舊教材適用2023高考數(shù)學(xué)一輪總復(fù)習(xí) 高考大題研究五一最值范圍問(wèn)題

高考大題專題研究五

命題動(dòng)向：從近五年的高考試題來(lái)看，圓錐曲線問(wèn)題在高考中屬于必考內(nèi)容，并且常常

在同一份試卷上多題型考查.對(duì)圓錐曲線的考查在解答題部分主要體現(xiàn)以下考法：第一問(wèn)一

般是先求圓錐曲線的方程或離心率等較基礎(chǔ)的知識(shí)；第二問(wèn)往往涉及定點(diǎn)、定值、最值、取

值范圍等探究性問(wèn)題，解決此類問(wèn)題的關(guān)鍵是通過(guò)聯(lián)立方程來(lái)解決.

專題研究(一)最值、范圍問(wèn)題

題型一最值問(wèn)題

22

例1(2022?湖北襄陽(yáng)五中高三開(kāi)學(xué)考試)已知橢圓G當(dāng)+6=l(a>6>0)的左、右頂點(diǎn)

ab

分別為4,B,0為坐標(biāo)原點(diǎn)，直線入x=l與C的兩個(gè)交點(diǎn)和0,6構(gòu)成一個(gè)面積為m的菱

形.

(D求C的方程；

(2)圓E過(guò)0,B,交/于點(diǎn)機(jī)N,直線掰4V分別交C于另一點(diǎn)月。，點(diǎn)S,7滿足/S

=∣575,求0到直線S7和直線匐的距離之和的最大值.

解(1)因?yàn)橹本€/：X=I與C的兩個(gè)交點(diǎn)和。，6構(gòu)成的四邊形是菱形，

所以/垂直平分緲，所以6(2,0),a=2.

設(shè)〃(1,㈤為直線/與C在第一象限的交點(diǎn)，則菱形的面積為3><2X2%=2%

因?yàn)榱庑蔚拿娣e為乖，所以2%=4，

解得%=乎,即小,明

將點(diǎn)《1,歲)代入?+方=1，

1?

得=+泰=1,又才=4,所以毋=2.

a2b

22

所以C的方程為寧十%1?

(2)解法一：由題意，得如為圓￡的一條弦，且直線x=l垂直平分該弦，

故直線X=I經(jīng)過(guò)圓心瓦所以網(wǎng),'為圓E的直徑，

—>—?

因此乙始M=90°,B∣JΩJ∕?ON=O.

設(shè)1/(1,%),Ml,芥)，則/5=—1.

注意至U%v=g,%v=g,

O?

貝IJ力戒B=彳一=-g.

yy

又因?yàn)閗λif-kap,M=k??Q,

所以kApkAQ=—?

設(shè)直線倒的方程為X=”+「(t≠-2),P〈x\,7i),0(x2,yι).

x=my+t,

得(∕ff+2)y+2mty+j一4=0.

21=4ZSr2-4(√+2)(t2-4)=8(2√+4-t2)>0,(*)

2/nt——4

y,+y2=^^+2,My2=κ?①

因?yàn)?=備'JU=G??

H.-,___________

'/z??i+1+2研+「+29'

即____________________________________=」

myιj2÷zz?t+2∕ι÷T2÷t+229*

將①代入上式得

4____________________

πif2—4—2mtt+2+-+2^m+2

1

=F

—2114

化簡(jiǎn)得'=-d，解得±=τp滿足(*).

zr十zy11

14

所以直線圖的方程為X=必y+γp

故直線掰過(guò)定點(diǎn)《甘，0，

^*LfL

AS=-SPAT=-TQ,所以S7〃〃0,

Of?

f]f(13、

所以直線S7也過(guò)定點(diǎn)"豆AH=那,解得4一石，0∣.

注意到。位于線段GH上,

故0到直線S7的距離與。到直線掰的距離之和等于兩平行直線ST,掰之間的距離d,

當(dāng)ST,AO垂直于X軸時(shí)，點(diǎn)。到直線S7和直線國(guó)的距離之和為γγ,

所以點(diǎn)。到直線57和直線閭的距離之和的最大值是考27■.

