2018版高考数学（理）（苏教版，江苏专用）大一轮教师文档讲义：第九章9-9第2课时范围、最值问题
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.
