第53講圓錐曲線的綜合應(yīng)用-最值、范圍問題（講） 2021-2022年新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)考點(diǎn)歸納（學(xué)生版+教師版）-試卷下載-教習(xí)網(wǎng)

思維導(dǎo)圖
知識梳理
1．幾何轉(zhuǎn)化代數(shù)法
若題目的條件和結(jié)論能明顯體現(xiàn)幾何特征和意義，則考慮利用圓、圓錐曲線的定義、圖形、幾何性質(zhì)來解決．
2．函數(shù)取值法
當(dāng)題目給出的條件和結(jié)論的幾何特征不明顯，則可以建立目標(biāo)函數(shù)，再求這個(gè)函數(shù)的最值(或值域)、常用方法有：(1)配方法；(2)基本不等式法；(3)單調(diào)性法；(4)三角換元法；(5)導(dǎo)數(shù)法等，要特別注意自變量的取值范圍.
題型歸納
題型1 構(gòu)建目標(biāo)不等式解最值或范圍問題
【例1-1】(2020·山東濟(jì)寧一模)已知橢圓C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的離心率為eq \f(\r(3),3)，且橢圓C過點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(2),2))).
(1)求橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程；
(2)過橢圓C的右焦點(diǎn)的直線l與橢圓C分別相交于A，B兩點(diǎn)，且與圓O：x2＋y2＝2相交于E，F(xiàn)兩點(diǎn)，求|AB|·|EF|2的取值范圍．
【解】(1)由題意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),3)，所以a2＝eq \f(3,2)b2，
所以橢圓的方程為eq \f(x2,\f(3,2)b2)＋eq \f(y2,b2)＝1，
將點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(\r(2),2)))代入方程得b2＝2，即a2＝3，
所以橢圓C的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由(1)可知，橢圓的右焦點(diǎn)為(1,0)，
①若直線l的斜率不存在，直線l的方程為x＝1，
則Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(2\r(3),3)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(2\r(3),3)))，E(1,1)，F(xiàn)(1，－1)，
所以|AB|＝eq \f(4\r(3),3)，|EF|2＝4，|AB|·|EF|2＝eq \f(16\r(3),3).
②若直線l的斜率存在，設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,3)＋\f(y2,2)＝1，,y＝k?x－1?，))可得(2＋3k2)x2－6k2x＋3k2－6＝0，
則x1＋x2＝eq \f(6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq \f(3k2－6,2＋3k2)，
所以|AB|＝eq \r(?1＋k2??x1－x2?2)＝
eq \r(?1＋k2?\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(6k2,2＋3k2)))2－4×\f(3k2－6,2＋3k2))))＝eq \f(4\r(3)?k2＋1?,2＋3k2).
因?yàn)閳A心O(0,0)到直線l的距離d＝eq \f(|k|,\r(k2＋1))，
所以|EF|2＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2－\f(k2,k2＋1)))＝eq \f(4?k2＋2?,k2＋1)，
所以|AB|·|EF|2＝eq \f(4\r(3)?k2＋1?,2＋3k2)·eq \f(4?k2＋2?,k2＋1)
＝eq \f(16\r(3)?k2＋2?,2＋3k2)＝eq \f(16\r(3),3)·eq \f(k2＋2,k2＋\f(2,3))
＝eq \f(16\r(3),3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(\f(4,3),k2＋\f(2,3)))).
因?yàn)閗2∈[0，＋∞)，所以|AB|·|EF|2∈eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16\r(3),3)，16\r(3))).
綜上，|AB|·|EF|2∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(16\r(3),3)，16\r(3))).
【例1-2】設(shè)橢圓eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝1(a>eq \r(3))的右焦點(diǎn)為F，右頂點(diǎn)為A.已知|OA|－|OF|＝1，其中O為原點(diǎn)，e為橢圓的離心率．
(1)求橢圓的方程及離心率e的值；
(2)設(shè)過點(diǎn)A的直線l與橢圓交于點(diǎn)B(B不在x軸上)，垂直于l的直線與l交于點(diǎn)M，與y軸交于點(diǎn)H.若BF⊥HF，且∠MOA≤∠MAO，求直線l的斜率的取值范圍．
[解] (1)由題意可知|OF|＝c＝ eq \r(a2－3)，
又|OA|－|OF|＝1，所以a－eq \r(a2－3)＝1，解得a＝2，所以橢圓的方程為eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
離心率e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2).