解法二：由(1)可得4(-2,0),

設(shè)直線4V的方程為y=kl(x+2),則材(1,3?).

另設(shè)直線4V的方程為y=?(x+2),則Ml,3矽.

由題意，得仍為圓￡■的一條弦，且直線x=l垂直平分該弦，

故直線x=l經(jīng)過(guò)圓心￡,所以HV為圓E的直徑，

因此NM2W=90°,即如?ON=O.

所以1+3%?3?-0,即k↑k?2--^.

y^k?x+2

得(x+2)[(2后+1)x+4必-2]=0,

rrr__—一2

所以XL-2居+「

將xp——2、+]代入X=ZkI(x+2),

ZB4%

得片而口，即(一疑，?+τ)

所以直線倒的方程為

4一_____2k?k2~i(4?ι-2A

JL2洛+1=2%+比IX+2居

即2z(A+?)(2^+1)-8A(A+?)=(2A?-1)(2J?+I)jr+(2A^-1)(4J?-2).①

將LA'2=—3弋入①，

得J=-18匕%（LS

所以直線掰過(guò)定點(diǎn)《斗，0）

當(dāng)拈+〃2=0時(shí)，直線〃。的方程為X=1Y4P也過(guò)點(diǎn)（/14pOj1.

因此直線網(wǎng)始終過(guò)定點(diǎn)養(yǎng)，0）.

設(shè)直線ST與X軸交于點(diǎn)H（X凡0）.

因?yàn)楱MS=aSRAT=-TQ,

OO

fL

所以S7〃微SJH=酒

ι/14、13

所以XH+2=4jγ—xλ，解得XH=—γγ,

即直線S7過(guò)定點(diǎn)4—甘0）.

14

設(shè)直線閭的方程為X=ty+—,

即ιu-ιur-i4=o,

14

所以點(diǎn)。到直線傳的距離為d=-F-.

ll√f2+l

同理可得點(diǎn)0到直線Sr的距離為

13

2727

所以dι+d=--j==≤-,

in√7+ιIi

當(dāng)且僅當(dāng)t=0,即掰垂直于X軸時(shí)等號(hào)成立.

故點(diǎn)。到直線S7和直線倒的距離之和的最大值為卡■.

［解題策略］處理圓錐曲線最值問(wèn)題的求解方法

圓錐曲線中的最值問(wèn)題類型較多，解法靈活多變，但總體上主要有兩種方法：一是利用

幾何法，即通過(guò)利用曲線的定義、幾何性質(zhì)以及平面幾何中的定理、性質(zhì)等進(jìn)行求解；二是

利用代數(shù)法，即把要求最值的幾何量或代數(shù)表達(dá)式表示為某個(gè)（些）參數(shù)的函數(shù)（解析式），然

后利用函數(shù)方法、不等式方法等進(jìn)行求解.

變式訓(xùn)練1如圖，已知點(diǎn)N1,0)為拋物線/=2PX(P>0)的焦點(diǎn).過(guò)點(diǎn)尸的直線交拋

物線于46兩點(diǎn)，點(diǎn)C在拋物線上，使得的重心G在X軸上，直線4C交X軸于點(diǎn)

且0在點(diǎn)尸的右側(cè).記ACQG的面積分別為S,5.

(1)求P的值及拋物線的準(zhǔn)線方程；

C

(2)求刑的最小值及此時(shí)點(diǎn)G的坐標(biāo).

解⑴由題意得A1,即p=2.

所以拋物線的準(zhǔn)線方程為A-=-1.

(2)拋物線的方程為y=4X設(shè)力(必，M),B(XB,%),C(Xc,ye),重心G(X必先).

令y=21,f≠0,則M=t2.

1

由于直線47過(guò)修故直線4?的方程為X=萬(wàn)一7+1,

2f2-1

代入∕=4x,得/-----------y-4=0,

9(12、

故2例=-4,即為=一2所以—^J.

