2024版高考数学一轮总复习第8章平面解析几何第8节第2课时范围最值问题.docx

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1、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+y2b21(ab0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线xy2210与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆相切(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+y2b21(ab0)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：(xc)2y2a2，所以圆心到直线xy2210的距离dc+22112+12a.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

2、a2c，b3c，解得a2，b3，c1，所以椭圆C的标准方程为x24+y231.(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BO2ODOA，所以Dm2，n2，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x124+y123=1，x224+y223=1，两式相减，得x1+x2x1x24+y1+y2y1y230.因为D为M，N的中点，所以x1x2m，y

3、1y2n，所以ky1y2x1x23m4n，所以直线MN的方程为yn23m4nx+m2，即6mx8ny4n23m20，所以原点O到直线MN的距离d4n2+3m264n2+36m2.因为m24+n231，所以3m2124n2，所以d4n2+3m264n2+36m212144+16n239+n2.因为0n23，所以39+n223，所以12319+n213，所以3323d0.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x24k21+2k2，y1y2k(x1x2)2k2k1+2k2.可得线段AB的中点为N2k21+2k2，k1+2k2.当k0时，直线MN为x轴，此时m0；当k0时，直线MN的方程为yk1

4、+2k21kx2k21+2k2，化简得kyxk21+2k20.令y0，得xk21+2k2，所以mk21+2k211k2+20，12.综上所述，实数m的取值范围为0，12.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x2y21右支上的一个动点若点P到直线xy10的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为_22解析：双曲线x2y21的渐近线为xy0，直线xy10与渐近线xy0平行，故两平行线间的距离d1012+1222，由点P到直线xy10的距离大于c恒成立，得c22，故c的最大值为22.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：y28x与

5、动圆M：(x8)2y2r2(r0)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y2=8x， x82+y2=r2，消去y，得x28x64r20.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64r20， 64464r20，解得43rx10，则x1x28，x1x264r2，S12(42x142x2)(x2x1)(22x122x2)(x2x1)，S28(x1x22x1x2)(x2x1)24x1x2，S264(464r2)16(64r2).令x64r2(0x4)，令f(x)(4x)(16x2)(0x4)，f(x)

6、168x3x2(43x)(x4)当0x0，f(x)单调递增；当43x4时，f(x)|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+y231(y0)(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为ykxm(m0)，代入x24+y231整理，得(4k23)x28kmx4m2120，(*)64k2m24(4k23)(4m212)0.则x1x28km4k2+3，x1x24m2124k2+3，所以y1y2k(x1x2)2m6m4k2+3，故MN的中点T4km4k2+3，3m4k2+3.而直线y12x经过MN的中点T，得3m4k2+3124k

7、m4k2+3，又m0，所以直线l的斜率k32. 故(*)式可化简为3x23mxm230，故x1x2m，x1x2m233.由363m20且m0，得23m23且m0.又|MN|1+k2|x1x2|132363m23132312m2，而点O到直线l的距离d2m13，则OMN的面积为S122m13132312m2123|m|12m2123m2+12m223，当且仅当m6时，等号成立，此时满足23m0)，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

8、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x22py可化为yx22p，所以yxp.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1p12，所以p2，所以，抛物线C的标准方程为x24y.(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ykx2，由y=kx+2，x2=4y， 联立消去y并整理，得x24kx80，(4k)23216k2320.设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1x24k，x1x28，所以，y1y2k(x1x2)44k24.因为M为AB中点，所以M(2k，2k22)

9、因为l1l2，N为EF中点，所以N2k，2k2+2，所以直线MN的方程为y(2k22)2k2+22k2+22k+2k(x2k)k1k(x2k)，整理得yk1kx4，所以，直线MN恒过定点(0，4)所以OMN面积S1242k2k4k+1k4k+1k42k1k8，当且仅当|k|1k即k1时，OMN面积取得最小值为8.在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2y24，椭圆C：x24y21，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Q.(1)若AP3AM，求直线AM的斜率；(2)设AMN与APQ的面积分别为S

10、1，S2，求S1S2的最大值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AP3AM如何转化？2如何表示三角形的面积把S1S2用直线AM的斜率k来表示转化与化归求直线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S12absin C表示并转化S1S2AMANAPAQ，进而用基本不等式求其最大值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yk(x2)，k0，利用yP3yM求解解：(1)设直线AM的方程为yk(x2)，k0，将yk(x2)与椭圆方程x24y21联立，(14k2)x216k2x16k240，得xAxM16k21+

