资源简介

9.9　圆锥曲线中的综合问题
　圆锥曲线中的最值、范围问题（一）
(教师独具内容)
1．会用圆锥曲线的定义和平面几何的有关结论来解决最值问题，能够将圆锥曲线中的最值、范围问题转化为函数问题(即根据条件列出所求的目标函数)．
2．会根据函数的特征选用换元法、对勾函数图象法、基本不等式法、配方法、函数单调性法等，求最大或最小值以及求解范围问题．
3．重点提升数学抽象、逻辑推理和数学运算素养．
(教师独具内容)
圆锥曲线中的最值、范围问题是高考的热点，在圆锥曲线的综合问题中经常出现，求解此类问题一般有以下两种思路：几何法、代数法．
(教师独具内容)
(教师独具内容)
求解与圆锥曲线有关的最值、范围问题的方法
(1)几何法：如果题中给出的条件有明显的几何特征，那么可以考虑用图形的性质来求解，特别是用圆锥曲线的定义和焦点弦的结论，以及平面几何的有关结论来求解．
(2)代数法：若题中给出的条件和结论的几何特征不明显，则可以建立目标函数，将圆锥曲线的范围(或最值)问题转化为二次函数或三角函数等函数的范围(或最值)问题，然后利用配方法、判别式法、换元法、基本不等式法、函数的单调性及三角函数的有界性等求解．
(3)不等式法：借助题目给出的不等信息列出不等关系式求解．
1．(2022·广东梅州高三阶段练习)抛物线y＝－x2上的点到直线4x＋3y－8＝0的距离的最小值是(　　)
A. B．
C． D．3
答案　A
解析　由题意，设抛物线y＝－x2上一点为(m，－m2)，其中m∈R，则该点到直线4x＋3y－8＝0的距离d＝＝，当m＝时，d取得最小值，为.故选A.
2．(2021·福建漳州模拟)设抛物线的焦点到顶点的距离为3，则抛物线上的点到准线的距离的取值范围是(　　)
A．(6，＋∞) B．[6，＋∞)
C．(3，＋∞) D．[3，＋∞)
答案　D
解析　因为抛物线的焦点到顶点的距离为3，所以＝3，即p＝6.又抛物线上的点到准线的距离的最小值为，所以抛物线上的点到准线的距离的取值范围为[3，＋∞)．故选D.
3．(2021·宁夏银川模拟)设A，B是椭圆C：＋＝1长轴的两个端点，若C上存在点M满足∠AMB＝120°，则m的取值范围是(　　)
A．(0,1] B．(0,1]∪[3，＋∞)
C．(0,1]∪[9，＋∞) D．[9，＋∞)
答案　C
解析　若椭圆焦点在x轴上，即03时，则当M位于短轴的端点时，∠AMB取最大值，要使椭圆上存在点M满足∠AMB＝120°，则∠AMB≥120°，则∠AMO≥60°，则tan∠AMO＝≥tan60°＝，解得m≥9.综上，m的取值范围是(0,1]∪[9，＋∞)．故选C.
4. (2021·四川成都模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>2)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在椭圆C上且位于第一象限，∠F1PF2的平分线交x轴于点M.若＝2，则a的取值范围为(　　)
A．[3，＋∞) B．(2，3)
C．(3，＋∞) D．(2，3]
答案　C
解析　由＝2，得|F1M|＝2|MF2|，在△PF1F2中，由角平分线定理可得，|MF1|∶|MF2|＝|PF1|∶|PF2|＝2∶1　①.又因为|PF1|＋|PF2|＝2a　②.设|PF2|＝m，由①②联立，得m＝.又因为点P在椭圆C上且位于第一象限，所以>a－c，即a3.故选C.
5．(2021·江西上饶模拟)已知M，N是双曲线C：－＝1(a>0，b>0)上关于原点对称的两点，P是C上异于M，N的动点，设直线PM，PN的斜率分别为k1，k2.若直线y＝x与双曲线C没有公共点，当双曲线C的离心率取得最大值时，且2≤k1≤3，则k2的取值范围是(　　)
A. B．
C. D．
答案　A
解析　因为直线y＝x与双曲线C：－＝1(a>0，b>0)没有公共点，所以双曲线C的渐近线的斜率k＝≤，而双曲线C的离心率e＝＝＝＝，当双曲线C的离心率取得最大值时，取得最大值，即＝，即a＝2b，则双曲线C的方程为－＝1，设M(x1，y1)，N(－x1，－y1)，P(x0，y0)，则两式相减，得＝，即·＝，即k1k2＝.又2≤k1≤3，所以k2∈.故选A.
