【数学】2018届一轮复习苏教版（理）第九章平面解析几何9-9 范围、最值问题 13页

第2课时　范围、最值问题 题型一　范围问题 例1　(2015·天津)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左焦点为F(－c,0)，离心率为，点M在椭圆上且位于第一象限，直线FM被圆x2＋y2＝截得的线段的长为c，FM＝.‎ ‎(1)求直线FM的斜率；‎ ‎(2)求椭圆的方程；‎ ‎(3)设动点P在椭圆上，若直线FP的斜率大于，求直线OP(O为原点)的斜率的取值范围．‎ 解　(1)由已知，有＝，‎ 又由a2＝b2＋c2，可得a2＝3c2，b2＝2c2.‎ 设直线FM的斜率为k(k＞0)，F(－c,0)，则直线FM的方程为y＝k(x＋c)．‎ 由已知，有2＋2＝2，‎ 解得k＝.‎ ‎(2)由(1)得椭圆方程为＋＝1，直线FM的方程为y＝(x＋c)，两个方程联立，消去y，整理得3x2＋2cx－5c2＝0，解得x＝－c或x＝c.‎ 因为点M在第一象限，可得M的坐标为.‎ 由FM＝ ＝.‎ 解得c＝1，所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(3)设点P的坐标为(x，y)，直线FP的斜率为t，‎ 得t＝，即直线FP的方程为y＝t(x＋1)(x≠－1)，与椭圆方程联立消去y，‎ 整理得2x2＋3t2(x＋1)2＝6，‎ 又由已知，得t＝ ＞，‎ 解得－＜x＜－1或－1＜x＜0.‎ 设直线OP的斜率为m，得m＝，即y＝mx(x≠0)，与椭圆方程联立，整理得m2＝－.‎ ‎①当x∈时，有y＝t(x＋1)＜0，‎ 因此m＞0，于是m＝ ，得m∈.‎ ‎②当x∈(－1,0)时，有y＝t(x＋1)＞0，‎ 因此m＜0，于是m＝－ ，‎ 得m∈.‎ 综上，直线OP的斜率的取值范围是∪.‎ 思维升华　解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面 ‎(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．‎ ‎　‎ ‎(2016·扬州模拟)如图，已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，P是椭圆上一点，点M在PF1上，且满足＝λ (λ∈R)，PO⊥F2M，O为坐标原点．‎ ‎(1)若椭圆的方程为＋＝1，且点P的坐标为(2，)，求点M的横坐标；‎ ‎(2)若λ＝2，求椭圆离心率e的取值范围．‎ 解　(1)因为椭圆的方程为＋＝1，‎ 所以点F1的坐标为(－2,0)，点F2的坐标为(2,0)，‎ 所以kOP＝，＝－，＝，‎ 所以直线F2M的方程为y＝－(x－2)，‎ 直线F1M的方程为y＝(x＋2)．‎ 联立　解得x＝，‎ 所以点M的横坐标为.‎ ‎(2)设点P的坐标为(x0，y0)，点M的坐标为(xM，yM)，‎ 因为＝2，‎ 所以＝(x0＋c，y0)＝(xM＋c，yM)，‎ 所以点M的坐标为(x0－c，y0)，‎ ＝(x0－c，y0)．‎ 因为PO⊥F2M，＝(x0，y0)，‎ 所以(x0－c)x0＋y＝0，即x＋y＝2cx0.‎ 联立 消去y0，得c2x－2a2cx0＋a2(a2－c2)＝0，‎ 解得x0＝或x0＝.‎ 因为－a.‎ 又椭圆离心率e∈(0,1)，‎ 故椭圆离心率e的取值范围为(，1)．‎ 题型二　最值问题 命题点1　利用三角函数有界性求最值 例2　(2016·徐州模拟)过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，则AF·BF的最小值是_____.‎ 答案　4‎ 解析　设直线AB的倾斜角为θ，可得AF＝，BF＝，则AF·BF＝×＝≥4.‎ 命题点2　数形结合利用几何性质求最值 例3　(2015·江苏)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_____________．‎ 答案　 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，故两平行线的距离d＝＝.由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤，故c的最大值为.‎ 命题点3　转化为函数利用基本不等式或二次函数求最值 例4　(2016·山东)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的长轴长为4，焦距为2.‎ ‎(1)求椭圆C的方程．‎ ‎(2)过动点M(0，m)(m＞0)的直线交x轴于点N，交C于点A，P(P在第一象限)，且M是线段PN的中点．过点P作x轴的垂线交C于另一点Q，延长QM交C于点B.