新高考數(shù)學二輪復習考點突破講義 第1部分 專題突破 專題6　第4講　母題突破1　范圍、最值問題（含解析）

第4講圓錐曲線的綜合問題[考情分析]1.圓錐曲線的綜合問題是高考考查的重點內(nèi)容，常見的熱點題型有范圍、最值問題，定點、定值問題及探索性問題.2.以解答題的形式壓軸出現(xiàn)，難度較大．母題突破1范圍、最值問題母題(2022·全國甲卷改編)已知拋物線C：y2＝4x的焦點為F，點D(2,0)，過F的直線交拋物線C于M，N兩點．設(shè)直線MD，ND與拋物線C的另一個交點分別為A，B，記直線MN，AB的傾斜角分別為α，β.當α－β取得最大值時，求直線AB的方程．思路分析?點差法求kAB，kMN↓?聯(lián)立MN與拋物線方程↓?聯(lián)立AM，BN與拋物線方程↓?kAB與kMN的關(guān)系↓?構(gòu)造tanα－β關(guān)于kAB的函數(shù)解當MN⊥x軸時，易得α＝β＝eq\f(π,2)，此時α－β＝0.當MN的斜率存在時，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，A(x3，y3)，B(x4，y4)，則直線MN的方程為y－y1＝eq\f(y1－y2,x1－x2)(x－x1)，即y－y1＝eq\f(y1－y2,\f(y\o\al(2,1),4)－\f(y\o\al(2,2),4))(x－x1)，即y－y1＝eq\f(4,y1＋y2)(x－x1)，即y(y1＋y2)－y1(y1＋y2)＝4(x－x1)，所以直線MN的方程為y(y1＋y2)－y1y2＝4x，tanα＝eq\f(4,y1＋y2).同理可得，直線AM的方程為y(y3＋y1)－y3y1＝4x，直線BN的方程為y(y4＋y2)－y4y2＝4x，直線AB的方程為y(y4＋y3)－y4y3＝4x.因為F(1,0)在MN上，所以y1y2＝－4.因為D(2,0)在AM，BN上，所以y3y1＝－8，y4y2＝－8，所以y3＝－eq\f(8,y1)，y4＝－eq\f(8,y2).所以y3＋y4＝－eq\f(8,y1)－eq\f(8,y2)＝－eq\f(8y1＋y2,y1y2)＝－eq\f(8y1＋y2,－4)＝2(y1＋y2)，y3y4＝eq\f(64,y1y2)＝eq\f(64,－4)＝－16，所以直線AB的方程y(y4＋y3)－y4y3＝4x可化為(y1＋y2)y＋8＝2x，所以tanβ＝eq\f(2,y2＋y1)，所以tan(α－β)＝eq\f(\f(2,y2＋y1),1＋\f(8,y2＋y12))＝eq\f(2y2＋y1,y2＋y12＋8)＝2×eq\f(1,y2＋y1＋\f(8,y2＋y1)).當y2＋y1<0時，tan(α－β)<0，所以不符合題意．當y2＋y1>0時，(y2＋y1)＋eq\f(8,y2＋y1)≥4eq\r(2)，tan(α－β)≤2×eq\f(1,4\r(2))＝eq\f(\r(2),4)，當且僅當y2＋y1＝eq\f(8,y2＋y1)，即y2＋y1＝2eq\r(2)時取等號，此時α－β取得最大值，直線AB的方程為x－eq\r(2)y－4＝0.綜上，當α－β取得最大值時，直線AB的方程為x－eq\r(2)y－4＝0.[子題1](2022·許昌模擬)已知雙曲線C：x2－eq\f(y2,2)＝1，過點A(0，－1)的直線l與雙曲線C的左、右兩支分別交于D，E兩點，與雙曲線C的兩條漸近線分別交于G，H兩點，求eq\f(|GH|,|DE|)的取值范圍．解顯然直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝kx－1，D(x1，y1)，E(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,x2－\f(y2,2)＝1，))得(2－k2)x2＋2kx－3＝0，因為l與雙曲線C的左、右兩支分別交于D，E兩點，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2－k2≠0，,x1x2＝\f(3,k2－2)<0，,Δ＝83－k2>0，))解得－eq\r(2)<k<eq\r(2)，此時有x1＋x2＝eq\f(2k,k2－2).|DE|＝eq\r(1＋k2)·|x1－x2|＝eq\r(1＋k2)·eq\r(x1＋x22－4x1x2)＝eq\r(1＋k2)·eq\f(2\r(23－k2),2－k2)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1，,y＝\r(2)x，))解得x＝eq\f(1,k－\r(2))，設(shè)xG＝eq\f(1,k－\r(2))，同理可得xH＝eq\f(1,k＋\r(2))，所以|GH|＝eq\r(1＋k2)·eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1,k－\r(2))－\f(1,k＋\r(2))))＝eq\f(2\r(2)·\r(1＋k2),2－k2).故eq\f(|GH|,|DE|)＝eq\f(1,\r(3－k2)).因為－eq\r(2)<k<eq\r(2)，故eq\f(\r(3),3)≤eq\f(|GH|,|DE|)<1，故eq\f(|GH|,|DE|)的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(3),3)，1)).