1．(2021·北京高考)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)过点A(0，－2)，以四个顶点围成的四边形面积为4.
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，－3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝－3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．
解　(1)因为椭圆过点A(0，－2)，所以b＝2，
因为四个顶点围成的四边形的面积为4，
所以×2a×2b＝4，即a＝，
故椭圆E的标准方程为＋＝1.
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
因为直线BC的斜率存在，所以x1x2≠0，
故直线AB：y＝x－2，
令y＝－3，则xM＝－，
同理xN＝－.
直线BC：y＝kx－3，由可得(4＋5k2)x2－30kx＋25＝0，
故Δ＝900k2－100(4＋5k2)>0，解得k<－1或k>1.
又x1＋x2＝，x1x2＝，
故x1x2>0，所以xMxN>0.
又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|
＝
＝
＝
＝＝5|k|，
故5|k|≤15，即|k|≤3，
综上，－3≤k<－1或12．(2021·全国乙卷)已知抛物线C：x2＝2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为4.
(1)求p；
(2)若点P在M上，PA，PB是C的两条切线，A，B是切点，求△PAB面积的最大值．
解　(1)因为焦点F到圆M：x2＋(y＋4)2＝1上点的距离的最小值为|FM|－1＝＋4－1＝＋3，所以＋3＝4，所以p＝2.
(2)解法一：由(1)知抛物线C：x2＝4y，即y＝，所以y′＝.
设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，
则lPA：y＝x－，lPB：y＝x－.
从而可得P.
由题意可知直线AB的斜率存在，
设lAB：y＝kx＋b，与抛物线C：x2＝4y联立，
得消去y，得x2－4kx－4b＝0，
则Δ＝16k2＋16b>0，即k2＋b>0，
且x1＋x2＝4k，x1x2＝－4b，
所以P(2k，－b)．
因为|AB|＝＝·，点P到直线AB的距离d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d＝ ·|2k2＋2b|＝4(k2＋b).(*)
又点P(2k，－b)在圆M：x2＋(y＋4)2＝1上，
所以k2＝.
将该式代入(*)式，
得S△PAB＝4.
而yP＝－b∈[－5，－3]，所以b∈[3,5]．
所以当b＝5时，△PAB的面积最大，最大值为20.
解法二：由(1)知抛物线C：x2＝4y，即y＝，所以y′＝.
设切点A(x1，y1)，切点B(x2，y2)，圆M上任意一点P(x0，y0)，
则易得lPA：y＝x－y1，lPB：y＝x－y2，
联立得P.
所以x0＝，y0＝，
又线段AB的中点Q的坐标为.
所以S△PAB＝|PQ|·|x1－x2|
＝·|x1－x2|
＝·|x1－x2|
＝|x1－x2|3＝3
＝3
＝3＝3.(*)
又点P(x0，y0)在圆M：x2＋(y＋4)2＝1上，所以x＝1－(y0＋4)2，代入(*)式，得S△PAB＝(－y－12y0－15).
而y0∈[－5，－3]，所以y0＝－5时，△PAB的面积最大，最大值为20.
一、基础知识巩固
考点　　直线与椭圆的最值、范围问题
例1　(2021·浙江杭州模拟)椭圆C：＋＝1，过其左焦点F的弦AB，过点A，B分别作椭圆的切线，交于点P，求△ABP面积的最小值．
解　设A(x1，y1)，B(x2，y2)，设P(x0，y0)，
由题可知，F(－1,0)，且过点A，B的切线斜率必存在，
设过点A的切线为y－y1＝k(x－x1)，
联立
由Δ＝0可求得k＝－，
即切线方程为＋＝1，
而点P在切线上，所以＋＝1，
同理可得＋＝1，
所以直线AB的方程为＋＝1，
而直线AB过点F(－1,0)，所以x0＝－4，
当y0≠0时，kPF·kAB＝×＝－1，
即PF⊥AB，当y0＝0时，显然PF⊥AB，
所以S△ABP＝|PF|·|AB|，
设直线AB：x＝my－1，
联立
得(3m2＋4)y2－6my－9＝0，
Δ>0，y1＋y2＝，y1y2＝，
|AB|＝
＝＝4，
所以当m＝0，即直线AB⊥x轴时，|AB|取到最小值3.
又|PF|＝≥3，
当y0＝0时，|PF|取到最小值3.
所以当直线AB⊥x轴时，△ABP的面积最小，最小值为×3×3＝.
故△ABP面积的最小值为.
