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1、微专题06 圆锥曲线中的最值、范围及探索性问题2020高考数学（理）二轮复习微专题聚焦【考情分析】与圆锥曲线有关的最值、范围及存在性问题是高考命题的热点，直线或圆锥曲线运动变化时，点、直线、曲线之间的关联受到一定范围的制约，于是便产生了对范围的求解、最值的探求这类问题，注重与平面向量、函数、二次方程、不等式等融合与渗透，因而这类问题考查范围广泛，命题形式新颖，属于解析几何中的压轴题。【前备知识】1、 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
2、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、解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面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.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.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.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.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.考点一 圆锥曲线中的最值或取值范围问题【例1】过F(0,1)的直线与抛物线交于A，B两点，以A，B两点为切点分别作抛物线C的切
3、线，设交于点.（1）求；（2）过Q，F的直线交抛物线C于M，N两点，求四边形AMBN面积的最小值.【解析】（1）设，直线，所以得，所以由，所以，即，同理，联立得，即 （2）因为，所以，所以，即，同理，当且仅当时，四边形面积的最小值为32. 【方法归纳 提炼素养】数学思想是数形结合、方程思想，核心素养是数学运算.求最值,取值范围的常用方法(1)利用函数单调性:求导,换元,变形等.(2)利用不等式:基本不等式(有一个或两个变量都可以),三角不等式等.(3)利用线性规划:条件是不等式组的题目,可考虑用线性规划法.(4)利用数形结合:将代数方程与它表示的几何图形联系起来.(5)利用转化与化归:将几何关
4、系转化为代数式,再求解;或将不等式问题转化为等式问题,即先找到所求不等式恰好相等时的“边界”,“边界”将实数R分为若干部分,其中符合题意的部分即为所求取值范围.注意:在圆锥曲线最值问题中,特别注意椭圆、双曲线、抛物线上的点(x,y)横纵坐标x,y的取值范围.【类比训练】已知抛物线E:y2=2pxp0,过其焦点F的直线与抛物线相交于Ax1,y1,Bx2,y2两点，满足y1y2=-4.（1）求抛物线E的方程；（2）已知点C的坐标为（-2,0），记直线CA,CB的斜率分别为k1，k2，求1k12+1k22的最小值【解析】（1）因为直线过焦点，所以有，解得，所以抛物线的方程为（2）由（1）知抛物线的焦
5、点坐标为，设直线的方程为，联立抛物线的方程有，所以，则有，所以，因此，所以当且仅当时，有最小值【例2】已知椭圆的右焦点为F2(3,0),离心率为e.(1)若,求椭圆的方程.(2)设直线y=kx与椭圆相交于A,B两点,M,N分别为线段AF2,BF2的中点.若坐标原点O在以MN为直径的圆上,且,求k的取值范围.【解析】(1)由已知，得即a2=12,又a2=b2+c2,解得b2=3.所以椭圆的方程为x212+y23=1.(2)由，得(b2+a2k2)x2-a2b2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),所以x1+x2=0,x1x2=-a2b2b2+a2k2,由已知可得,OMON,易证四边形OMF
6、2N为平行四边形,所以AF2BF2,因为,所以=(1+k2)x1x2+9=0,即-a2(a2-9)(1+k2)a2k2+(a2-9)+9=0,整理为k2=-a4-18a2+81a4-18a2=-1-81a4-18a2,因为,所以.所以,即k的取值范围是.【方法归纳 提炼素养】数学思想是数形结合、函数与方程思想，核心素养是数学运算.解决取值范围问题的常用方法(1)构建不等式法:利用已知或隐含的不等关系,构建以待求量为元的不等式求解.(2)构建函数法:先引入变量构建以待求量为因变量的函数,再求其值域.(3)数形结合法:利用待求量的几何意义,确定出极端位置后数形结合求解.考点二 圆锥曲线中的探索性（
