l：x＝my＋2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2－y2＝1，,x＝my＋2，))得(m2－1)y2＋4my＋3＝0(m2－1≠0)，Δ＝4m2＋12＞0恒成立，则y1＋y2＝ eq \f(－4m,m2－1)，y1y2＝ eq \f(3,m2－1)，所以my1y2＝－ eq \f(3,4)(y1＋y2).假设存在λ满足题意，因为k1＝ eq \f(y1,x1＋1)，k2＝ eq \f(y2,x2－1)，所以λ＝ eq \f(k2,k1)＝ eq \f(\f(y2,x2－1),\f(y1,x1＋1))＝ eq \f(y2(x1＋1),y1(x2－1))＝ eq \f(y2(my1＋3),y1(my2＋1))＝ eq \f(my1y2＋3y2,my1y2＋y1)＝ eq \f(－\f(3,4)(y1＋y2)＋3y2,－\f(3,4)(y1＋y2)＋y1)＝ eq \f(－\f(3,4)y1＋\f(9,4)y2,\f(1,4)y1－\f(3,4)y2)＝－3.故存在实数λ＝－3，使得k2＝λk1成立．
(1) 存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定性问题明朗化．其步骤为：假设满足条件的元素(点、直线、曲线或参数)存在，用待定系数法设出，列出关于待定系数的方程组，若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在．
(2) 非对称韦达定理的处理策略：一般是将x1x2用x1＋x2来表示．
随堂内化
1. 已知椭圆 eq \f(x2,a2)＋y2＝1与抛物线y2＝8x有相同的焦点F.
(1) 求椭圆的方程；
【解答】 因为椭圆 eq \f(x2,a2)＋y2＝1与抛物线y2＝8x有相同的焦点F，所以F(2，0)，即c＝2，且b＝1，所以a2＝b2＋c2＝5，所以椭圆的方程为 eq \f(x2,5)＋y2＝1.
(2) 已知O为坐标原点，过焦点F的直线l交椭圆于M，N两点，求△OMN面积的最大值．
【解答】 由(1)知F(2，0).显然l的斜率不为0，设直线l的方程为x＝my＋2，M(x1，y1)，N(x2，y2).联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋2，,\f(x2,5)＋y2＝1，))可得(m2＋5)y2＋4my－1＝0，Δ＝(4m)2＋4(m2＋5)＝20m2＋20＞0恒成立，所以y1＋y2＝－ eq \f(4m,m2＋5)，y1y2＝ eq \f(－1,m2＋5)，所以|y1－y2|＝ eq \r((y1＋y2)2－4y1y2)＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(4m,m2＋5)))\s\up12(2)－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(－1,m2＋5))))＝ eq \f(2\r(5)\r(m2＋1),m2＋5)，所以S△OMN＝ eq \f(1,2)|OF|·|y1－y2|＝ eq \f(1,2)×2× eq \f(2\r(5)\r(m2＋1),m2＋5)＝ eq \f(2\r(5)\r(m2＋1),m2＋5)＝ eq \f(2\r(5),\r(m2＋1)＋\f(4,\r(m2＋1)))≤ eq \f(2\r(5),2\r(\r(m2＋1)·\f(4,\r(m2＋1))))＝ eq \f(\r(5),2)，当且仅当 eq \r(m2＋1)＝ eq \f(4,\r(m2＋1))，即m2＝3时取等号，所以△OMN面积的最大值为 eq \f(\r(5),2).
配套精练
1. 已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点到准线的距离为2.
(1) 求抛物线C的方程：
【解答】 因为C的焦点为 eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0))，准线为x＝－ eq \f(p,2)，由题意得 eq \f(p,2)＋ eq \f(p,2)＝2，即p＝2，因此抛物线C的方程为y2＝4x.
(2) 过C上一动点P作圆M：(x－4)2＋y2＝1的两条切线，切点分别为A，B，求四边形PAMB面积的最小值．
【解答】 圆M的圆心为M(4，0)，半径为1.由条件可知PA⊥AM，PB⊥BM，且Rt△PAM≌Rt△PBM，于是S四边形PAMB＝2× eq \f(1,2)|PA|×|MA|＝|PA|＝ eq \r(|PM|2－1).设P eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)，t))，则|PM|2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(t2,4)－4)) eq \s\up12(2)＋t2＝ eq \f(t4,16)－t2＋16＝ eq \f((t2－8)2,16)＋12≥12，当且仅当t2＝8时等号成立，所以四边形PAMB面积的最小值为 eq \r(12－1)＝ eq \r(11).
2. (2025·景德镇期中)已知O为坐标原点，椭圆Γ： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，C eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\r(3)，\f(1,2)))是Γ上一点，离心率e＝ eq \f(\r(3),2).
