2021年高考数学(理)一轮复习题型归纳与训练 专题9.9 高考解答题热点题型（一）圆锥曲线中的范围、最值问题（教师版含解析）

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1、2021 年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破年高考理科数学一轮复习：题型全归纳与高效训练突破 专题专题 9.9 高考解答题热点题型高考解答题热点题型(一一)圆锥曲线中的范围、最值问题圆锥曲线中的范围、最值问题 目录 一、一、解法指导解法指导 1圆锥曲线最值问题的求解方法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 2.解决圆锥曲

2、线中的取值范围问题应考虑的五个方面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 二、二、典例分析典例分析 【例【例 1】(2020 湖南模拟湖南模拟)设 F 为抛物线 C：y22px 的焦点，A 是 C 上一点，FA 的延长线

3、交 y 轴于点 B，A 为 FB 的中点，且|FB|3. (1)求抛物线 C 的方程； (2)过 F 作两条互相垂直的直线 l1，l2，直线 l1与 C 交于 M，N 两点，直线 l2与 C 交于 D，E 两点，求四边 形 MDNE 面积的最小值 【解题思路】 (1)由题意画出图形，结合已知条件列式求得 p，则抛物线 C 的方程可求 (2)由已知直线 l1的斜率存在且不为 0，设其方程为 yk(x1)，与抛物线方程联立，求出|MN|，同理可求 |DE| 实际上，在|MN|的表达式中用1 k代替k即可 ，可得四边形 MDNE 的面积表达式，再利用基本不等式求 最值 【标准答案】(1)y24x;(

4、2)32 【规范解答】 (1)如图，A 为 FB 的中点，A 到 y 轴的距离为p 4， |AF|p 4 p 2 3p 4 |FB| 2 3 2，解得 p2. 抛物线 C 的方程为 y24x. (2)由已知直线 l1的斜率存在且不为 0， 设其方程为 yk(x1) 由 ykx， y24x， 得 k2x2(2k24)xk20. 0，设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，x1x224 k2，则|MN|x1x224 11 k2 ； 同理设 D(x3，y3)，E(x4，y4)，x3x424k2， 则|DE|x3x424(1k2) 四边形 MDNE 的面积 S1 2|MN| |DE|8 2k2 1 k

5、2 32. 当且仅当 k 1 时，四边形 MDNE 的面积取得最小值 32. 【例 2】已知椭圆 C：x 2 a2 y2 b21(ab0)的离心率为 2 2 ，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线 xsin ycos 10 相切( 为常数) (1)求椭圆 C 的标准方程； (2)若椭圆 C 的左、右焦点分别为 F1，F2，过 F2作直线 l 与椭圆交于 M，N 两点，求F1M F1N 的取值范围 【答案】见解析 【解析】 (1)由题意，得 e c a 2 2 ， 1 sin2cos2c， a2b2c2 c1， a22， b21， 故椭圆 C 的标准方程为x 2 2y 21. (2)由(1

6、)得 F1(1，0)，F2(1，0) 若直线 l 的斜率不存在，则直线 lx 轴，直线 l 的方程为 x1，不妨记 M 1， 2 2 ，N 1， 2 2 ， 所以F1M 2， 2 2 ，F1N 2， 2 2 ，故F1M F1N 7 2. 若直线 l 的斜率存在，设直线 l 的方程为 yk(x1)， 由 yk（x1）， x2 2y 21 消去 y 得，(12k2)x24k2x2k220， 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)，则 x1x2 4k2 12k2，x1x2 2k22 12k2. F1M (x11，y1)，F1N (x21，y2)， 则F1M F1N (x11)(x21)y1y2(x1

