2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第8章平面解析幾何第8節(jié)第1課時直線與圓錐曲線的位置關(guān)系學(xué)案含解析新人教B版202305182196

2024版新教材高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)第8章平面解析幾何第8節(jié)第1課時直線與圓錐曲線的位置關(guān)系學(xué)案含解析新人教B版202305182196第8節(jié)直線與圓錐曲線的位置關(guān)系第1課時直線與圓錐曲線的位置關(guān)系一、教材概念·結(jié)論·性質(zhì)重現(xiàn)1．直線與圓錐曲線的位置關(guān)系的判定(1)代數(shù)法：把圓錐曲線方程C與直線方程l聯(lián)立消去y，整理得到關(guān)于x的方程ax2＋bx＋c＝0.方程ax2＋bx＋c＝0的解l與C的交點(diǎn)個數(shù)a＝0b＝0無解(含l是雙曲線的漸近線)0b≠0有一解(含l與拋物線的對稱軸平行(重合)或與雙曲線的漸近線平行)1a≠0Δ＞0兩個不相等的解2Δ＝0兩個相等的解1Δ＜0無實(shí)數(shù)解0(2)幾何法：在同一直角坐標(biāo)系中畫出圓錐曲線和直線，利用圖像和性質(zhì)可判定直線與圓錐曲線的位置關(guān)系．(1)直線與雙曲線交于一點(diǎn)時，易誤認(rèn)為直線與雙曲線相切．而當(dāng)直線與雙曲線的漸近線平行時，直線與雙曲線相交于一點(diǎn)．(2)直線與拋物線交于一點(diǎn)時，除直線與拋物線相切外，易忽視直線與對稱軸平行或重合時也與拋物線相交于一點(diǎn)．2．直線與圓錐曲線的相交弦長問題設(shè)斜率為k(k≠0)的直線l與圓錐曲線C相交于A，B兩點(diǎn)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)eq\r(x1＋x22－4x1x2).或|AB|＝eq\r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝eq\r(1＋\f(1,k2))eq\r(y1＋y22－4y1y2).解決直線與圓錐曲線的位置關(guān)系問題的規(guī)律：“聯(lián)立方程求交點(diǎn)，根與系數(shù)的關(guān)系求弦長，根的分布找范圍，曲線定義不能忘．”二、基本技能·思想·活動體驗(yàn)1．判斷下列說法的正誤，對的打“√”，錯的打“×”．(1)“直線l與橢圓C相切”的充要條件是“直線l與橢圓C只有一個公共點(diǎn)”．(√)(2)“直線l與雙曲線C相切”的充要條件是“直線l與雙曲線C只有一個公共點(diǎn)”．(×)(3)“直線l與拋物線C相切”的充要條件是“直線l與拋物線C只有一個公共點(diǎn)”．(×)(4)如果直線x＝ty＋a與圓錐曲線相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)兩點(diǎn)，則弦長|AB|＝eq\r(1＋t2)|y1－y2|.(√)(5)若拋物線C上存在關(guān)于直線l對稱的兩點(diǎn)，則需滿足直線l與拋物線C的方程聯(lián)立消元后得到的一元二次方程的判別式Δ>0.(×)2．過點(diǎn)(0,1)作直線，使它與拋物線y2＝4x僅有一個公共點(diǎn)，這樣的直線有()A．1條 B．2條C．3條 D．4條C解析：結(jié)合圖形分析可知，滿足題意的直線共有3條，過點(diǎn)(0,1)且平行于x軸的直線以及過點(diǎn)(0,1)且與拋物線相切的兩條直線．3．直線l與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)交于A，B兩點(diǎn)，M是線段AB的中點(diǎn)．若l與OM(O是原點(diǎn))的斜率的乘積等于1，則此雙曲線的離心率為()A．3 B．2C．eq\r(3) D．eq\r(2)D解析：設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，M(x0，y0)．把A，B兩點(diǎn)坐標(biāo)分別代入雙曲線的方程，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)－\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)－\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減得eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)－eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)＝0.又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝\f(x1＋x2,2)，,y0＝\f(y1＋y2,2)，))所以eq\f(x0,a2)＝eq\f(y0y1－y2,b2x1－x2).所以eq\f(b2,a2)＝eq\f(y0y1－y2,x0x1－x2)＝kOMkl＝1，所以e2＝1＋eq\f(b2,a2)＝2.又e>1，所以e＝eq\r(2).4．(2021·溫州模擬)雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)上一點(diǎn)M(－3,4)關(guān)于一條漸近線的對稱點(diǎn)恰為雙曲線的右焦點(diǎn)F2，則該雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為___________．eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1解析：由題設(shè)知點(diǎn)M(－3,4)與右焦點(diǎn)F2(c,0)關(guān)于直線y＝eq\f(b,a)x對稱，所以eq\f(－4,c＋3)·eq\f(b,a)＝－1，即4b＝a(c＋3)，①且線段MF2的中點(diǎn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(c－3,2)，2))在直線y＝eq\f(b,a)x上，即2＝eq\f(b,a)·eq\f(c－3,2)，得b(c－3)＝4a.②由①÷②得eq\f(4,c－3)＝eq\f(c＋3,4)，解得c＝5，代入①可得b＝2a.又c2＝a2＋b2，所以25＝a2＋(2a)2，所以a2＝5，從而b2＝4a2＝20.故所求雙曲線的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,5)－eq\f(y2,20)＝1.5．已知傾斜角為60°的直線l經(jīng)過拋物線x2＝4y的焦點(diǎn)，且與拋物線相交于A，B兩點(diǎn)，則弦|AB|＝________.16解析：直線l的方程為y＝eq\r(3)x＋1.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x＋1，,x2＝4y，))得y2－14y＋1＝0.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則y1＋y2＝14，所以|AB|＝y(tǒng)1＋y2＋p＝14＋2＝16.考點(diǎn)1直線和圓錐曲線的位置關(guān)系——基礎(chǔ)性1．若直線mx＋ny＝4與⊙O：x2＋y2＝4沒有交點(diǎn)，則過點(diǎn)P(m，n)的直線與橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的交點(diǎn)個數(shù)是()A．至多為1 B．2C．1 D．0B解析：由題意知eq\f(4,\r(m2＋n2))＞2，即eq\r(m2＋n2)＜2，所以點(diǎn)P(m，n)在橢圓eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1的內(nèi)部．故所求交點(diǎn)個數(shù)是2.2．若直線y＝kx＋2與雙曲線x2－y2＝6的右支交于不同的兩點(diǎn)，則k的取值范圍是________．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(15),3)，－1))解析：由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋2，,x2－y2＝6，))得(1－k2)x2－4kx－10＝0.設(shè)直線與雙曲線的右支交于不同的兩點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－k2≠0，,Δ＝16k2－41－k2×－10>0，,x1＋x2＝\f(4k,1－k2)>0，,x1x2＝\f(－10,1－k2)>0，))解得－eq\f(\r(15),3)<k<－1.研究直線和圓錐曲線的位置關(guān)系，一般轉(zhuǎn)化為研究直線方程與圓錐曲線方程組成的方程組解的個數(shù)，但對于選擇題、填空題，常根據(jù)幾何條件，利用數(shù)形結(jié)合的方法求解．考點(diǎn)2弦長問題——綜合性(2020·鐘祥市高三三模)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，|F1F2|＝2eq\r(5)，Q是y軸的正半軸上一點(diǎn)，QF2交橢圓于P，且PF1⊥PF2，△PQF1的內(nèi)切圓⊙M的半徑為1.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)若直線AB：y＝2x＋m和圓M相切，且與橢圓C交于A，B兩點(diǎn)，求|AB|的值．解：(1)如圖，設(shè)△PQF1的內(nèi)切圓⊙M切PF1，QF1，PQ于點(diǎn)E，F(xiàn)，G，|EF1|＝|FF1|＝x，|QF|＝|QG|＝y(tǒng)(x>0，y>0)．由PF1⊥PF2，且|PE|＝|PG|＝1，有|GF2|＝|FF1|＝x，則|PF2|＝x－1，|PF1|＝x＋1.由|PF1|2＋|PF2|2＝|F1F2|2得(x－1)2＋(x＋1)2＝(2eq\r(5))2(x>0)，解得x＝3.故2a＝|PF1|＋|PF2|＝2x＝6，即a＝3，b＝eq\r(a2－c2)＝2.故所求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由(1)知tan∠PF1F2＝eq\f(1,2)，所以直線PF1的方程為y＝eq\f(1,2)(x＋eq\r(5))．設(shè)點(diǎn)M(0，t)，其到直線PF1的距離為1，有eq\f(|－2t＋\r(5)|,\r(5))＝1，解得t＝eq\r(5)或t＝0(舍)．即M(0，eq\r(5))，故圓M的方程為x2＋(y－eq\r(5))2＝1.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝2x＋m，,4x2＋9y2－36＝0，))得40x2＋36mx＋9m2－36＝0，則x1＋x2＝－eq\f(9m,10)，x1x2＝eq\f(9m2－36,40).所以|x1－x2|＝eq\r(\f(81m2,100)－4×\f(9m2－36,40))＝eq\f(3,10)×eq\r(40－m2).所以|AB|＝eq\r(1＋k2)×|x1－x2|＝eq\f(3\r(5),10)×eq\r(40－m2).因?yàn)閥＝2x＋m與x2＋(y－eq\r(5))2＝1相切，所以eq\f(|m－\r(5)|,\r(5))＝1，解得m＝0或m＝2eq\r(5).故|AB|＝3eq\r(2)或3.直線與圓錐曲線相交時弦長的求法(1)定義法：過圓錐曲線的焦點(diǎn)的弦長問題，利用圓錐曲線的定義可優(yōu)化解題．