例2　(2021·内蒙古赤峰模拟)已知点P是椭圆＋＝1上异于顶点的动点，F1，F2为椭圆的左、右焦点，O为坐标原点，若M是∠F1PF2平分线上的一点，且·＝0，求||的取值范围．
解　如图，延长PF2，F1M相交于点N，连接OM，
因为·＝0，
则F1M⊥MP，
因为PM为∠F1PF2的角平分线，
所以|PN|＝|PF1|，
点M为F1N的中点，
因为O为F1F2的中点，
所以|OM|＝|F2N|＝||PN|－|PF2||＝||PF1|－|PF2||，
设点P(x0，y0)，由已知可得a＝8，b＝4，c＝＝4，
则－8且有y＝48－x，
|PF1|＝
＝
＝
＝＝8＋x0，
故|PF2|＝16－|PF1|＝8－x0，
所以|OM|＝||PF1|－|PF2||＝|x0|∈(0,4)．
故||的取值范围为(0,4)．
　1.(2021·四川雅安中学模拟)已知椭圆E：＋y2＝1的左焦点为F，过点P(2，t)作椭圆E的切线PA，PB，切点分别是A，B，求△ABF面积的最大值．
解　由椭圆方程＋y2＝1，知a2＝2，b2＝1
所以c2＝1.所以F(－1,0)，
设右焦点为F2(1,0)，则|FF2|＝2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由椭圆的切线方程可知切线PA的方程为＋y1y＝1，
切线PB的方程为＋y2y＝1.
由于点P在切线PA，PB上，则
故直线AB的方程为x＋ty＝1.
所以直线AB过定点(1,0)，且定点(1,0)为椭圆E的右焦点F2，
联立方程
消去x，得(t2＋2)y2－2ty－1＝0.
由根与系数的关系，得y1＋y2＝，y1y2＝.
所以S△ABF＝|FF2|·|y1－y2|
＝×2×
＝＝.
令 ＝m，则m≥1，t2＝m2－1，m＋≥2.
则0<≤.则S△ABF＝＝＝∈(0，]，
当且仅当m＝1，即t＝0时，等号成立，
故△ABF面积的最大值为.
2．(2021·安徽省泗县第一中学模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为F(1,0)，一个顶点为A(2,0)，设B(t,0)，点P是椭圆C上的动点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若|PB|≥|AB|恒成立，求实数t的取值范围．
解　(1)由已知条件可得c＝1，a＝2，
则b＝＝，
椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设P(x0，y0)，则＋＝1.
则y＝3.
因为|PB|≥|AB|，所以|PB|2≥|AB|2，
所以(x0－t)2＋y≥(t－2)2.
则x－2tx0＋t2＋3≥t2－4t＋4.
则－2tx0＋4t≥1，
所以2t(2－x0)≥1－＝，
因为－2≤x0≤2，所以2－x0≥0.
①当2－x0＝0，即x0＝2时，
可得2t×0≥0，此时t∈R；
②当2－x0>0，即－2≤x0<2时，
可得2t≥，
而∈[0,1)，
故2t≥1，解得t≥.
综上所述，实数t的取值范围是.
　
(1)求最值问题常用的方法有两种：①几何法，若题目的条件和结论能明显体现图形的几何特征及意义，则考虑利用图形的性质来解决；②代数法，若题目的条件和结论能体现一种明确的函数关系，则可先建立目标函数，再求这个函数的最值．
(2)求参数的取值范围问题常用的方法有两种：①不等式(组)法，根据题意结合图形列出所讨论的参数满足的不等式(组)，通过解不等式(组)得出参数的取值范围；②函数值域法，把所讨论的参数表示为某个变量的函数，通过讨论函数的值域求得参数的取值范围．
考点　　直线与双曲线的最值、范围问题
例3　(2021·青铜峡市第一中学模拟)已知M(x0，y0)是双曲线C：－＝1上的一点，半焦距为c，若|MO|≤c(其中O为坐标原点)，则y的取值范围是________．
答案　
解析　|MO|≤c，即≤ ，即x＋y≤a2＋b2.又－＝1，所以x＝a2，所以a2＋y≤a2＋b2.所以0≤y≤＝.
例4　(2021·黑龙江哈尔滨第九中学模拟)已知抛物线y＝x2与双曲线－x2＝1(a>0)有共同的焦点F，O为坐标原点，P在x轴上方且在双曲线上．
(1)求双曲线的方程；
(2)求·的最小值．
解　(1)由抛物线的方程，知F(0,4)，所以a2＋1＝16.
解得a2＝15.
所以双曲线的方程为－x2＝1.