[子題2](2022·益陽模擬)過點A(1,0)的直線與橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1交于H，G兩點，若線段HG的中點為M，且eq\o(MN,\s\up6(→))＝2eq\o(OM,\s\up6(→))，求四邊形OHNG的面積的最大值．解如圖所示，易知直線HG的斜率不為0，設(shè)直線HG的方程為x＝ty＋1，G(x1，y1)，H(x2，y2)，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝ty＋1，,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得(3t2＋4)y2＋6ty－9＝0，所以Δ＝36t2＋36(3t2＋4)＝144(t2＋1)>0，y1＋y2＝eq\f(－6t,3t2＋4)，y1·y2＝eq\f(－9,3t2＋4)，所以S△OHG＝eq\f(1,2)|OA|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)×1×eq\r(y1＋y22－4y1y2)＝eq\f(1,2)eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(－6t,3t2＋4)))2－4·\f(－9,3t2＋4))＝eq\f(6\r(t2＋1),3t2＋4)，因為eq\o(MN,\s\up6(→))＝2eq\o(OM,\s\up6(→))，所以S△GHN＝2S△OHG，設(shè)四邊形OHNG的面積為S，則S＝S△OHG＋S△GHN＝3S△OHG＝eq\f(18\r(t2＋1),3t2＋4)＝eq\f(18,\f(3t2＋4,\r(t2＋1)))＝eq\f(18,3\r(t2＋1)＋\f(1,\r(t2＋1)))，令eq\r(t2＋1)＝m(m≥1)，再令y＝3m＋eq\f(1,m)，由對勾函數(shù)性質(zhì)知，y＝3m＋eq\f(1,m)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當m＝1時，ymin＝4，此時t＝0,3eq\r(t2＋1)＋eq\f(1,\r(t2＋1))取得最小值4，所以Smax＝eq\f(9,2).規(guī)律方法求解范圍、最值問題的常見方法(1)利用判別式來構(gòu)造不等關(guān)系．(2)利用已知參數(shù)的范圍，在兩個參數(shù)之間建立函數(shù)關(guān)系．(3)利用隱含或已知的不等關(guān)系建立不等式．(4)利用基本不等式．1.(2022·平?jīng)瞿M)如圖，已知橢圓C：eq\f(x2,6)＋eq\f(y2,3)＝1，點P(2,1)為橢圓C上一點．過點P作兩直線l1與l2分別交橢圓C于A，B兩點，若直線l1與l2的斜率互為相反數(shù)，求|AB|的最大值．解設(shè)直線l1為y＝k(x－2)＋1，則直線l2為y＝－k(x－2)＋1，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－2＋1，,\f(x2,6)＋\f(y2,3)＝1，))整理得(2k2＋1)x2＋(4k－8k2)x＋(8k2－8k－4)＝0，由Δ＝(4k－8k2)2－4(2k2＋1)(8k2－8k－4)＝16(k＋1)2>0，解得k≠－1，又由xAxP＝eq\f(8k2－8k－4,2k2＋1)，可得xA＝eq\f(4k2－4k－2,2k2＋1)，則yA＝k(xA－2)＋1＝eq\f(－2k2－4k＋1,2k2＋1)，同理可得xB＝eq\f(4k2＋4k－2,2k2＋1)，yB＝eq\f(－2k2＋4k＋1,2k2＋1)，所以|AB|2＝(xA－xB)2＋(yA－yB)2＝eq\f(128k2,2k2＋12)＝eq\f(128,4k2＋\f(1,k2)＋4)≤eq\f(128,2\r(4k2·\f(1,k2))＋4)＝16，當且僅當k＝±eq\f(\r(2),2)時，等號成立，因此，|AB|的最大值為4.2．(2022·保定模擬)已知拋物線C：x2＝4y，以T(0,3)為圓心的圓交拋物線C于P，Q，M，N四點，求四邊形PQMN面積的取值范圍．解如圖，設(shè)圓T的半徑為r，M(x1，y1)，N(x2，y2)，Q(－x1，y1)，P(－x2，y2)，把x2＝4y代入圓T：x2＋(y－3)2＝r2，整理得y2－2y＋9－r2＝0，由題意知，關(guān)于y的一元二次方程有兩個不等實根，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(Δ＝4－49－r2>0，,y1＋y2＝2>0，,y1y2＝9－r2>0，))可得2eq\r(2)<r<3.S四邊形PQMN＝eq\f(|QM|＋|PN|,2)·|y1－y2|＝2(eq\r(y1)＋eq\r(y2))|y1－y2|＝2eq\r(y1＋y2＋2\r(y1y2))·|y1－y2|＝2eq\r(2＋2\r(9－r2))·eq\r(4－49－r2)＝4eq\r(2)eq\r(1＋\r(9－r2)r2－8)，令eq\r(9－r2)＝t，由2eq\r(2)<r<3得0<t<1，則S四邊形PQMN＝4eq\r(2)eq\r(1＋t1－t2)，令f(t)＝(1＋t)(1－t2)且0<t<1，則f′(t)＝－(3t－1)(t＋1)，故在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,3)))上f′(t)>0，f(t)單調(diào)遞增；在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，1))上f′(t)<0，f(t)單調(diào)遞減；所以f(t)≤f

eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))＝eq\f(32,27)，又f(0)＝1，f(1)＝0，故f(t)的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(32,27)))，綜上，S四邊形PQMN的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(32\r(3),9))).專題強化練1．(2022·十堰模擬)已知拋物線C1：x2＝y(tǒng)，C2：x2＝－y，點M(x0，y0)在C2上，且不與坐標原點O重合，過點M作C1的兩條切線，切點分別為A，B.記直線MA，MB，MO的斜率分別為k1，k2，k3.(1)當x0＝1時，求k1＋k2的值；(2)當點M在C2上運動時，求eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)的取值范圍．解(1)因為x0＝1，則有y0＝－1，設(shè)過點M并與C1相切的直線方程為y＝k(x－1)－1，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝y(tǒng)，,y＝kx－1－1，))整理得x2－kx＋k＋1＝0，則Δ＝(－k)2－4(k＋1)＝k2－4k－4＝0，由題可知，k1，k2即為方程k2－4k－4＝0的兩根，故有k1＋k2＝4.(2)因為y0＝－xeq\o\al(2,0)(x0≠0)可設(shè)過點M并與C1相切的直線方程為y＝k(x－x0)－xeq\o\al(2,0)，聯(lián)立方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＝y(tǒng)，,y＝kx－x0－x\o\al(2,0)，))整理得x2－kx＋kx0＋xeq\o\al(2,0)＝0，則有Δ＝k2－4x0k－4xeq\o\al(2,0)＝0，根據(jù)根與系數(shù)的關(guān)系可得k1＋k2＝4x0，k1k2＝－4xeq\o\al(2,0)，又k3＝eq\f(－x\o\al(2,0),x0)＝－x0，則有eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)＝eq\f(k1＋k2,k1k2)－eq\f(k1k2,k3)＝－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x0)＋4x0))，按照x0>0和x0<0兩種情況討論，如下，當x0>0時，eq\f(1,x0)＋4x0≥2eq\r(\f(1,x0)·4x0)＝4，則有eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)≤－4，當且僅當x0＝eq\f(1,2)時，等號成立；當x0<0時，－eq\f(1,x0)－4x0≥2eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(1,x0)))·－4x0)＝4，則有eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)≥4，當且僅當x0＝－eq\f(1,2)時，等號成立，故eq\f(1,k1)＋eq\f(1,k2)－eq\f(k1k2,k3)的取值范圍為(－∞，－4]∪[4，＋∞)．2．(2022·石家莊模擬)已知點E(eq\r(2)，0)，F(xiàn)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)，0))，點A滿足|AE|＝eq\r(2)|AF|，點A的軌跡為曲線C.(1)求曲線C的方程；(2)若直線l：y＝kx＋m與雙曲線：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1交于M，N兩點，且∠MON＝eq\f(π,2)(O為坐標原點)，求點A到直線l距離的取值范圍．解(1)設(shè)A(x，y)，因為|AE|＝eq\r(2)|AF|，所以eq\r(x－\r(2)2＋y－02)＝eq\r(2)×eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x－\f(\r(2),2)))2＋y－02)，化簡得x2＋y2＝1.(2)將直線l：y＝kx＋m與雙曲線：eq\f(x2,4)－eq\f(y2,9)＝1的方程聯(lián)立，得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,4)－\f(y2,9)＝1))?(4k2－9)x2＋8kmx＋4m2＋36＝0，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，所以有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(4k2－9≠0，,8km2－44k2－94m2＋36>0))?