(2)點(diǎn)距法：將直線的方程與圓錐曲線的方程聯(lián)立，求出兩交點(diǎn)的坐標(biāo)，再運(yùn)用兩點(diǎn)間距離公式求弦長．(3)弦長公式法：體現(xiàn)了解析幾何中設(shè)而不求的思想，其實(shí)質(zhì)是利用兩點(diǎn)之間的距離公式以及一元二次方程根與系數(shù)的關(guān)系．已知點(diǎn)N(－1,0)，點(diǎn)P是圓M：(x－1)2＋y2＝16上的動點(diǎn)，A為線段PN的中點(diǎn)，G為線段PM上一點(diǎn)，且eq\o(GA,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0.設(shè)動點(diǎn)G的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)直線PN與曲線C相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，與圓M相交于另一點(diǎn)Q，且點(diǎn)P，E位于點(diǎn)N的同側(cè)，當(dāng)△PMN面積最大時，求|PE|＋|FQ|的值．解：(1)由題可知圓M的圓心M(1，0)，半徑r＝4.又A為線段PN的中點(diǎn)，G在PM上，且eq\o(GA,\s\up6(→))·eq\o(PN,\s\up6(→))＝0，所以GA為PN的中垂線，所以|GN|＝|GP|.又|GN|＋|GM|＝|GP|＋|GM|＝r＝4>|MN|＝2，所以點(diǎn)G的軌跡為橢圓．設(shè)曲線C的方程為eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，則2a＝4,2c＝2，所以a＝2，c＝1.b2＝a2－c2＝3，所以曲線C的方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)如圖．假設(shè)點(diǎn)P在x軸上方．設(shè)點(diǎn)E(x1，y1)，F(xiàn)(x2，y2)．當(dāng)△PMN面積最大時，PM⊥x軸，所以點(diǎn)P(1,4)，則直線PN方程為y＝2(x＋1)，即2x－y＋2＝0.所以點(diǎn)M到直線PN的距離為d＝eq\f(|2＋2|,\r(22＋－12))＝eq\f(4\r(5),5).所以|PQ|＝2eq\r(r2－d2)＝eq\f(16\r(5),5).聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x－y＋2＝0，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1))得19x2＋32x＋4＝0，所以x1＋x2＝－eq\f(32,19)，x1x2＝eq\f(4,19)，所以|EF|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(60,19)，所以|PE|＋|FQ|＝|PQ|－|EF|＝eq\f(16\r(5),5)－eq\f(60,19).考點(diǎn)3中點(diǎn)弦問題——綜合性考向1由中點(diǎn)弦確定直線方程(2020·哈爾濱三中高三期末)已知橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1，則與橢圓相交且以點(diǎn)A(1,1)為弦中點(diǎn)的直線所在方程為()A．3x＋4y＋7＝0 B．2x＋5y－7＝0C．3x－4y＋1＝0 D．3x＋4y－7＝0D解析：設(shè)以點(diǎn)A(1,1)為弦中點(diǎn)的直線與橢圓交于點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)．依題意所求直線的斜率存在，將點(diǎn)M(x1，y1)，N(x2，y2)的坐標(biāo)代入橢圓方程得，eq\f(x\o\al(2,1),4)＋eq\f(y\o\al(2,1),3)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),4)＋eq\f(y\o\al(2,2),3)＝1，兩式相減得eq\f(x1＋x2x1－x2,4)＋eq\f(y1＋y2y1－y2,3)＝0.因?yàn)閤1＋x2＝2，y1＋y2＝2，所以eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(3,4)，即所求直線的斜率為－eq\f(3,4)，所求的直線方程為3x＋4y－7＝0.考向2由中點(diǎn)弦確定曲線方程或參數(shù)的值(1)(2020·西寧市高三二模)已知傾斜角為eq\f(π,4)的直線與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)相交于A，B兩點(diǎn)，M(4,2)是弦AB的中點(diǎn)，則雙曲線的離心率為()A.eq\r(6) B.eq\r(3)C.eq\f(3,2) D.eq\f(\r(6),2)D解析：因?yàn)閮A斜角為eq\f(π,4)的直線與雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)相交于A，B兩點(diǎn)，所以直線的斜率k＝taneq\f(π,4)＝1.設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則eq\f(x\o\al(2,1),a2)－eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，①eq\f(x\o\al(2,2),a2)－eq\f(y\o\al(2,2),b2)＝1.②由①－②得eq\f(x1－x2x1＋x2,a2)＝eq\f(y1－y2y1＋y2,b2)，則k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝eq\f(b2,a2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2).