(2)设P(x，y)，则＝(x，y)，＝(x，y－4)．
所以·＝x2＋y2－4y，
因为P在x轴上方且在双曲线上，
所以x2＝－1且y≥.
所以·＝y2－4y－1＝2－，
所以当y＝时，·取得最小值，为15－4.
　3.(2021·江苏盐城模拟)设双曲线C：－＝1(a>0，b>0)的焦距为2，若以点P(m，n)(m答案　(0,1)
解析　由题可得双曲线C的渐近线方程为y＝±x，c＝1，由于圆P与两条渐近线都相切，则P在x轴或y轴上，又圆P过C的右顶点，则P在x轴正半轴上，即P(m,0)(04．(2021·辽宁铁岭市清河高级中学模拟)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)的离心率为，且点(－2，)在双曲线上．
(1)求双曲线的标准方程；
(2)若双曲线的左顶点为A1，右焦点为F2，P为双曲线右支上任意一点，求·的最小值；
(3)若M是双曲线左支上任意一点，F1为左焦点，写出|MF1|的最小值．
解　(1)由题意有
解得a2＝4，b2＝5，
故双曲线的标准方程为－＝1.
(2)由已知，得A1(－2,0)，F2(3,0)．
设P(x，y)(x≥2)，
则＝(－2－x，－y)，＝(3－x，－y)，
所以·＝x2－x－6＋y2＝x2－x－6＋x2－5＝x2－x－11＝2－，
因为x≥2，所以当x＝2时，·取得最小值，且最小值为－4.
(3)设M(x，y)为双曲线左支上任意一点，
因为左焦点F1(－3,0)，
所以|MF1|＝
＝
＝(x≤－2)．
由y＝x2＋6x＋4(x≤－2)的对称轴为直线x＝－>－2知，当x＝－2时，ymin＝1，
所以|MF1|的最小值为1.
　圆锥曲线中最值、范围的计算常利用构造不等式和函数关系来求解，其中圆锥曲线的几何性质是构造不等式和函数关系的突破口．在构造不等式和函数关系时，要关注坐标或所构造函数的自变量的取值范围，否则容易造成最值点求取错误．
考点　　直线与抛物线的最值、范围问题
例5　(2022·湖北部分重点中学联考)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)，点F为抛物线C的焦点，点A(1，m)(m>0)在抛物线C上，且|FA|＝2，过点F作斜率为k的直线l与抛物线C交于P，Q两点．
(1)求抛物线C的方程；
(2)求△APQ面积的最大值．
解　(1)由抛物线的定义可得|FA|＝xA＋＝1＋＝2，所以p＝2，所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)设直线l的方程为y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．
联立得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，Δ>0恒成立，
由根与系数的关系，得x1＋x2＝，x1x2＝1，
因为FA⊥x轴，
所以S△APQ＝|FA|·|x1－x2|
＝|x1－x2|＝
＝4 ＝4，
令t＝，因为≤k≤2，所以≤t≤4.
所以S△APQ＝4，
所以≤S△APQ≤8，
所以△APQ面积的最大值为8.
例6　(2022·浙江瑞安中学模拟)已知抛物线y2＝2px(p>0)上点到坐标原点的距离等于该点到准线的距离．
(1)求抛物线的标准方程；
(2)若A，B(位于x轴上方)为抛物线上异于原点O的两点，直线OA，OB的斜率分别为k1，k2，且满足3k1k2－1＝k1＋k2，过点D(0,2)作DQ⊥AB，垂足为Q，设点P(－3，－1)，求|PQ|的取值范围．
解　(1)因为点到坐标原点的距离等于该点到准线的距离，
所以点到坐标原点的距离等于该点到焦点的距离．
所以＝，
解得p＝，
所以抛物线的标准方程为y2＝x.
(2)设A(y，y1)，B(y，y2)，y1>0，y2>0，
则k1＝，k2＝.
因为3k1k2－1＝k1＋k2，
则－1＝＋，
即y1y2＋y1＋y2＝3，
设直线AB的方程为x＝my＋b，
联立方程
得y2－my－b＝0.
则y1＋y2＝m＞0，y1y2＝－b>0，Δ＝m2＋4b>0.
所以m－b＝3，且
故2则直线AB的方程为x＝my＋m－3，过定点P(－3，－1)，
设直线DQ的方程为y＝－mx＋2，
联立方程
解得Q.
则|PQ|＝
＝3∈.
故|PQ|的取值范围为.
　5.(2022·江苏苏州模拟) 如图，已知点F(1，0)为抛物线y2＝2px(p>0)的焦点．过点F的直线交抛物线于A，B两点，点C在抛物线上，使得△ABC的重心G在x轴上，直线AC交x轴于点Q，且Q在点F的右侧．记△AFG，△CQG的面积分别为S1，S2.