7、1)(x21)k(x11) k(x21)(1k2)x1x2(1k2)(x1x2)1k2， 代入可得F1M F1N 2（k 41） 2k21 4k 24k4 2k21 1k27k 21 2k21 7 2 9 2 2k21， 由 k20 可得F1M F1N 1，7 2 . 综上，F1M F1N 1，7 2 . 三、高效训练突破三、高效训练突破 1.已知椭圆 M：x 2 a2 y2 31(a0)的一个焦点为 F(1，0)，左、右顶点分别为 A，B.经过点 F 的直线 l 与椭圆 M 交于 C，D 两点 (1)当直线 l 的倾斜角为 45时，求线段 CD 的长； (2)记ABD 与ABC 的面积分别为

8、 S1和 S2，求|S1S2|的最大值 【答案】见解析 【解析】 (1)由题意，c1，b23， 所以 a24， 所以椭圆 M 的方程为x 2 4 y2 31， 易求直线方程为 yx1，联立方程，得 x 2 4 y2 31， yx1， 消去 y，得 7x28x80，2880， 设 C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1x28 7，x1x2 8 7， 所以|CD| 2|x1x2| 2 （x1x2）24x1x224 7 . (2)当直线 l 的斜率不存在时，直线方程为 x1， 此时ABD 与ABC 面积相等，|S1S2|0； 当直线 l 的斜率存在时，设直线方程为 yk(x1)(k0)， 联立方程

9、，得 x 2 4 y2 31， yk（x1）， 消去 y，得(34k2)x28k2x4k2120， 0，且 x1x2 8k2 34k2，x1x2 4k212 34k2 ， 此时|S1S2|2|y2|y1|2|y2y1|2|k(x21)k(x11)|2|k(x1x2)2k| 12|k| 34k2，因为 k0，上式 12 3 |k|4|k| 12 2 3 |k| 4|k| 12 2 12 3 当且仅当k 3 2 时等号成立 ， 所以|S1S2|的最大值为 3. 2.(2020 河北武邑中学模拟)抛物线 y24x 的焦点为 F，过点 F 的直线交抛物线于 A，B 两点 (1)O 为坐标原点，求证：O

10、A OB 3； (2)设点 M 在线段 AB 上运动，原点 O 关于点 M 的对称点为 C，求四边形 OACB 面积的最小值 【解】 ：(1)证明：依题意得 F(1，0)，且直线 AB 的斜率不为 0，设直线 AB 的方程为 xmy1. 联立 xmy1， y24x， 消去 x 得 y24my40. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y24m，y1y24. x1x2(my11)(my21)m2y1y2m(y1y2)11， 故OA OB x1x2y1y23. (2)由点 C 与原点 O 关于点 M 对称，得 M 是线段 OC 的中点，从而点 O 与点 C 到直线 AB 的距离相等，所

11、 以四边形 OACB 的面积等于 2SAOB. 由(1)知 2SAOB21 2|OF|y1y2| （y1y2）24y1y24 1m2， 所以当 m0 时，四边形 OACB 的面积最小，最小值是 4. 3.(2020 郑州模拟郑州模拟)已知椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)上的点到右焦点 F(c，0)的最大距离是 21，且 1， 2a，4c 成等比数列 (1)求椭圆的方程； (2)过点 F 且与 x 轴不垂直的直线 l 与椭圆交于 A，B 两点，线段 AB 的垂直平分线交 x 轴于点 M(m，0)，求 实数 m 的取值范围 【解】 ：(1)由已知可得 ac 21， 14c2a2 a2b2c

12、2， 解得 a 2， b1， c1， 所以椭圆的方程为x 2 2y 21. (2)由题意得 F(1，0)，设直线 AB 的方程为 yk(x1) 与椭圆方程联立得 x22y220， yk（x1）， 消去 y 可得(12k2)x24k2x2k220. 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 x1x2 4k2 12k2， y1y2k(x1x2)2k 2k 12k2. 可得线段 AB 的中点为 N 2k2 12k2， k 12k2 . 当 k0 时，直线 MN 为 y 轴，此时 m0. 当 k0 时，直线 MN 的方程为 y k 12k2 1 k x 2k2 12k2 ， 化简得 kyx k2 1