因?yàn)镸(4,2)是弦AB的中點(diǎn)，所以x1＋x2＝8，y1＋y2＝4.因?yàn)橹本€的斜率為1，所以1＝eq\f(b2,a2)×eq\f(8,4)，即eq\f(b2,a2)＝eq\f(1,2).所以e2＝eq\f(a2＋b2,a2)＝1＋eq\f(b2,a2)＝eq\f(3,2)，即e＝eq\f(\r(6),2).故選D.(2)(2020·遂寧市高三模擬)若中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)坐標(biāo)為(0，±5eq\r(2))的橢圓被直線3x－y－2＝0截得的弦的中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為eq\f(1,2)，則橢圓方程為()A.eq\f(2x2,25)＋eq\f(2y2,75)＝1B.eq\f(2x2,75)＋eq\f(2y2,25)＝1C.eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,75)＝1D.eq\f(x2,75)＋eq\f(y2,25)＝1C解析：設(shè)橢圓方程為eq\f(y2,a2)＋eq\f(x2,b2)＝1(a＞b＞0)，則a2－b2＝50.①設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，弦AB的中點(diǎn)為(x0，y0)．因?yàn)閤0＝eq\f(1,2)，所以y0＝eq\f(3,2)－2＝－eq\f(1,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y\o\al(2,1),a2)＋\f(x\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(y\o\al(2,2),a2)＋\f(x\o\al(2,2),b2)＝1))可得eq\f(y\o\al(2,1)－y\o\al(2,2),a2)＝－eq\f(x\o\al(2,1)－x\o\al(2,2),b2)，所以直線AB的斜率k＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(a2,b2)·eq\f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq\f(a2,b2)·eq\f(x0,y0)＝3.因?yàn)閑q\f(x0,y0)＝－1，所以a2＝3b2②.聯(lián)立①②，可得a2＝75，b2＝25，所以橢圓的方程為eq\f(x2,25)＋eq\f(y2,75)＝1.處理中點(diǎn)弦問題的常用方法(1)點(diǎn)差法，即設(shè)出弦的兩端點(diǎn)坐標(biāo)后，代入圓錐曲線方程，并將兩式相減，式中含有x1＋x2，y1＋y2，eq\f(y1－y2,x1－x2)三個未知量，這樣就直接將中點(diǎn)和直線的斜率聯(lián)系起來，借用中點(diǎn)公式即可求得斜率．用點(diǎn)差法求直線方程后需驗(yàn)證直線與圓錐曲線是否相交．(2)根與系數(shù)的關(guān)系，即聯(lián)立直線與圓錐曲線的方程得到方程組，化為一元二次方程后由根與系數(shù)的關(guān)系求解．1．已知雙曲線的中心在原點(diǎn)且一個焦點(diǎn)為F(eq\r(7)，0)，直線y＝x－1與其相交于M，N兩點(diǎn)．若線段MN中點(diǎn)的橫坐標(biāo)為－eq\f(2,3)，則此雙曲線的方程是()A.eq\f(x2,3)－eq\f(y2,4)＝1B.eq\f(x2,4)－eq\f(y2,3)＝1C.eq\f(x2,5)－eq\f(y2,2)＝1D.eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝1D解析：設(shè)雙曲線的方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)．由題意可得a2＋b2＝7.設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，則線段MN的中點(diǎn)為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3)，－\f(5,3))).由eq\f(x\o\al(2,1),a2)－eq\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，eq\f(x\o\al(2,2),a2)－eq\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，得eq\f(x1＋x2x1－x2,a2)＝eq\f(y1＋y2y1－y2,b2)，即eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2,3))),a2)＝eq\f(2×\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5,3))),b2)，所以eq\f(2,a2)＝eq\f(5,b2).聯(lián)立a2＋b2＝7，解得a2＝2，b2＝5，故所求雙曲線的方程為eq\f(x2,2)－eq\f(y2,5)＝1.故選D.2．已知直線x＋2y－3＝0與橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)相交于A，B兩點(diǎn)，且線段AB的中點(diǎn)在直線3x－4y＋1＝0上，則此橢圓的離心率為________．eq\f(\r(2),2)解析：聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋2y－3＝0，,3x－4y＋1＝0，))得x＝1，y＝1.