(1)求p的值及抛物线的准线方程；
(2)求的最小值及此时点G的坐标．
解　(1)由题意得＝1，即p＝2.
所以抛物线的准线方程为x＝－1.
(2)设A(xA，yA)，B(xB，yB)，C(xC，yC)，重心G(xG，yG)．
令yA＝2t，t≠0，则xA＝t2.
由于直线AB过F，故直线AB的方程为x＝y＋1，
代入y2＝4x，得y2－y－4＝0，
故2tyB＝－4，即yB＝－，
所以B.
又xG＝(xA＋xB＋xC)，yG＝(yA＋yB＋yC)及重心G在x轴上，得2t－＋yC＝0，
得C，G.
所以直线AC的方程为y－2t＝2t(x－t2)，
得Q(t2－1,0)．
由于Q在焦点F的右侧，故t2>2.
从而＝
＝
＝＝2－.
令m＝t2－2，则m>0，
＝2－＝2－
≥2－＝1＋，
当且仅当m＝时，取得最小值1＋，此时G(2，0)．
6．(2022·湖南长沙模拟)在平面直角坐标系xOy中，点A(－2,0)，过动点P作直线x＝－4的垂线，垂足为M，且·＝－4.记动点P的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)过点A的直线l交曲线E于不同的两点B，C.
①若B为线段AC的中点，求直线l的方程；
②设B关于x轴的对称点为D，求△ACD面积S的取值范围．
解　(1)设P(x，y)，则M(－4，y)．
因为A(－2,0)，
所以＝(－2，y)，＝(x＋2，y)．
则·＝－2x－4＋y2＝－4.
所以y2＝2x，所以曲线E的方程为y2＝2x.
(2)①若直线l的斜率为0，则直线l与曲线E只有一个公共点，因此直线l的斜率不为0.
设直线l的方程为x＝my－2，
设点B(x1，y1)，C(x2，y2)．
由得y2－2my＋4＝0.
所以Δ＝4m2－16>0.
解得m<－2或m>2，
由根与系数的关系可得y1＋y2＝2m，y1y2＝4，
因为B为线段AC的中点，所以y2＝2y1.
所以y1＋y2＝3y1＝2m，
可得y1＝，y1y2＝2y＝2×2＝4，
解得m＝±，满足Δ>0，
所以直线l的方程为x＝±y－2，
即x＋3y＋2＝0或x－3y＋2＝0.
②因为点B，D关于x轴对称，
所以D(x1，－y1)，
于是点D到直线l的距离为
d＝＝，
又|AC|＝·|y2|，
所以S＝|AC|·d＝|my1y2|＝4|m|>8，
因此，△ACD面积S的取值范围是(8，＋∞)．
　设出直线方程并与抛物线方程联立，利用根与系数的关系转化求点的坐标、求弦长，利用弦长、点的坐标处理面积问题，结合基本不等式求最值等是解此类题常见的方法，也是高考中的热点和难点，要熟练掌握．
二、核心素养提升
例1　(2021·云南师大附中模拟)已知抛物线y2＝2x的焦点为F，点P为抛物线上的动点，点M(4,2)为平面上的定点，点B，C是y轴上不同的两点．
(1)求|PF|＋|PM|的最小值，并求此时点P的坐标；
(2)若圆(x－1)2＋y2＝1是△PBC的内切圆，求△PBC面积的最小值．
解　(1)由题意，得抛物线y2＝2x的准线l为x＝－，
过点P作准线l的垂线，垂足为E，过点M作准线l的垂线，垂足为N，
直线MN与抛物线的交点为P0，
则有|PF|＋|PM|＝|PE|＋|PM|≥|ME|≥|MN|＝4＋＝.
又由可得
所以此时点P的坐标为P0(2,2)．
(2)设P(x0，y0)，B(0，b)，C(0，c)，
由于直线PB，PC都不可能与x轴垂直，
由题易知x0>2，
则直线PB的方程为y－b＝x，
即(y0－b)x－x0y＋x0b＝0.
又圆心(1,0)到直线PB的距离为1，
即＝1，
故(y0－b)2＋x＝(y0－b)2＋2x0b(y0－b)＋xb2.
将上式化简，得(x0－2)b2＋2y0b－x0＝0.
同理可得，(x0－2)c2＋2y0c－x0＝0.
所以b＋c＝，bc＝.