13、2k20.令 y0，得 x k2 12k2. 所以 m k2 12k2 1 1 k22 0，1 2 . 综上所述，实数 m 的取值范围为 0，1 2 . 4.(2020 湖南湘潭一模湖南湘潭一模)已知 F( 3， 0)是椭圆 C： x2 a2 y2 b21(ab0)的一个焦点， 点 M 3，1 2 在椭圆 C 上 (1)求椭圆 C 的方程； (2)若直线 l 与椭圆 C 分别相交于 A，B 两点，且 kOAkOB1 2(O 为坐标原点)，求直线 l 的斜率的取值 范围 【解】 ：(1)由题意知，椭圆的另一个焦点为( 3，0)， 所以点 M 到两焦点的距离之和为 （2 3）2 1 2 2 1 2

14、4. 所以 a2. 又因为 c 3，所以 b1，所以椭圆 C 的方程为x 2 4y 21. (2)当直线 l 的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOAkOB0，不符合题意 故设直线 l 的方程为 ykxm(k0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)， 联立 x 2 4y 21， ykxm， 可得(4k21)x28kmx4(m21)0. 则 x1x28km 4k21，x1x2 4（m21） 4k21 . 而 kOAkOBy1 x1 y2 x2 （kx1m）x2（kx2m）x1 x1x2 2km（x1x2） x1x2 2k 8km2 4（m21） 2k m21. 由 kOAkOB1 2，可得

15、m 24k1，所以 k1 4. 又由 0，得 16(4k2m21)0， 所以 4k24k0，解得 k0 或 k1， 综上，直线 l 的斜率的取值范围为 1 4，0 (1，) 5.已知椭圆 C 的两个焦点为 F1(1，0)，F2(1，0)，且经过点 E 3， 3 2 . (1)求椭圆 C 的方程； (2)过点 F1的直线 l 与椭圆 C 交于 A，B 两点(点 A 位于 x 轴上方)，若AF1 F1B ，且 23，求直线 l 的斜 率 k 的取值范围 【解】 (1)由 2a|EF1|EF2|4， a2b2c2， c1， 解得 a2， c1， b 3， 所以椭圆 C 的方程为x 2 4 y2 31

16、. (2)由题意得直线 l 的方程为 yk(x1)(k0)， 联立方程，得 yk（x1）， x2 4 y2 31， 整理得 3 k24 y 26 ky90， 144 k2 1440， 设 A(x1，y1)，B(x2，y2)，则 y1y2 6k 34k2，y1y2 9k2 34k2， 又AF1 F1B ，所以 y1y2，所以 y1y2 （1）2(y1y2) 2， 则（1） 2 4 34k2， 1 2 4 34k2， 因为 23，所以1 2 1 2 4 3， 即1 2 4 34k2 4 3，且 k0，解得 0k 5 2 . 故直线 l 的斜率 k 的取值范围是 0， 5 2 . 6(2020 银川

17、模拟银川模拟)椭圆x 2 a2 y2 b21(ab0)的焦点分别为 F1(1，0)，F2(1，0)，直线 l：xa 2交 x 轴于点 A，且AF1 2AF2 . (1)试求椭圆的方程； (2)过点 F1， F2分别作互相垂直的两条直线与椭圆分别交于 D， E， M， N 四点(如图所示)， 试求四边形 DMEN 面积的最大值和最小值 【解】 ：(1)由题意知，|F1F2|2c2，A(a2，0)， 因为AF1 2AF2 ，所以 F2为线段 AF1的中点， 则 a23，b22，所以椭圆方程为x 2 3 y2 21. (2)当直线 DE 与 x 轴垂直时，|DE|2b 2 a 4 3， 此时|MN|