112

又XC=W(M+Xs+Xc),匕；=耳(%+%+%)，重心G在X軸上，所以2Z—：十〃=0,

JJt

'2"2"2

所以直線〃?的方程為y-21=2t[x~『),

得0(片一1,0).

由于0在焦點(diǎn)廠的右側(cè)，故?>2,從而

令πι=——2,則/?>0,

Sim1、1

—=2-—7---------=2-----------22——-

￡m+4zzz+33=1

ZZ/+-1+49m?-÷4

mm

當(dāng)加=#時(shí),5取得最小值1此時(shí)G(2,O).

題型二范圍問(wèn)題

例2如圖，橢圓G泉片1(眇力。)的左、右焦點(diǎn)分別為序&離心率*,過(guò)焦

點(diǎn)內(nèi)且垂直于X軸的直線被橢圓。截得的線段長(zhǎng)為1.

(1)求橢圓。的方程;

(2)點(diǎn)尸(x。，%)(%WO)為橢圓。上一動(dòng)點(diǎn)，連接用，PR,設(shè)/A行的平分線交橢圓

C的長(zhǎng)軸于點(diǎn)M{nι,0)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍.

22

解⑴將X=C代入!+S=I中，

t>'

由a-c^β,可得2

2爐

所以過(guò)焦點(diǎn)內(nèi)且垂直于軸的直線被橢圓。截得的線段長(zhǎng)為一.

Xa

Tj

a=2,

由＜￡=亞解得

6=1,

a~2，

<a=t)+cf

所以橢圓C的方程為7+/=L

(2)解法一：因?yàn)辄c(diǎn)尸(施,?b)(j?≠0),

fl(-√3,0),∕?(√3,0),所以直線班，成的方程分別為人j?Λ-(?+√3)y+√3j?

I2：yox—(AO-Λ∕3)y—√3jδ=0.

由題意，可知

I研+V5jb∣I硒一也自

由于點(diǎn)尸為橢圓。上除左、右頂點(diǎn)外的任一點(diǎn)，所以干+招=1,

?πι+yβ?|卬一地|

因?yàn)橐粂β<欣yβ,-2<M<2,

所以罕近=%"，即R="，

√3l√34

?-ΛO÷22—^ɑAb

33

因此一］〈欣5.

解法二：設(shè)∣ΛS∣=3則|咫|=4一3

,?,tm+?［i

在△朗"中，.n,,=--∕^<

s?n∕7PMrRsιnZ,Wi

,,4—t?/?—Iii

在△臣"中，-.7nΛ=".,7,>

SinAPMFgzSinNMPlFrz

因?yàn)榻?/9=頁(yè)，/MPR=2MPF”

”，，tλ∕3÷ffl??∕3..

所以^"=F->解得In=(t—2)>

4-t√3-/?29

因?yàn)閕∈(a—c,a+c),即f∈(2一?/?,2+??/3),

33

所以一5〈冰5.

［解題策略］圓錐曲線中取值范圍問(wèn)題的五種常用解法

(1)利用圓錐曲線的幾何性質(zhì)或判別式構(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，解決這類問(wèn)題的核心是建立兩個(gè)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)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.

變式訓(xùn)練2(2021?浙江高考)如圖，已知/是拋物線/=2PX(P>0)的焦點(diǎn)，〃是拋物

線的準(zhǔn)線與X軸的交點(diǎn)，且Ij/I=2.

(1)求拋物線的方程；

(2)設(shè)過(guò)點(diǎn)尸的直線交拋物線于4B兩點(diǎn),若斜率為2的直線,與直線場(chǎng)，，監(jiān)，AB,X

軸依次交于點(diǎn)尸，Q,R,N,且滿足∣ΛM'=∣剛?IQM,求直線/在X軸上截距的取值范圍.

解(1)因?yàn)?"是拋物線的準(zhǔn)線與X軸的交點(diǎn)，且I好！=2,所以P=2.所以拋物線的方

程為/=4X

(2)由(1)知，尸(1,0),加一1,0),設(shè)小%),Blxz,㈤，直線46的方程為X=Ry+

1卜*9直線1的方程為y=2χ+〃(存±2).