11、4k2，求得点M的横坐标为xM8k224k2+1，纵坐标为yM4k4k2+1.将yk(x2)与圆方程x2y24联立，得(1k2)x24k2x4k240，得xAxP4k21+k2，求得点P的横坐标为xP2k22k2+1，纵坐标为yP4kk2+1.由AP3AM得yP3yM，即4kk2+112k4k2+1.又k0，解得k2.(2)由M，N关于原点对称，得点N的坐标为xN8k2+24k2+1，yN4k4k2+1，所以直线AN的斜率为kAN4k4k2+18k2+24k2+1214k.于是AMAPyMyPk2+14k2+1，同理ANAQ14k2+1414k2+116k2+116k2+4.所以S1S2AMA

12、NAPAQk2+14k2+116k2+116k2+416k4+17k2+1416k4+8k2+1141+9k216k4+8k2+1141+916k2+1k2+8141+9216k21k2+82564，当且仅当16k21k2，即k12时等号成立，所以S1S2的最大值为2564.思路参考：设直线AM的方程为yk(x2)，k0，由AP3AM转化为xPxA3(xMxA)求解解：(1)设直线AM的方程为yk(x2)，k0，代入椭圆方程，整理得(4k21)x216k2x4(4k21)0.由根与系数的关系得xAxM44k214k2+1，而xA2，所以xM24k214k2+1.将yk(x2)代入圆的方程，整理

13、得(k21)x24k2x4(k21)0.由根与系数的关系得xAxP4k21k2+1，而xA2，所以xP2k21k2+1.由AP3AM，得xPxA3(xMxA)，即2k21k2+12324k214k2+12，解得k22.又k0，所以k2.(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，所以kAMkAN14，即kkAN14，所以kAN14k.下同解法1(略)思路参考：设直线AM的方程为xmy2，利用yP3yM求解解：(1)设直线AM的方程为xmy2(m0)，将其代入椭圆方程，整理得(m24)y24my0，得点M的纵坐标为yM4mm2+4.将xmy2代入圆的方程，整理得(m21)y24my0，

14、得点P的纵坐标为yP4mm2+1.由AP3AM，得yP3yM，即mm2+13mm2+4.因为m0，解得m212，即m12.又直线AM的斜率k1mb0)的离心率为32，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点(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2c233，解得c3.因为eca32，所以a2，b2a2c21.所以椭圆E的方程为x24y21.(2)(方法一)显然直线l的斜率存在设直线l：ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且P在线段AQ上由y=kx2， x2+4y24=0得(4k2

15、1)x216kx120，所以x1x216k4k2+1，x1x2124k2+1.由(16k)248(4k21)0，得k234.则SOPQSAOQSAOP122|x2x1|x1+x224x1x244k234k2+1.令4k23t(t0)，则4k2t23，于是SOPQ4tt2+44t+4t1，当且仅当t2，即k72时等号成立，所以l的方程为y72x2或y72x2.(方法二)依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为ykx2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)将直线l的方程代入椭圆方程，整理得(4k21)x216kx120，则(16k)248(4k21)16(4k23)0，即k234.x1x216k4k

16、2+1，x1x2124k2+1.由弦长公式得|PQ|1+k2|x1x2|1+k2x1+x224x1x21+k244k234k2+1.由点到直线的距离公式得点O到直线l的距离d21+k2，所以SOPQ12|PQ|d121+k244k234k2+121+k244k234k2+1.设4k23t(t0)，则4k2t23，所以SOPQ4tt2+44t+4t1，当且仅当t2，即k72时等号成立故所求直线l的方程为y72x2或y72x2.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x2a2y2b21(a0，b0)恒有两个公共点，则双曲线离心率的取值范围是()A2，)B(2，)C(1，3)D

17、(3，)D解析：因为斜率为2的直线与双曲线x2a2y2b21(a0，b0)恒有两个公共点，所以ba2，所以eca1+b2a21+23，所以双曲线离心率的取值范围是(3，)故选D2(2022济南模拟)抛物线yx2上的点到直线xy20的最短距离为()A2B728C22D526B解析：设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则dxy22x2+x22x122742，所以当x12时，dmin728.3已知点F是双曲线x2a2y2b21(a0，b0)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，B两点，ABE是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是()A(1，) B(1，2)C