‎ ‎①设直线PM，QM的斜率分别为k，k′，证明为定值；‎ ‎②求直线AB的斜率的最小值．‎ ‎(1)解　设椭圆的半焦距为c.‎ 由题意知2a＝4,2c＝2.‎ 所以a＝2，b＝＝.‎ 所以椭圆C的方程为＋＝1.‎ ‎(2)①证明　设P(x0，y0)(x0＞0，y0＞0)．‎ 由M(0，m)，可得P(x0,2m)，Q(x0，－2m)．‎ 所以直线PM的斜率k＝＝.‎ 直线QM的斜率k′＝＝－.‎ 此时＝－3.所以为定值－3.‎ ‎②解　设A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ 由①知直线PA的方程为y＝kx＋m，则 直线QB的方程为y＝－3kx＋m.‎ 联立 整理得(2k2＋1)x2＋4mkx＋2m2－4＝0，‎ 由x0x1＝，可得x1＝，‎ 所以y1＝kx1＋m＝＋m.‎ 同理x2＝，y2＝＋m.‎ 所以x2－x1＝－ ‎＝，‎ y2－y1＝＋m－－m ‎＝，‎ 所以kAB＝＝＝，‎ 由m＞0，x0＞0，可知k＞0，‎ 所以6k＋≥2，当且仅当k＝时取“＝”．‎ 因为P(x0,2m)在椭圆＋＝1上，‎ 所以x0＝，故此时＝，‎ 即m＝，符合题意．‎ 所以直线AB的斜率的最小值为.‎ 思维升华　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．‎ ‎　(2017·扬州预测)已知圆(x－a)2＋(y＋1－r)2＝r2(r>0)过点F(0,1)，圆心M的轨迹为C.‎ ‎(1)求轨迹C的方程；‎ ‎(2)设P为直线l：x－y－2＝0上的点，过点P作曲线C的两条切线PA，PB，当点P(x0，y0)‎ 为直线l上的定点时，求直线AB的方程；‎ ‎(3)当点P在直线l上移动时，求AF·BF的最小值．‎ 解　(1)依题意，由圆过定点F可知轨迹C的方程为x2＝4y.‎ ‎(2)抛物线C的方程为x2＝4y，即y＝x2，‎ 求导得y′＝x.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)(其中y1＝，y2＝)，‎ 则切线PA，PB的斜率分别为x1，x2，‎ 所以切线PA的方程为y－y1＝(x－x1)，‎ 即y＝x－＋y1，即x1x－2y－2y1＝0.‎ 同理可得切线PB的方程为x2x－2y－2y2＝0.‎ 因为切线PA，PB均过点P(x0，y0)，‎ 所以x1x0－2y0－2y1＝0，x2x0－2y0－2y2＝0，‎ 所以(x1，y1)，(x2，y2)为方程x0x－2y0－2y＝0的两组解．‎ 所以直线AB的方程为x0x－2y－2y0＝0.‎ ‎(3)由抛物线定义可知AF＝y1＋1，BF＝y2＋1，‎ 所以AF·BF＝(y1＋1)(y2＋1)＝y1y2＋(y1＋y2)＋1，‎ 联立方程消去x整理得y2＋(2y0－x)y＋y＝0，‎ 由一元二次方程根与系数的关系可得y1＋y2＝x－2y0，y1y2＝y，‎ 所以AF·BF＝y1y2＋(y1＋y2)＋1＝y＋x－2y0＋1.‎ 又点P(x0，y0)在直线l上，所以x0＝y0＋2，‎ 所以y＋x－2y0＋1＝2y＋2y0＋5＝2(y0＋)2＋，‎ 所以当y0＝－时，AF·BF取得最小值，且最小值为.‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎1．(2016·昆明两区七校调研)过抛物线y2＝x的焦点F的直线l交抛物线于A，B两点，且直线l的倾斜角θ≥，点A在x轴上方，则FA的取值范围是__________．‎ 答案　(，1＋]‎ 解析　记点A的横坐标是x1，则有AF＝x1＋ ‎＝(＋AF·cos θ)＋＝＋AF·cos θ，‎ AF(1－cos θ)＝，AF＝.‎ 由≤θ<π得－10，b>0)的左，右焦点，对于左支上任意一点P都有PF＝8a·PF1(a为实半轴长)，则此双曲线的离心率e的取值范围是__________．‎ 答案　(1,3]‎ 解析　由P是双曲线左支上任意一点及双曲线的定义，‎ 得PF2＝2a＋PF1，所以＝PF1＋＋4a＝8a，所以PF1＝2a，PF2＝4a，‎ 在△PF1F2中，PF1＋PF2≥F1F2，‎ 即2a＋4a≥2c，所以e＝≤3.‎ 又e>1，所以10，得m＋2>2，<，－>－，‎ ‎∴1－>，即e>，而03，故填3.‎ ‎7．已知椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的右顶点为A(1,0)，过C1的焦点且垂直长轴的弦长为1.‎ ‎(1)求椭圆C1的方程；‎ ‎(2)设点P在抛物线C2：y＝x2＋h(h∈R)上，C2在点P处的切线与C1交于M，N两点．当线段AP的中点与MN的中点的横坐标相等时，求h的最小值．