?x=∕πy+l,Q

由彳2可得/—4/y—4=0,顯然4>0,所以巾+度=4勿，yι∕=-4,

17=4第2

所以∕l+j^=(71+72)"—271/2=16/772+8.

易知直線,的方程為『號(hào)("O,

y=~?7*+1

則由，Λ∣I1

,y=2x+n,

/一〃Xl+1+%2-〃JI)

可得

\2汨+2-%2ΛI(xiàn)÷2-y√,

(-n尼+1+%2-77y?λ

同理可得

\2.+2—也2矛2+2—%)

所以IyM=2M+2—2?2一

______〃一2∕j?

=U+2—予+2—yJ

________________4〃-2?也__________________

^y\y-l—2ylj^+8y+也+曲￡+4/+賢+16

n-2

W+3,

x=my-?-?,〃+2

可得y^R=

y=2x+n,l-2√

因?yàn)镮惻2=∣刖IQV，

所以YR=IYPYQ?,

刀一2

所以f2Z±l?

??-2πι)4/77+3'

〃一24病+34,2,,/11\,3、3

所以?2卬-12=2卬-1-2必-1+1="51+l于+『4

/?+2

所以水一2或一2<A≤14-8√5或A214+8√5.

因?yàn)橹本€7：y=2x+"("≠±2)在X軸上的截距為一夕所以一今1或附一7W-31或

-^≤-7-4√3,即直線/在X軸上截距的取值范圍是(-8,—7—4√5]U[4√3-7,1)U(1,

+°o).

課時(shí)作業(yè)I

1.(2021?全國(guó)乙卷)已知拋物線GX2=2Py(P>0)的焦點(diǎn)為尸，且尸與圓,%x2+(y+4)2

=1上點(diǎn)的距離的最小值為4.

⑴求P；

(2)若點(diǎn)一在"上，PA,如是C的兩條切線，A,8是切點(diǎn)，求△序6面積的最大值.

解(1)因?yàn)榻裹c(diǎn)(0，胃到圓M：V+(y+4)2=l上點(diǎn)的距離的最小值為I/硼-l=g+4

—1=^+3,所以§+3=4,所以p=2.

乙乙

2

XV

(2)解法一：由⑴知拋物線GV=4y,即尸了.所以y'=早

設(shè)切點(diǎn)Ui,R,切點(diǎn)6(x2,%),

X?X?期總

則產(chǎn)=萬(wàn)才一牙，S尸萬(wàn)“一了

X?X?

尸萬(wàn)X一1

/X?+X2X1X2?

由<解得7t2,

XzXi

尸萬(wàn)LI

由題意可知直線/8的斜率存在，

設(shè)“：y=zkx~?~b,與拋物線G∕=4y聯(lián)立，

y=kx+b,

得V="消去必得V—44x—4b=0,

則zl=16A2+166>0,即，+b>O,

且矛I+X2=44,矛1及=—4b,所以P(2h一方).

222

因?yàn)镮第=Λ∕1+A?y∣~M+X2~~-4xιΛ2=y∣l+k?y∣?Qk+IQb,點(diǎn)P到直線43的距離

|2六+2。|

d=

√FH，

3

??________2

所以8/8=]∣∕10?￠/=2^∕lθ?2÷lθ??∣2?2+2?∣=4(?2+Z?).(*)

又點(diǎn)尸(2%—6)在圓航/+(y+4)2=l±,

1—b—4

所以N=

4

將該式代入(*)式,

3

-^+12?-15>2

得

5λ*8=44

而％=—/?[-5,-3],所以?！闧3,5].

所以當(dāng)8=5時(shí)，a*8的面積最大，最大值為2味.