又y＝2x0，
则|b－c|＝
＝＝，
故S△PBC＝|b－c|·x0＝·x0＝(x0－2)＋＋4≥2＋4＝8，
当且仅当x0－2＝2时，上式取等号，
此时，x0＝4，y0＝±2.
因此△PBC面积的最小值为8.
例2　(2021·福建三明期末)已知A是椭圆C：＋＝1(a>b>0)的一个顶点，F1，F2分别是C的左、右焦点，△AF1F2是面积为的等边三角形．
(1)求C的方程；
(2)若过点P(0,2)的直线l交C于不同的两点M，N，求|PM|＋|PN|的取值范围．
解　(1)依题意，A是C短轴的端点，
因为△AF1F2是面积为的等边三角形，所以|AF1|＝|F1F2|＝2，
设|F1F2|＝2c，则c＝1，
且|AF1|＝＝＝a，
所以a＝2，所以b＝＝，
即C的方程为＋＝1.
(2) 当l的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋2，
联立方程
消去y得＋＝1，
整理得，(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0，
由Δ>0，即(16k)2－4×4×(4k2＋3)>0，
得k2>，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝－，x1x2＝>0，
则|PM|＝＝|x1|，
同理|PN|＝|x2|，
则|PM|＋|PN|＝|x1＋x2|
＝.
(|PM|＋|PN|)2＝
＝，
令t＝4k2＋3，则t>4，且4k2＝t－3,4k2＋4＝t＋1，
则＝－－＋1，
由t>4，得0<<，
因为f(x)＝－3x2－2x＋1在上单调递减，且f(0)＝1，f＝，
则当l的斜率不存在时，M，N即为C短轴的端点，且都在P的下方，此时|PM|＋|PN|＝(2－)＋(2＋)＝4.
综上，|PM|＋|PN|的取值范围是(，4]．
例3　(2021·江苏常州模拟)已知椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2：－＝1(a>0，b>0)有共同的焦点F1，F2，且双曲线的实轴长为2.
(1)求双曲线C2的标准方程；
(2)若曲线C1与C2在第一象限的交点为P，求证：∠F1PF2＝90°；
(3)过右焦点F2的直线l与双曲线C2的右支相交于A，B两点，与椭圆C1交于C，D两点．记△AOB，△COD的面积分别为S1，S2，求的最小值．
解　(1)因为椭圆C1：＋y2＝1与双曲线C2：－＝1(a>0，b>0)有共同的焦点F1，F2，且双曲线的实轴长为2，
所以解得
所以双曲线C2的标准方程为－y2＝1.
(2)证明：联立方程组
解得
所以点P，F1(－，0)，F2(，0)，
＝，＝.
因为·＝＋＝0，
所以∠F1PF2＝90°.
(3)当直线l的斜率不存在时，
|AB|＝，|CD|＝1，
此时＝＝，
当直线l的斜率存在时，
设直线l的方程为y＝k(x－)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，代入椭圆方程，得(1＋4k2)x2－8k2x＋12k2－4＝0.
则x1＋x2＝，x1x2＝.
由弦长公式，得
|CD|＝·
＝.
把直线l的方程y＝k(x－)代入双曲线方程，得(1－2k2)x2＋4k2x－6k2－2＝0，
则x3＋x4＝，x3x4＝－.
由弦长公式，得
|AB|＝·
＝.
因为直线l与双曲线C2的右支相交于A，B两点，
所以解得k2>.
设原点到直线l的距离为d，
所以＝＝＝＝∈(，＋∞)．
综上可知，的最小值为.
1．求双曲线标准方程的方法一般为待定系数法，根据条件确定关于a，b，c的方程组，解出a，b，从而写出双曲线的标准方程．解决直线与双曲线的位置关系的相关问题，其常规思路是先把直线方程与双曲线方程联立，消元、化简，然后应用根与系数的关系建立方程，解决相关问题．涉及弦中点的问题用“点差法”解决，往往会更简单．
2．若题目中的条件和结论能明显体现几何特征和意义，则考虑利用圆、圆锥曲线的定义、图形以及几何性质求解．
3．当题目给出的条件和结论的几何特征不明显时，则可以建立目标函数，再求这个目标函数的最值(或值域)，常用方法：配方法、基本不等式法、单调性法、三角换元法、导数法等，要特别注意自变量的取值范围．
课时作业
解答题
1．(2021·广东广州模拟)已知点Q在圆E：(x＋3)2＋(y－4)2＝4上，椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，点P在椭圆C上，且圆E上的所有点均在椭圆C外，若|PQ|－|PF|的最小值为2－6，且椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F作圆E的切线，求切线的斜率．
解　(1)由题意，椭圆C的长轴长恰与圆E的直径长相等，
即2a＝2×2，可得a＝2，
圆心坐标为(－3,4)，r＝2.