18、(1，12) D(2，12)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RtAFE中，AEF12AEB45，得|AF|EF|.因为|AF|b2ac2a2a，|EF|ac，所以c2a2a0，两边都除以a2，得e2e20，解得1e1，所以该双曲线的离心率e的取值范围是(1，2)故选B4(2022运城模拟)关于曲线y24x|x|1的以下描述，正确的是()A该曲线的范围为yR，xRB该曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称C该曲线与直线2xy0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y24x|x|1，当x0时，曲线方程可

19、化为y24x21，此时曲线为椭圆的右半部分，当x0时，曲线方程可化为y24x21，此时曲线为双曲线的左半部分，作出曲线对应的图象如图所示由图可知，yR，x1，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2xy0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2xy0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D5过抛物线M：y28x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

20、线l1：yk(x2)，代入y28x，得k2x2(4k28)x4k20，(4k28)244k2k20，所以xAxC4k2+8k2，所以|AC|xAxCp88k2.以2k代k，得|BD|882k282k2，所以|AC|BD|162k28k21622k28k224，当且仅当2k28k2，即k2时等号成立6已知抛物线y24x，过点Q(4，0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则y12+y22的最小值是_32解析：设过点(4，0)的直线方程为xay4.由x=ay+4，y2=4x， 得y24ay160，所以y1y216，y1y24a，所以y12+y22(y1y2)22y1y216

21、a23232，当a0时，(y12+y22)min32.7已知点P是抛物线y24x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_351解析：延长PM交抛物线y24x的准线x1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|412+602|MP|351，所以|PA|PM|的最小值为351.8已知椭圆C：x2a2+y2b21(ab0)经过点P3，12，两个焦点分别为F1(3，0)，F2(3，0)(1)

22、求椭圆C的方程(2)设圆D：x2y2r2(br0)因为椭圆C经过点3，12，所以3b2+3+14b21，解得b21或b234(舍)所以a24，所以椭圆C的方程为x24y21.(2)设l：ykxm，代入x24y21，得(4k21)x28kmx4m240.由64k2m24(4k21)(4m24)0，得m214k2.设A(x0，y0)，则x04km4k2+14km，y0kx0m1m.因为l与圆D相切，所以圆心D(0，0)到l的距离m1+k2r，即m2r2(1k2)由得m23r24r2，k2r214r2.所以|AB|x02+y02r24km2+1m2r254r2+r2.因为4r2r224r2r24，当

23、且仅当r2时取等号因为r2(1，2)，所以|AB|的最大值为1.B组新高考培优练9过抛物线y22px(p0)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(0，4C(0，2D(0，2)D解析：过抛物线y22px(p0)焦点的弦中最短的为通径，且通径长为2p，由已知得2p4，所以p0，所以0pb0)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F.若14k23，则椭圆离心率的取值范围为()A13，34B13，34C0，34D13，1B解析：由题意知，Bc，b2a，所以kb2ac+aaca1e.又14k23

24、，所以141e23，解得13e34.12如图，抛物线W：y24x与圆C：(x1)2y225交于A，B两点，点P为劣弧AB上不同于A，B的一个动点，与x轴平行的直线PQ交抛物线W于点Q，则PQC周长的取值范围为()A(10，14)B(12，14)C(10，12)D(9，11)C解析：抛物线的准线l：x1，焦点(1，0)，由抛物线定义可得|QC|xQ1，圆(x1)2y225的圆心为C(1，0)，半径为5，可得PQC的周长|QC|PQ|PC|xQ1(xPxQ)56xP，由抛物线y24x及圆(x1)2y225可得交点的横坐标为4，即有xP(4，6)，可得6xP(10，12)，故PQC的周长的取值范围是(10，12)故选C13已知P(x0，y0)是椭圆C：x24y21上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若PF1PF20，则x0的取值范围是_263，263解析：由题意可知，F1(3，0)，F2(3，0)，则PF1PF2x0+3x03+y02x02+y0230.因为点P在椭圆上，所以y021x024.所以3x02420，解得263x00，即b223m2且x1x24m32xE，所以xE2m3，yE12xEm2m3，由E2m3，2m3在直线y2x1，得m32，于是b223m232，所以b的取值范围为62，+.