VV

解法二：由⑴知拋物線Gf=4y,即尸了所以/=-

設(shè)切點(diǎn)力(E,用，切點(diǎn)爾如㈤，圓材上任意一點(diǎn)P(X0,㈤，

Xi

則易得IPAZy=^X-y?>1PB:y—5i

1%，

X?+x2X?X2

聯(lián)立得

Xz24

yx一如

X?+λ2XIxL

所以旅~,70=~

il+X2a+%、

又線段"的中點(diǎn)。的坐標(biāo)為I

22

所以％份=芻闈?除一照|

1力+%

Λ?IX?-X2?

22

1

2次?IX?-X2

44

323

?∣Λ,-X2∣=?(√∣X.-?∣)

(N~矛+1丁~~-4X1^2)3

二卡(Λ∫4?-16jb)3=|(4%)3.(*)

又點(diǎn)P(X°,㈤在圓/恢V+(y+4)'=l上，所以者=1—(%+4)l

3

122

代入(*)式，得z&哂=](—/—12%—15).

而外《[—5,-3],所以%=—5時(shí)，Z?Λ48的面積最大，最大值為2(h?A?

22

2.(2022?武漢調(diào)研)已知橢圓Γ,§+方=l(a>6>0)經(jīng)過(guò)點(diǎn)加一2,1),且右焦點(diǎn)Λ(√3,

0).

(1)求橢圓「的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)過(guò)Ml,0)且斜率存在的直線4?交橢圓廠于46兩點(diǎn)，記t=MA?MB,若t的最大

值和最小值分別為心，t2,求心+友的值.

22

解⑴由橢圓當(dāng)+5=1的右焦點(diǎn)為(√5,0),知a2j2=3,即Z∕=a2-3,

aO

則2+F?=1,a>3.

aa—3

41

又橢圓過(guò)點(diǎn)欣一2,1),.?.F+F^=1,

aa—3

解得，=6或才=2(舍去).

22

故橢圓/、的標(biāo)準(zhǔn)方程為??+??=ι.

63

(2)設(shè)直線/6的方程為y=A(x—1),

4(小，/1),B(X2,J?),

得X÷2Ag(x—1)2=6,

即(1+2如)”2—4428+2衣2—6=0,

Y點(diǎn)Ml,0)在橢圓內(nèi)部，,Z>0,

,_4.

為十用一]+22'①

2?2-6

益及=丁田，②

則t=MA?MB

=(xι+2)(X2+2)+(∕ι-1)(j2—1)

=Xi熱+2(xι+及)÷4+(kxi—k—1)(kx2-k-l)

22

=(1+A)X?X2+(2一如一A)(x1+x2)÷A+2A+5,③

將①②代入③，得

t=(1+A?)?苔?+(2一尸一七*+2A+5,

15?2+2?-l

?"=1+2如'

???(15—25，+24一1一￡=0,A∈R,

2

則/11=2+4(15-2f)(1+t)>0,

Λ(2f-15)(r+l)-l≤0,

即2^2-13t-16≤0,

由題意，知方1,友是2d一132一16=0的兩根，

113

??11+￡2=萬(wàn).

22

3.(2021?北京高考)已知橢圓E：2+方=13及0)過(guò)點(diǎn)4(0,-2),以四個(gè)頂點(diǎn)圍成

ab

的四邊形面積為4√5.

(D求橢圓￡的標(biāo)準(zhǔn)方程；

(2)過(guò)點(diǎn)P(0,-3)的直線，斜率為上交橢圓￡于不同的兩點(diǎn)8,C,直線/6,ZIC交y

=-3于點(diǎn)M,M若IRM+I。"W15,求4的取值范圍.

解⑴因?yàn)闄E圓過(guò)點(diǎn)加0,-2),所以A=2,

因?yàn)樗膫€(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形的面積為4√5,

所以^X2aX26=4√^,即a=乖，

22

故橢圓￡的標(biāo)準(zhǔn)方程為5+^=L

54

⑵設(shè)爾E,y∣),C(xz,㈤，

因?yàn)橹本€比的斜率存在，所以MX2≠0,yι≠-2,y2≠-2,

故直線AB：尸紀(jì)NX—2,

X?

X?