设椭圆的左焦点为F1，则|PF|＝2a－|PF1|，
所以|PQ|－|PF|＝|PQ|－(2a－|PF1|)＝|PQ|＋|PF1|－4≥|EF1|－6，
|PQ|－|PF|取最小时，E，Q，P，F1共线，
且为|EF1|－6＝－6＝2－6，解得c＝1.
所以b2＝a2－c2＝4－1＝3，
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)设过点F作圆E的切线方程为y＝k(x－1)，
则由＝2，解得k＝，
即切线的斜率为.
2．(2021·湖北襄阳五中模拟)已知椭圆C：＋＝1(0(1)求椭圆C的方程；
(2)若A，B为椭圆C上关于原点对称的异于顶点和点P的两点，且直线PA与直线PB的斜率均存在且不为零，求直线PA与直线PB的斜率之积．
解　(1)圆x2＋(y－4)2＝1关于直线x－y＝0对称的曲线为以E(4,0)为圆心，1为半径的圆，
即曲线E的方程为(x－4)2＋y2＝1.
由椭圆的定义|PF1|＋|PF2|＝2a＝2，得|PQ|－|PF2|＝|PQ|－(2－|PF1|)＝|PQ|＋|PF1|－2≥|Q′F1|－2.
由图知Q′(3,0)，|Q′F1|－2＝3＋c－2＝5－2.
解得c＝2，b＝1.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设P(x0，y0)，A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，
则kPA·kPB＝·＝，
又P，A，B都在椭圆上，
即＋y＝＋y＝1，
所以＝－，
所以kPA·kPB＝－.
3．(2021·辽宁大连模拟)已知椭圆C：＋y2＝1(a>1)的左、右焦点分别是F1，F2，P是椭圆C上第一象限内的一点，且△PF1F2的周长为4＋2.过点P作C的切线l，分别与x轴和y轴交于A，B两点，O为原点．
(1)求椭圆C的方程；
(2)当点P在C上移动时，求△AOB面积的最小值．
解　(1)因为△PF1F2的周长为4＋2，
所以2a＋2c＝4＋2，且a2＝c2＋1，
所以a＝2，c＝，
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)由题意可知，过点P的切线斜率一定存在，所以设直线方程为y＝kx＋m(k<0，m>0)，
联立
可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.
所以Δ＝64k2m2－16(m2－1)(1＋4k2)＝0.
所以1＋4k2＝m2.
又因为y＝kx＋m(k<0，m>0)与坐标轴交于，(0，m)，
所以S△AOB＝··|m|＝＝＝≥×2＝2，当且仅当k＝－，m＝时取等号，
所以△AOB面积的最小值为2.
4. (2021·江苏七市第三次调研)如图，已知圆M：x2＋2＝4与抛物线E：x2＝my(m>0)相交于点A，B，C，D，且在四边形ABCD中，AB∥CD.
(1)若·＝，求实数m的值；
(2)设AC与BD相交于点G，△GAD与△GBC组成的蝶形面积为S，求点G的坐标及S的最大值．
解　(1)依据圆与抛物线的对称性，知四边形ABCD是以y轴为对称轴的等腰梯形，
设A(x1，y1)，D(x2，y2)，
则B(－x1，y1)，C(－x2，y2)，
联立
消去x，得y2＋(m－5)y＋＝0.(*)
因为方程(*)有互异的两个正根，
所以解得0由·＝，得x1x2＋y1y2＝，
即m＋y1y2＝，
由y1y2＝，得m＝1.
(2)依据对称性，点G在y轴上，可设G(0，a)．
由kAG＝kAC，得＝.
所以＝＝.
所以a＝＝，即G.
解法一：S＝S梯形ABCD－(S△GAB＋S△GCD)＝(x1＋x2)(y2－y1)－[x1(a－y1)＋x2(y2－a)]＝x1y2－x2y1＋a(x2－x1)＝·(－)＋a(－)＝(－)·(＋a)＝3·＝3≤3·＝3.
当且仅当m＝2－m，即m＝1时，S取最大值3.
解法二：＝S△ABD－S△ABG＝x1
＝＝
＝( －)＝·
＝＝≤，
所以S≤3.
当且仅当m＝1时，S取最大值3.
5．(2021·沙坪坝区重庆一中模拟)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)，F(，0)为其右焦点，过F垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m(－1解　(1)把x＝c，代入椭圆C的方程＋＝1(a>b>0)，
解得y＝±.