18、2a2 3，四边形 DMEN 的面积 S|DE| |MN| 2 4. 同理当 MN 与 x 轴垂直时， 也有四边形 DMEN 的面积 S|DE| |MN| 2 4. 当直线 DE，MN 与 x 轴均不垂直时， 设直线 DE：yk(x1)(k1)，D(x1，y1)，E(x2，y2)， 代入椭圆方程，消去 y 可得(23k2)x26k2x3k260， 则 x1x2 6k2 23k2，x1x2 3k26 23k2， 所以|x1x2|4 3 k 21 23k2 ， 所以|DE| k21|x1x2|4 3（k 21） 23k2 . 同理|MN| 4 3 1 k 2 1 23 1 k 2 4 3 1 k2

19、1 2 3 k2 ， 所以四边形 DMEN 的面积 S|DE| |MN| 2 1 2 4 3（k21） 23k2 4 3 1 k21 23 k2 24 k2 1 k22 6 k2 1 k2 13 ， 令 uk21 k2，则 S4 4 136u. 因为 uk2 1 k22，当 k 1 时，u2，S 96 25， 且 S 是以 u 为自变量的增函数，则96 25S4. 综上可知，96 25S4，故四边形 DMEN 面积的最大值为 4，最小值为 96 25. 7已知椭圆 E 的中心在原点，焦点 F1，F2在 y 轴上，离心率等于2 2 3 ，P 是椭圆 E 上的点以线段 PF1为 直径的圆经过 F2

20、，且 9PF1 PF2 1. (1)求椭圆 E 的方程； (2)作直线 l 与椭圆 E 交于两个不同的点 M，N.如果线段 MN 被直线 2x10 平分，求直线 l 的倾斜角的取 值范围 【解】 ：(1)依题意，设椭圆 E 的方程为y 2 a2 x2 b21(ab0)，半焦距为 c. 因为椭圆 E 的离心率等于2 2 3 ， 所以 c2 2 3 a，b2a2c2a 2 9. 因为以线段 PF1为直径的圆经过 F2， 所以 PF2F1F2. 所以|PF2|b 2 a. 因为 9PF1 PF2 1， 所以 9|PF2 |29b 4 a2 1. 由 b 2a 2 9 9b4 a2 1 ，得 a29

21、b21， 所以椭圆 E 的方程为y 2 9x 21. (2)因为直线 x1 2与 x 轴垂直，且由已知得直线 l 与直线 x 1 2相交， 所以直线 l 不可能与 x 轴垂直， 所以设直线 l 的方程为 ykxm. 由 ykxm 9x2y29，得(k 29)x22kmxm290. 因为直线 l 与椭圆 E 交于两个不同的点 M，N， 所以 4k2m24(k29)(m29)0， 即 m2k290. 设 M(x1，y1)，N(x2，y2)， 则 x1x22km k29 . 因为线段 MN 被直线 2x10 平分， 所以 2x1x2 2 10， 即2km k29 10. 由 m 2k290 2km

22、k29 10，得 k29 2k 2 (k29)0，所以k 29 4k2 13， 解得 k 3或 k0) 由 ykx， x2 4 y2 21 得 x 2 12k2 . 记 u 2 12k2，则 P(u，uk)，Q(u，uk)，E(u，0) 于是直线 QG 的斜率为k 2，方程为 y k 2(xu) 由 y k 2（xu）， x2 4 y2 21 得(2k2)x22uk2xk2u280. 设 G(xG，yG)，则u 和 xG是方程的解， 故 xGu（3k 22） 2k2 ，由此得 yG uk3 2k2. 从而直线 PG 的斜率为 uk3 2k2uk u（3k22） 2k2 u 1 k. 所以 PQPG，即PQG 是直角三角形 ()由()得|PQ|2u 1k2，|PG|2uk k 21 2k2 ， 所以PQG 的面积 S1 2|PQ|PG| 8k（1k2） （12k2）（2k2） 8 1 kk 12 1 kk 2. 设 tk1 k，则由 k0 得 t2，当且仅当 k1 时取等号 因为 S 8t 12t2在2，)单调递减，所以当 t2，即 k1 时，S 取得最大值，最大值为 16 9 . 因此，PQG 面积的最大值为16 9 .