‎ 解　(1)由题意，得从而 因此，所求的椭圆C1的方程为＋x2＝1.‎ ‎(2)如图，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，P(t，t2＋h)，‎ 则抛物线C2在点P处的切线斜率为y′.‎ 直线MN的方程为 y＝2tx－t2＋h.‎ 将上式代入椭圆C1的方程中，得4x2＋(2tx－t2＋h)2－4＝0，‎ 即4(1＋t2)x2－4t(t2－h)x＋(t2－h)2－4＝0.①‎ 因为直线MN与椭圆C1有两个不同的交点，‎ 所以①式中的Δ1＝16[－t4＋2(h＋2)t2－h2＋4]>0.②‎ 设线段MN的中点的横坐标是x3，‎ 则x3＝＝.‎ 设线段PA的中点的横坐标是x4，则x4＝.‎ 由题意，得x3＝x4，‎ 即t2＋(1＋h)t＋1＝0.③‎ 由③式中的Δ2＝(1＋h)2－4≥0，得h≥1或h≤－3.‎ 当h≤－3时，h＋2<0,4－h2<0，‎ 则不等式②不成立，所以h≥1.‎ 当h＝1时，代入方程③得t＝－1，‎ 将h＝1，t＝－1代入不等式②，检验成立．‎ 所以，h的最小值为1.‎ ‎8. (2016·苏北四市联考)如图，在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，左顶点为A(－4,0)，过点A作斜率为k(k≠0)的直线l交椭圆C于点D，交y轴于点E.‎ ‎(1)求椭圆C的标准方程；‎ ‎(2)已知P为AD的中点，是否存在定点Q，对于任意的k(k≠0)都有OP⊥EQ？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由．‎ ‎(3)若过点O作直线l的平行线交椭圆C于点M，求的最小值．‎ 解　(1)因为左顶点为A(－4,0)，‎ 所以a＝4，又e＝，所以c＝2.‎ 又因为b2＝a2－c2＝12，‎ 所以椭圆C的标准方程为＋＝1.‎ ‎(2)直线l的方程为y＝k(x＋4)，‎ 联立得＋＝1，‎ 化简，得(x＋4)[(4k2＋3)x＋16k2－12]＝0，‎ 所以x1＝－4，x2＝.‎ 当x＝时，y＝k(＋4)＝，‎ 所以点D的坐标为(，)．‎ 因为P为AD的中点，‎ 所以点P的坐标为(，)，‎ 则kOP＝－(k≠0)．‎ 直线l的方程为y＝k(x＋4)，令x＝0，得点E的坐标为(0,4k)．‎ 假设存在定点Q(m，n)(m≠0)，使得OP⊥EQ，则kOPkEQ＝－1，‎ 即－·＝－1，所以(4m＋12)k－3n＝0，‎ 所以　解得 因此定点Q的坐标为(－3,0)．‎ ‎(3)因为OM∥l，所以OM的方程可设为y＝kx，‎ 联立得点M的横坐标为x＝±.‎ 由OM∥l，‎ 得＝＝ ‎＝＝· ‎＝(＋)≥2，‎ 当且仅当＝，即k＝±时取等号．‎ 所以当k＝±时，取得最小值为2.‎ ‎9．如图，O为坐标原点，椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左，右焦点分别为F1，F2，离心率为e1；双曲线C2：－＝1的左，右焦点分别为F3，F4，离心率为e2.已知e1e2＝，且F2F4＝－1.‎ ‎(1)求C1，C2的方程；‎ ‎(2)过F1作C1的不垂直于y轴的弦AB，M为AB的中点，当直线OM与C2交于P，Q两点时，求四边形APBQ面积的最小值．‎ 解　(1)因为e1e2＝，所以 ·＝，即a4－b4＝a4，因此a2＝2b2，从而F2(b,0)，F4(b,0)，于是b－b＝F2F4＝－1，所以b＝1，a2＝2.‎ 故C1，C2的方程分别为＋y2＝1，－y2＝1.‎ ‎(2)因为AB不垂直于y轴，且过点F1(－1,0)，‎ 故可设直线AB的方程为x＝my－1.‎ 由得(m2＋2)y2－2my－1＝0.‎ 易知此方程的判别式大于0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 则y1，y2是上述方程的两个实根，‎ 所以y1＋y2＝，y1y2＝.‎ 因此x1＋x2＝m(y1＋y2)－2＝，‎ 于是AB的中点为M(，)，‎ 故直线PQ的斜率为－，PQ的方程为y＝－x，‎ 即mx＋2y＝0.‎ 由得(2－m2)x2＝4，‎ 所以2－m2>0，且x2＝，y2＝，‎ 从而PQ＝2＝2 .‎ 设点A到直线PQ的距离为d，‎ 则点B到直线PQ的距离也为d，‎ 所以2d＝.‎ 因为点A，B在直线mx＋2y＝0的异侧，‎ 所以(mx1＋2y1)(mx2＋2y2)<0，‎ 于是|mx1＋2y1|＋|mx2＋2y2|‎ ‎＝|mx1＋2y1－mx2－2y2|，‎ 从而2d＝.‎ 又因为|y1－y2|＝ ‎＝，‎ 所以2d＝.‎ 故四边形APBQ的面积S＝·PQ·2d ‎＝＝2·.‎ 而0<2－m2≤2，故当m＝0时，S取得最小值2.‎ 综上所述，四边形APBQ面积的最小值为2.‎