(1) 求椭圆Γ的方程；
【解答】 由题意知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(3,a2)＋\f(1,4b2)＝1，,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,a2－b2＝c2，))解得 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))所以椭圆Γ的方程为 eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2) 若斜率为 eq \f(1,2)的直线l交Γ于A，B两点，点P在以AB为直径的圆上，求|OP|的最大值．
【解答】 如图，设直线l的方程为y＝ eq \f(1,2)x＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝\f(1,2)x＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y得x2＋2mx＋2m2－2＝0，根据韦达定理可知 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝－2m，,x1x2＝2m2－2，))其中Δ＝(2m)2－4(2m2－2)＞0⇒m2＜2.设AB的中点为M，所以M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－m，\f(m,2)))，|OM|＝ eq \f(\r(5),2)|m|，|AB|＝ eq \f(\r(5),2)|x1－x2|＝ eq \f(\r(5),2) eq \r((x1＋x2)2－4x1x2)＝ eq \r(5)· eq \r(2－m2)，所以|OP|≤|OM|＋ eq \f(1,2)|AB|＝ eq \f(\r(5),2)(|m|＋ eq \r(2－m2))，令|m|＝ eq \r(2)cs θ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ∈\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(π,2)))))，所以|m|＋ eq \r(2－m2)＝ eq \r(2)(cs θ＋sin θ)＝2sin eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(θ＋\f(π,4)))≤2，当且仅当θ＝ eq \f(π,4)，即|m|＝1时取等号，满足m2＜2，所以|OP|≤ eq \r(5)，即|OP|的最大值为 eq \r(5).
(第2题答)
3. 已知椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1(－c，0)，F2(c，0)，过F2的直线与椭圆C交于M，N两点，且△MNF1的周长为8，△MF1F2的最大面积为 eq \r(3).
(1) 求椭圆C的方程．
【解答】 因为△MNF1的周长为8，△MF1F2的最大面积为 eq \r(3)，所以 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(4a＝8，,\f(1,2)×2c×b＝\r(3)，,a2＝b2＋c2，))解得a＝2，b＝ eq \r(3)或a＝2，b＝1，所以椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1或 eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2) 设b＞1，是否存在x轴上的定点P，使得△PMN的内心在x轴上？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．
【解答】 由(1)及b＞1易知F2(1，0)，不妨设直线MN的方程为x＝my＋1(m≠0)，P(t，0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，联立 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))消去x得(4＋3m2)y2＋6my－9＝0，易知Δ＞0，y1＋y2＝－ eq \f(6m,4＋3m2)，y1y2＝－ eq \f(9,4＋3m2)，若△PMN的内心在x轴上，则∠MPF2＝∠NPF2，所以kPM＋kPN＝0，即 eq \f(y1,x1－t)＋ eq \f(y2,x2－t)＝0，即y1(my2＋1－t)＋y2(my1＋1－t)＝0，可得2my1y2＋(1－t)(y1＋y2)＝0，则2m eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(9,4＋3m2)))＋(1－t) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(6m,4＋3m2)))＝0，得4－t＝0，即t＝4.当直线MN垂直于x轴，即m＝0时，显然点P(4，0)也符合题意．故在x轴上存在定点P(4，0)，使得△PMN的内心在x轴上．
(第3题答)
4. (2024·全国甲卷)设椭圆C： eq \f(x2,a2)＋ eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦点为F，点M eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(3,2)))在C上，且MF⊥x轴．
(1) 求椭圆C的方程；
【解答】 设F(c，0)，由题设有c＝1且 eq \f(b2,a)＝ eq \f(3,2)，故 eq \f(a2－1,a)＝ eq \f(3,2)，解得a＝2，b＝ eq \r(3)，故椭圆C的方程为 eq \f(x2,4)＋ eq \f(y2,3)＝1.
(2) 过点P(4，0)的直线与C交于A，B两点，N为线段FP的中点，直线NB交直线MF于点Q，求证：AQ⊥y轴．
【解答】 易知直线AB的斜率必定存在，设AB：y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，由 eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(3x2＋4y2＝12，,y＝k(x－4)，))可得(3＋4k2)x2－32k2x＋64k2－12＝0，故Δ＝1 024k4－4(3＋4k2)(64k2－12)＞0，解得－ eq \f(1,2)＜k＜ eq \f(1,2).又x1＋x2＝ eq \f(32k2,3＋4k2)，x1x2＝ eq \f(64k2－12,3＋4k2)，而N eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(5,2)，0))，故直线BN：y＝ eq \f(y2,x2－\f(5,2)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(5,2)))，则yQ＝ eq \f(－\f(3,2)y2,x2－\f(5,2))＝ eq \f(－3y2,2x2－5)，所以y1－yQ＝y1＋ eq \f(3y2,2x2－5)＝ eq \f(y1×(2x2－5)＋3y2,2x2－5)＝ eq \f(k(x1－4)×(2x2－5)＋3k(x2－4),2x2－5)＝k eq \f(2x1x2－5(x1＋x2)＋8,2x2－5)＝k eq \f(2×\f(64k2－12,3＋4k2)－5×\f(32k2,3＋4k2)＋8,2x2－5)＝k eq \f(\f(128k2－24－160k2＋24＋32k2,3＋4k2),2x2－5)＝0，故y1＝yQ，即AQ⊥y轴．
(第4题答)