故直線x＋2y－3＝0與3x－4y＋1＝0的交點(diǎn)為坐標(biāo)為(1,1)，即線段AB的中點(diǎn)坐標(biāo)為(1,1)．設(shè)x＋2y－3＝0與eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1的交點(diǎn)分別為A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝2，y1＋y2＝2，直線x＋2y－3＝0的斜率k＝－eq\f(1,2).分別把A，B的坐標(biāo)代入橢圓方程得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),a2)＋\f(y\o\al(2,1),b2)＝1，,\f(x\o\al(2,2),a2)＋\f(y\o\al(2,2),b2)＝1，))兩式相減并整理，得eq\f(y1＋y2y1－y2,x1－x2x1＋x2)＝－eq\f(b2,a2)，即eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(b2,a2)，所以－eq\f(1,2)＝－eq\f(b2,a2)，即a2＝2b2，所以a＝eq\r(2)b＝eq\r(2)c，e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2).第2課時范圍、最值問題考點(diǎn)1范圍問題——綜合性(2021·威海模擬)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的右焦點(diǎn)為F(1,0)，且點(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓C上，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)過定點(diǎn)T(0,2)的直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)A，B，且∠AOB為銳角，求直線l的斜率k的取值范圍．解：(1)由題意，得c＝1，所以a2＝b2＋1.因?yàn)辄c(diǎn)Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1，\f(3,2)))在橢圓C上，所以eq\f(1,a2)＋eq\f(9,4b2)＝1，所以a2＝4，b2＝3.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1.(2)設(shè)直線l的方程為y＝kx＋2，點(diǎn)A(x1，y1)，B(x2，y2)．由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝kx＋2，))得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0.因?yàn)棣ぃ?8(4k2－1)＞0，所以k2＞eq\f(1,4).由根與系數(shù)的關(guān)系，得x1＋x2＝eq\f(－16k,4k2＋3)，x1x2＝eq\f(4,4k2＋3).因?yàn)椤螦OB為銳角，所以eq\o(OA,\s\up6(→))·eq\o(OB,\s\up6(→))＞0，即x1x2＋y1y2＞0.所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)＞0，即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＞0，所以(1＋k2)·eq\f(4,4k2＋3)＋2k·eq\f(－16k,4k2＋3)＋4＞0，即eq\f(－12k2＋16,4k2＋3)＞0，所以k2＜eq\f(4,3).綜上可知eq\f(1,4)＜k2＜eq\f(4,3)，解得－eq\f(2\r(3),3)＜k＜－eq\f(1,2)或eq\f(1,2)＜k＜eq\f(2\r(3),3).所以直線l的斜率k的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(2\r(3),3)，－\f(1,2)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(2\r(3),3))).圓錐曲線中的取值范圍問題的解題策略(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或聯(lián)立方程后的判別式構(gòu)造不等關(guān)系，從而確定參數(shù)的取值范圍．(2)利用已知參數(shù)的范圍，求新參數(shù)的范圍，解這類問題的核心是建立兩個參數(shù)之間的等量關(guān)系．(3)利用隱含的不等關(guān)系建立不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．(4)利用已知的不等關(guān)系構(gòu)造不等式，從而求出參數(shù)的取值范圍．(5)利用求函數(shù)的值域的方法將待求量表示為其他變量的函數(shù)，求其值域，從而確定參數(shù)的取值范圍．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，短軸長為2.(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)設(shè)直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，O為坐標(biāo)原點(diǎn)．若kOM·kON＝eq\f(5,4)，求原點(diǎn)O到直線l的距離的取值范圍．解：(1)由題意知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)，2b＝2.又a2＝b2＋c2，所以b＝1，a＝2.