令y=-3,則Λ√

yι+2,

y=kχ-"i,

直線6Gy=kχ-3,由，可得(4+5∕)*-3OAX+25=0,

“?[4^+5/=20,

故4=90042一io。(4+5尸)>0,解得K-I或女>1.

L30?25

又f1=?…=ZTi?'

故XlX2>0,所以X"Λ?>O.

所以I掰I+|刖=IXv+X」

_X?Xz

必+2yι+2

k×?-?kxι~?

_2kx?x?-xι+江

kX?X2~~kx?-?-x?i+1

50430〃

4+5A2-4+5A2

=25/30/[「=51，

4+5人-4+5Ag+l

故5∣AiWl5,即∣A∣W3,

綜上，-3WK一1或k?≤3,

即A∈[—3,—1)U(1,3].

22

4.已知是橢圓C-.號(hào)+方=1(a>力0)與拋物線反/=2PX(P>0)的一個(gè)公共點(diǎn),

且橢圓與拋物線具有一個(gè)相同的焦點(diǎn)F.

(1)求橢圓C及拋物線E的方程；

(2)設(shè)過(guò)尸且互相垂直的兩動(dòng)直線九I2,人與橢圓。交于48兩點(diǎn),心與拋物線￡交

于乙〃兩點(diǎn)，求四邊形力做面積的最小值.

解⑴：i是拋物線右/=2PX(P>0)上一點(diǎn),

.?.p=2,拋物線￡的方程為∕=4x,則尸(Lo),二才一爐=L

2√6在橢圓G1+'=1上，

4,8

97+3?=1,結(jié)合才一下=1知4=3(負(fù)值舍去)，a=4,

22

.?.橢圓C的方程為弓+??=1,

拋物線E的方程為7=4%

(2)由題意可知直線Z的斜率存在，設(shè)直線∕∣的方程為尸Hx-D,4(汨，y1),B(X2,

J2)，C(X3,%)，D(x?,必)?

①當(dāng)仁O時(shí)，?AB?=4,

直線/2的方程為X=I,I勿1=4,

故S四邊形W=?∣∣4∣??CD?=8.

②當(dāng)Λ≠0時(shí)，直線4的方程為尸一；(十-1),

K

y=kA,-1,

由?/十/?得(3+4妙)刀2—8尸刀+442—12=0.

?,8-4?2-12

..兇+xz=3+41,XaZ=3+42?

由弦長(zhǎng)公式知

2

AB?=^∕1+A?xi-χι?

22

=N~l+?~i~X?+×z~-4xιx2]

12"1

=^4A2+3^~,

同理可得I0∣=4(^+1).

?,?SmmmΛCB∕>-~^AB?Cl)?

\122+1

-4(/+1)

24A2+3

24I+1

=~U2+3-,

令力=發(fā)+1,t∈(1,÷∞),

,…241224

W1JS四邊彩,MW=4t]=彳]

7^7

24

當(dāng)r∈(l,+8)時(shí)，?e(o,1),

(\\,,24

o<—1--2l"+4<3,S四邊彩,《?>1=8.

綜上所述，四邊形IC切面積的最小值為&

5.(2021?重慶七校聯(lián)合考試)已知46是X軸正半軸上兩點(diǎn)(4在6的左側(cè))，且∕6∣

=a(a>Q),過(guò)48分別作X軸的垂線，與拋物線/=2PX(P>0)在第一象限分別交于〃C兩

點(diǎn).

(1)若a=p,點(diǎn)力與拋物線/=2勿的焦點(diǎn)重合，求直線切的斜率；

C

(2)若。為坐標(biāo)原點(diǎn)，記405的面積為S,梯形/物的面積為S,求7的取值范圍.

U2

解(1)由題意，知?°)，又a=p,

所以W=聾￡=鎘T

22

(2)設(shè)直線口的方程為尸Ax+∕√4W0),e(??,7ι),D(xz,㈤，

[y=kx+b,

由《2C得"一2%+2°b=0,

[y=2pχi

所以Zl=4p-8pkb>0,得