所以过F垂直于x轴的直线与椭圆相交所得的弦长为＝1，
所以2b2＝a，又由c＝，a2＝b2＋c2，得b2＝1或－(舍去)．
所以a2＝4.
所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，P(x0，y0)，
由已知，得＝＋，
所以x0＝x1＋x2，y0＝y1＋y2.
由
得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
所以x1＋x2＝.
所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝.
又x＋4y＝4，
所以＋＝4，
解得m2＝.
又Δ＝64k2m2－16(1＋4k2)(m2－1)＝16(1＋4k2－m2)＝12(1＋4k2)>0，
所以|OP|2＝x＋y＝4－3y＝4－＝4－，
因为0≤|k|≤2，所以1≤1＋4k2≤17，
所以1≤4－≤，1≤|OP|2≤，
所以|OP|的取值范围是.
6．(2021·重庆市杨家坪中学模拟)设椭圆C1：＋＝1(a>b>0)的左顶点M在抛物线C2：y2＝8x的准线上，椭圆的离心率为e＝.
(1)求椭圆C1的标准方程；
(2)已知N(4,0)，过点N作斜率为k(k>0)的直线l与椭圆交于A，B两点，线段AB的中垂线为l′，记l′的纵截距为m，求m的取值范围．
解　(1)因为抛物线的准线方程为x＝－2，
所以M(－2,0)，即a＝2.
因为离心率为e＝＝，
所以c＝1，所以b2＝a2－c2＝3.
所以椭圆C1的标准方程为＋＝1.
(2)直线l的方程为y＝k(x－4)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立
并整理，得(4k2＋3)x2－32k2x＋64k2－12＝0.
所以x1＋x2＝，x1x2＝.
又由Δ＝(－32k2)2－4(4k2＋3)(64k2－12)>0，
解得－故0设A，B的中点为P(x0，y0)，
则x0＝＝，
y0＝k(x0－4)＝－，
所以l′：y－y0＝－(x－x0)，
即y＋＝－，
化简，得y＝－x＋.
令x＝0，可得m＝，k∈，
则m′＝.
当k∈时，m′>0恒成立，
所以m＝在上单调递增，
所以0即m的取值范围为.
7．(2021·江苏南京模拟)已知双曲线E：－＝1(a>0，b>0)过点D(3,1)，且该双曲线的虚轴端点与两顶点A1，A2的张角为120°.
(1)求双曲线E的方程；
(2)过点B(0,4)的直线l与双曲线E左支相交于点M，N，直线DM，DN与y轴相交于P，Q两点，求|BP|＋|BQ|的取值范围．
解　(1)由已知，得
所以
所以双曲线E的方程为－＝1.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋4，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则直线DM的方程为y－1＝(x－3)，
可得P，
直线DN的方程为y－1＝(x－3)，
可得Q.
联立
消去y并整理，得(1－3k2)x2－24kx－54＝0.
则
解得则|BP|＋|BQ|＝4－yP＋4－yQ
＝6＋＋＝
6＋3×
＝6＋3×
＝6＋3×
＝6＋3×＝＝＝4.
又所以|BP|＋|BQ|的取值范围是.
8. (2021·重庆十八中模拟)如图，已知椭圆C1：＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)．
(1)求椭圆C1的焦距；
(2)设抛物线C2的焦点为F，P为抛物线上的点，且A，F，P三点共线，若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求＋的最小值．
解　(1)由椭圆C1的方程可得其焦点坐标为(±1,0)，故焦距为2.
(2)如图，由抛物线的方程可得其焦点F.
设A(x1，y1)，P(x3，y3)，
由抛物线和椭圆的对称性可设y1>0，
则y3<0.
设直线AP的方程为x＝ty＋，
则＋＝＝·，
由
可得y2－2pty－p2＝0.
故＋＝·＝·＝.
设M(x0，y0)，B(x2，y2)，
则
所以＋y－y＝0.
即＋y0kAB＝0，所以＋y0·＝0，
而y＝2px0，
所以＋y0·＝0，
因为直线AB不过原点，故y0≠0，
所以＋＝0，
故＋＝0，
即＋＝0.
整理，得8p2＝－y0(y1＋y0)，y0∈(－y1,0)，
由基本不等式可得
－y0(y1＋y0)≤2＝，
当且仅当y0＝－时等号成立．
故8p2≤，即y≥32p2.
由
可得＋y＝1.
故1≥p2＋32p2，
所以p2≤，所以0＜p≤.
故＋≥8，
当且仅当p＝时等号成立，
故＋的最小值为8.

展开更多......

收起↑