所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.依題意，Δ＝(8km)2－4(4k2＋1)(4m2－4)>0，化簡得m2<4k2＋1.①x1＋x2＝－eq\f(8km,4k2＋1)，x1x2＝eq\f(4m2－4,4k2＋1)，y1y2＝(kx1＋m)(kx2＋m)＝k2x1x2＋km(x1＋x2)＋m2.若kOM·kON＝eq\f(5,4)，則eq\f(y1y2,x1x2)＝eq\f(5,4)，即4y1y2＝5x1x2.所以(4k2－5)x1x2＋4km(x1＋x2)＋4m2＝0.所以(4k2－5)·eq\f(4m2－1,4k2＋1)＋4km·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(8km,4k2＋1)))＋4m2＝0，即(4k2－5)(m2－1)－8k2m2＋m2(4k2＋1)＝0，化簡得m2＋k2＝eq\f(5,4).②由①②得0≤m2<eq\f(6,5)，eq\f(1,20)<k2≤eq\f(5,4).因?yàn)樵c(diǎn)O到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋k2))，所以d2＝eq\f(m2,1＋k2)＝eq\f(\f(5,4)－k2,1＋k2)＝－1＋eq\f(9,41＋k2).又eq\f(1,20)<k2≤eq\f(5,4)，所以0≤d2<eq\f(8,7)，所以原點(diǎn)O到直線l的距離的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(2\r(14),7))).考點(diǎn)2最值問題——綜合性考向1利用幾何性質(zhì)求最值在平面直角坐標(biāo)系xOy中，P為雙曲線x2－y2＝1右支上的一個動點(diǎn)．若點(diǎn)P到直線x－y＋1＝0的距離大于c恒成立，則實(shí)數(shù)c的最大值為________．eq\f(\r(2),2)解析：直線x－y＋1＝0與雙曲線x2－y2＝1的一條漸近線x－y＝0平行，這兩條平行線之間的距離為eq\f(\r(2),2).又P為雙曲線x2－y2＝1右支上的一個動點(diǎn)，點(diǎn)P到直線x－y＋1＝0的距離大于c恒成立，則c≤eq\f(\r(2),2)，即實(shí)數(shù)c的最大值為eq\f(\r(2),2).考向2利用函數(shù)、導(dǎo)數(shù)法求最值如圖，已知橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1上兩個不同的點(diǎn)A，B關(guān)于直線y＝mx＋eq\f(1,2)對稱．(1)求實(shí)數(shù)m的取值范圍；(2)求△AOB面積的最大值(O為坐標(biāo)原點(diǎn))．解：由題意知m≠0，可設(shè)直線AB的方程為y＝－eq\f(1,m)x＋b，A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中點(diǎn)為M.聯(lián)立方程eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x2,2)＋y2＝1，,y＝－\f(1,m)x＋b，))消去y，得eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)＋\f(1,m2)))x2－eq\f(2b,m)x＋b2－1＝0.因?yàn)橹本€y＝－eq\f(1,m)x＋b與橢圓eq\f(x2,2)＋y2＝1有兩個不同的交點(diǎn)，所以Δ＝－2b2＋2＋eq\f(4,m2)＞0，①則x1＋x2＝eq\f(4mb,m2＋2)，y1＋y2＝eq\f(2m2b,m2＋2).(1)將AB中點(diǎn)Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2mb,m2＋2)，\f(m2b,m2＋2)))代入直線方程y＝mx＋eq\f(1,2)，解得b＝－eq\f(m2＋2,2m2).②由①②得m＜－eq\f(\r(6),3)或m＞eq\f(\r(6),3).故實(shí)數(shù)m的取值范圍為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(\r(6),3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(6),3)，＋∞)).(2)令t＝eq\f(1,m)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(\r(6),2)，0))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(6),2)))，則t2∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(3,2))).則|AB|＝eq\r(t2＋1)·eq\f(\r(－2t4＋2t2＋\f(3,2)),t2＋\f(1,2))，點(diǎn)O到直線AB的距離為d＝eq\f(t2＋\f(1,2),\r(t2＋1)).設(shè)△AOB的面積為S(t)，則S(t)＝eq\f(1,2)|AB|·d＝eq\f(1,2)eq\r(－2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t2－\f(1,2)))2＋2)≤eq\f(\r(2),2).當(dāng)且僅當(dāng)t2＝eq\f(1,2)時，等號成立．故△AOB面積的最大值為eq\f(\r(2),2).考向3利用均值不等式求最值(2020·漢中市模擬)圓O的方程為：x2＋y2＝9，P為圓上任意一點(diǎn)，過P作x軸的垂線，垂足為D，點(diǎn)Q在PD上，且eq\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(DP,\s\up6(→)).