(2)設(shè)M(xM，yM)，易知A(2,0)，
在△MAO中，∠MOA≤∠MAO?|MA|≤|MO|，
即(xM－2)2＋yeq \\al(2,M)≤xeq \\al(2,M)＋yeq \\al(2,M)，化簡得xM≥1.
設(shè)直線l的斜率為k(k≠0)，
則直線l的方程為y＝k(x－2)．
設(shè)B(xB，yB)，聯(lián)立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k?x－2?))消去y，
整理得(4k2＋3)x2－16k2x＋16k2－12＝0，
解得x＝2或x＝eq \f(8k2－6,4k2＋3).
由題意得xB＝eq \f(8k2－6,4k2＋3)，從而yB＝eq \f(－12k,4k2＋3).
由(1)知F(1,0)，設(shè)H(0，yH)，
則eq \(FH,\s\up7(―→))＝(－1，yH)，eq \(BF,\s\up7(―→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(9－4k2,4k2＋3)，\f(12k,4k2＋3))).
由BF⊥HF，得eq \(BF,\s\up7(―→))·eq \(FH,\s\up7(―→))＝0，
即eq \f(4k2－9,4k2＋3)＋eq \f(12kyH,4k2＋3)＝0，解得yH＝eq \f(9－4k2,12k)，
所以直線MH的方程為y＝－eq \f(1,k)x＋eq \f(9－4k2,12k).
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k?x－2?，,y＝－\f(1,k)x＋\f(9－4k2,12k)，))消去y，得xM＝eq \f(20k2＋9,12?k2＋1?).
由xM≥1，得eq \f(20k2＋9,12?k2＋1?)≥1，解得k≤－eq \f(\r(6),4)或k≥eq \f(\r(6),4)，
所以直線l的斜率的取值范圍為eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(－∞，－\f(\r(6),4)))∪eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(6),4)，＋∞)).
【例1-3】已知中心在原點(diǎn)，焦點(diǎn)在y軸上的橢圓C，其上一點(diǎn)Q到兩個(gè)焦點(diǎn)F1，F(xiàn)2的距離之和為4，離心率為eq \f(\r(3),2).
(1)求橢圓C的方程；
(2)若直線l與橢圓C交于不同的兩點(diǎn)M，N，且線段MN恰被直線x＝－eq \f(1,2)平分，設(shè)弦MN的垂直平分線的方程為y＝kx＋m，求m的取值范圍．
[解] (1)由題意可設(shè)橢圓C的方程為eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，
由條件可得a＝2，c＝eq \r(3)，則b＝1.
故橢圓C的方程為eq \f(y2,4)＋x2＝1.
(2)法一：設(shè)弦MN的中點(diǎn)為Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))，M(xM，yM)，N(xN，yN)，則由點(diǎn)M，N為橢圓C上的點(diǎn)，可知4xeq \\al(2,M)＋yeq \\al(2,M)＝4,4xeq \\al(2,N)＋yeq \\al(2,N)＝4，兩式相減，
得4(xM－xN)(xM＋xN)＋(yM－yN)(yM＋yN)＝0，
將xM＋xN＝2×eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)))＝－1，yM＋yN＝2y0，eq \f(yM－yN,xM－xN)＝－eq \f(1,k)，代入上式得k＝－eq \f(y0,2).
又點(diǎn)Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))在弦MN的垂直平分線上，
所以y0＝－eq \f(1,2)k＋m，所以m＝y(tǒng)0＋eq \f(1,2)k＝eq \f(3,4)y0.
由點(diǎn)Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，y0))在線段BB′上
eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(B′?xB′，yB′?，B?xB，yB?為直線x＝－\f(1,2)與橢圓的交點(diǎn)，如圖所示))，
所以yB′0，
∴eq \f(4－m2,m2－1)－m2＋4>0，即eq \f(?4－m2?m2,m2－1)>0.
解得10)，焦距為2c，則b＝c，
∴a2＝b2＋c2＝2b2，
∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,2b2)＋eq \f(y2,b2)＝1.
又橢圓E過點(diǎn)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，∴eq \f(1,2b2)＋eq \f(\f(1,2),b2)＝1，解得b2＝1.
∴橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由于點(diǎn)(－2,0)在橢圓E外，∴直線l的斜率存在．
設(shè)直線l的斜率為k，則直線l：y＝k(x＋2)，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)．
由消去y得，(1＋2k2)x2＋8k2x＋8k2－2＝0.
由Δ>0，得0≤k2

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