(1)求點(diǎn)Q的軌跡C的方程；(2)過點(diǎn)F(－eq\r(5)，0)的直線與曲線C交于A，B兩點(diǎn)，點(diǎn)M的坐標(biāo)為(3,0)，△MAB的面積為S，求S的最大值，及直線AB的方程．解：(1)設(shè)P(x1，y1)，Q(x，y)，則D(x1，0)，eq\o(DP,\s\up6(→))＝(0，y1)，eq\o(DQ,\s\up6(→))＝(0，y)．因?yàn)閑q\o(DQ,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(DP,\s\up6(→))，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＝x，,y1＝\f(3,2)y，))把P(x1，y1)代入圓的方程得x2＋eq\f(9,4)y2＝9，所以Q的軌跡C的方程為eq\f(x2,9)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)由題意易知直線的斜率不為0，設(shè)直線AB的方程為x＝ty－eq\r(5)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty－\r(5)，,4x2＋9y2－36＝0，))?消去x得(4t2＋9)y2－8eq\r(5)ty－16＝0.由根與系數(shù)的關(guān)系，得y1＋y2＝eq\f(8\r(5)t,4t2＋9)，y1y2＝eq\f(－16,4t2＋9)，S△MAB＝eq\f(1,2)×(3＋eq\r(5))×|y1－y2|＝eq\f(3＋\r(5),2)×eq\f(24\r(t2＋1),4t2＋9)＝eq\f(123＋\r(5)\r(t2＋1),4t2＋9)＝12(3＋eq\r(5))·eq\f(1,4\r(t2＋1)＋\f(5,\r(t2＋1)))≤12(3＋eq\r(5))×eq\f(1,2\r(20))＝eq\f(123＋\r(5),4\r(5))＝eq\f(15＋9\r(5),5).當(dāng)且僅當(dāng)t＝±eq\f(1,2)時取等號，所以△MAB的面積有最大值為eq\f(15＋9\r(5),5).當(dāng)△MAB的面積為最大時，直線AB的方程為y＝2x＋2eq\r(5)或y＝－2x－2eq\r(5).最值問題的2種基本解法幾何法根據(jù)已知的幾何量之間的相互關(guān)系，利用平面幾何和解析幾何知識加以解決(如拋物線上的點(diǎn)到某個定點(diǎn)和焦點(diǎn)的距離之和、光線反射問題等在選擇題、填空題中經(jīng)?？疾?代數(shù)法建立求解目標(biāo)關(guān)于某個(或兩個)變量的函數(shù)，通過求解函數(shù)的最值解決(一般方法、均值不等式法、導(dǎo)數(shù)法等)(2020·瀘州市高三三模)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)為F1，F(xiàn)2，離心率為eq\f(\r(3),2)，過點(diǎn)F2且垂直于x軸的直線被橢圓E截得的弦長為1.(1)求橢圓E的方程；(2)若直線y＝kx＋m(k>0)交橢圓E于C，D兩點(diǎn)，與線段F1F2和橢圓短軸分別交于兩個不同點(diǎn)M，N，且|CM|＝|DN|，求|CD|的最小值．解：(1)由題意可知e＝eq\f(c,a)＝eq\f(\r(3),2)＝eq\r(1－\f(b2,a2))，且eq\f(2b2,a)＝1，解得a＝2，b＝1，c＝eq\r(3).所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)把y＝kx＋m(k>0)代入eq\f(x2,4)＋y2＝1得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.設(shè)C(x1，y1)，D(x2，y2)，則x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq\f(4m2－4,1＋4k2).又Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(m,k)，0))，N(0，m)，|CM|＝|DN|，所以xM－x1＝x2－xN，即xM＋xN＝x1＋x2.所以x1＋x2＝－eq\f(8km,1＋4k2)＝－eq\f(m,k).因?yàn)閥＝kx＋m(k>0)與線段F1F2和橢圓短軸分別交于兩個不同點(diǎn)M，N，所以m≠0.又k>0，則k＝eq\f(1,2)，故x1＋x2＝－2m，x1x2＝2m2－2.因?yàn)橹本€y＝kx＋m(k>0)與線段F1F2及橢圓的短軸分別交于不同兩點(diǎn)，所以－eq\r(3)≤－2m≤eq\r(3)，即－eq\f(\r(3),2)≤m≤eq\f(\r(3),2)，且m≠0，所以|CD|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(\r(5),2)eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\f(\r(5),2)eq\r(－2m2－42m2－2)＝eq\r(52－m2).因?yàn)椋璭q\f(\r(3),2)≤m≤eq\f(\r(3),2)，且m≠0，所以，當(dāng)m＝eq\f(\r(3),2)或m＝－eq\f(\r(3),2)時，|CD|的最小值為eq\f(5,2).在平面直角坐標(biāo)系xOy中，已知圓O：x2＋y2＝4，橢圓C：eq\f(x2,4)＋y2＝1，A為橢圓C的右頂點(diǎn)，過原點(diǎn)且異于x軸的直線與橢圓C交于M，N兩點(diǎn)，M在x軸的上方，直線AM與圓O的另一交點(diǎn)為P，直線AN與圓O的另一交點(diǎn)為Q.(1)若eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(AM,\s\up6(→))，求直線AM的斜率；(2)設(shè)△AMN與△APQ的面積分別為S1，S2，求eq\f(S1,S2)的最大值．[四字程序]讀想算思已知圓的方程和橢圓的方程，直線與圓、橢圓都相交1.向量eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(AM,\s\up6(→))如何轉(zhuǎn)化？2．如何表示三角形的面積？把eq\f(S1,S2)用直線AM的斜率k來表示轉(zhuǎn)化與化歸求直線AM的斜率，求△AMN與△APQ的面積之比1.用A，P，M的坐標(biāo)表示；2．利用公式S＝eq\f(1,2)absinC表示并轉(zhuǎn)化eq\f(S1,S2)＝eq\f(|AM|·|AN|,|AP|·|AQ|)進(jìn)而用均值不等式求其最大值把面積之比的最大值轉(zhuǎn)化為一個變量的不等式思路參考：設(shè)直線AM的方程為y＝k(x－2)，k<0，利用yp＝3yM求解．解：(1)設(shè)直線AM的方程為y＝k(x－2)，k<0，將y＝k(x－2)與橢圓方程eq\f(x2,4)＋y2＝1聯(lián)立，得k2(x－2)2＝eq\f(1,4)(2＋x)(2－x)．求得點(diǎn)M的橫坐標(biāo)為xM＝eq\f(8k2－2,4k2＋1)，縱坐標(biāo)為yM＝eq\f(－4k,4k2＋1).將y＝k(x－2)與圓方程x2＋y2＝4聯(lián)立，得k2(x－2)2＝(2＋x)(2－x)．求得點(diǎn)P的橫坐標(biāo)為xP＝eq\f(2k2－2,k2＋1)，縱坐標(biāo)為yP＝eq\f(－4k,k2＋1).由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(AM,\s\up6(→))得yP＝3yM，即eq\f(－4k,k2＋1)＝eq\f(－12k,4k2＋1).又k<0，解得k＝－eq\r(2).(2)由M，N關(guān)于原點(diǎn)對稱，得點(diǎn)N的坐標(biāo)為xN＝eq\f(－8k2＋2,4k2＋1)，yN＝eq\f(4k,4k2＋1)，所以直線AN的斜率為kAN＝eq\f(\f(4k,4k2＋1),\f(－8k2＋2,4k2＋1)－2)＝－eq\f(1,4k).于是eq\f(|AM|,|AP|)＝eq\f(yM,yP)＝eq\f(k2＋1,4k2＋1)，同理eq\f(|AN|,|AQ|)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))2＋1,4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,4k)))2＋1)＝eq\f(16k2＋1,16k2＋4).所以eq\f(S1,S2)＝eq\f(|AM|·|AN|,|AP|·|AQ|)＝eq\f(k2＋1,4k2＋1)·eq\f(16k2＋1,16k2＋4)＝eq\f(16k4＋17k2＋1,416k4＋8k2＋1)＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(9k2,16k4＋8k2＋1)))＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(9,16k2＋\f(1,k2)＋8)))≤eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1＋\f(9,2\r(16k2·\f(1,k2))＋8)))＝eq\f(25,64)，當(dāng)且僅當(dāng)16k2＝eq\f(1,k2)，即k＝－eq\f(1,2)時等號成立，所以eq\f(S1,S2)的最大值為eq\f(25,64).思路參考：設(shè)直線AM的方程為y＝k(x－2)，k<0，由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(AM,\s\up6(→))轉(zhuǎn)化為xp－xA＝3(xM－xA)求解．解：(1)設(shè)直線AM的方程為y＝k(x－2)，k<0，代入橢圓方程，整理得(4k2＋1)x2－16k2x＋4(4k2－1)＝0.由根與系數(shù)的關(guān)系得xAxM＝eq\f(44k2－1,4k2＋1)，而xA＝2，所以xM＝eq\f(24k2－1,4k2＋1).將y＝k(x－2)代入圓的方程，整理得(k2＋1)x2－4k2x＋4(k2－1)＝0.由根與系數(shù)的關(guān)系得xAxP＝eq\f(4k2－1,k2＋1)，而xA＝2，所以xP＝eq\f(2k2－1,k2＋1).由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(AM,\s\up6(→))，得xP－xA＝3(xM－xA)，即eq\f(2k2－1,k2＋1)－2＝3eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(24k2－1,4k2＋1)－2))，解得k2＝2.又k<0，所以k＝－eq\r(2).(2)因?yàn)镸N是橢圓的直徑，直線AM，AN斜率均存在，所以kAMkAN＝－eq\f(1,4)，即kkAN＝－eq\f(1,4)，所以kAN＝－eq\f(1,4k).下同解法1(略)．思路參考：設(shè)直線AM的方程為x＝my＋2，利用yp＝3yM求解．解：(1)設(shè)直線AM的方程為x＝my＋2(m≠0)，將其代入橢圓方程，整理得(m2＋4)y2＋4my＝0，得點(diǎn)M的縱坐標(biāo)為yM＝eq\f(－4m,m2＋4).將x＝my＋2代入圓的方程，整理得(m2＋1)y2＋4my＝0，得點(diǎn)P的縱坐標(biāo)為yp＝eq\f(－4m,m2＋1).由eq\o(AP,\s\up6(→))＝3eq\o(AM,\s\up6(→))，得yP＝3yM，即eq\f(m,m2＋1)＝eq\f