7、或是否存在性）问题【必备知识】探索性问题的解题思路：第一步：先假设存在，用待定系数法设出；第二步：列出关于待定系数的方程组，推证满足条件的结论；第三步：解方程（组）；若方程组有实数解，则元素(点、直线、曲线或参数)存在；否则，元素(点、直线、曲线或参数)不存在注意：(1)当条件和结论不唯一时要分类讨论；(2)当给出结论而要推导出存在的条件时，先假设成立，再推出条件；(3)当条件和结论都不确定，按常规方法解题很难时，要开放思维，采取另外合适的方法【例2】已知椭圆C：()的离心率为,且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆与直线相切.（1） 求椭圆的标准方程； （2） 已知动直线过右焦点F,且
8、与椭圆C交于A、B两点，试问x轴上是否存在定点Q,使得恒成立？若存在，求出点Q的坐标；若不存在，请说明理由。【解析】（1）由离心率为，可得，且以原点O为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆的方程为，因与直线相切，则有，即，故而椭圆方程为（2）假设在x轴上存在点Q（m,0）,使得恒成立。当直线的斜率不存在时，A(1,),B(1,),由于（）()=,所以，下面证明时，恒成立。当直线的斜率为0时，A（，0）B（，0）则（，0）（，0）=，符合题意。 当直线的斜率不为0时，设直线的方程为x=ty+1,A,B,由x=ty+1及得有； ，=，综上所述：在x轴上存在点Q（，0）使得恒成立。【方法归纳 提炼素养】
9、数学思想是分类讨论、数形结合、方程思想，核心素养是数学运算.1、有关存在性问题的求解策略 此类问题一般分为探究条件、探究结论两种.若探究条件，则可先假设条件成立，再验证结论是否成立，若成立则存在，否则不存在；若探究结论，则应先求出结论的表达式，在针对其表达式进行讨论，其中往往涉及对参数的讨论.求解策略通常有一下三种：（1） 存在性问题通常采用“肯定顺推法”，将不确定的问题明朗化.其步骤如下：假设满足条件的元素（点、直线、曲线或参数）存在并设出，列出关于待定系数的方程（组），若方程（组）有实数解，则元素（点、直线、曲线或参数）存在，否则（点、直线、曲线或参数）不存在（2） 反证法与验证法也是求解
10、存在性问题的常用方法.（3） 解决存在性问题时要注意解题的规范性，一般先做出结论，后给出证明（或理由）.2、关于两类定点的探索性问题定点的存在问题与过定点问题稍有差异.过定点问题实际上是恒成立问题.例如直线过定点解决方法有:将方程化为一边为0,此时是恒等于0,所以变量的系数都为0,列出方程组求解,得定点;取两条直线,联立解出交点坐标,再证明此交点在动直线上.做高考真题 提能力素养【解答题】1、（2019全国II卷T21）已知点A(2,0)，B(2,0)，动点M(x,y)满足直线AM与BM的斜率之积为.记M的轨迹为曲线C.（1）求C的方程，并说明C是什么曲线；（2）过坐标原点的直线交C于P，Q两
11、点，点P在第一象限，PEx轴，垂足为E，连结QE并延长交C于点G.（i）证明：是直角三角形；（ii）求面积的最大值.【解析】（1）直线的斜率为，直线的斜率为，由题意可知：，所以曲线C是以坐标原点为中心，焦点在轴上，不包括左右两顶点的椭圆，其方程为；（2）（i）设直线的方程为,由题意可知,直线的方程与椭圆方程联立,即或,点P在第一象限，所以，因此点的坐标为直线的斜率为，可得直线方程：，与椭圆方程联立，消去得，（*），设点，显然点的横坐标和是方程（*）的解所以有，代入直线方程中，得，所以点的坐标为，直线的斜率为; ,因为所以，因此是直角三角形；（ii）由（i）可知：，的坐标为，,因为，所以当时，函
12、数单调递增，当时，函数单调递减，因此当时，函数有最大值，最大值为.2、(2018北京高考理科T19)已知抛物线C:y2=2px经过点P(1,2).过点Q(0,1)的直线l与抛物线C有两个不同的交点A,B,且直线PA交y轴于M,直线PB交y轴于N.(1)求直线l的斜率的取值范围.(2)设O为原点,=,=,求证:1+1为定值.【解析】将点P代入C的方程得4=2p,即p=2,所以抛物线C的方程为y2=4x,（1）显然l斜率存在,设为k,则l:y=kx+1,由y=kx+1,y2=4x,消去y得k2x2+(2k-4)x+1=0,(*)由已知,方程(*)有两个不同的根,且1不是方程的根(因为PA,PB都与
13、y轴有交点),所以=-16k+160且k2+(2k-4)+10,即k1,且k-3,且k1,所以k1,且k-3,即直线l斜率的取值范围是(-,-3)(-3,1).(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线PA方程为y-2=y1-2x1-1(x-1),令x=0得y=-y1-2x1-1+2,即点M为(0,-y1-2x1-1+2),所以=(0,-y1-2x1-1+1),又=(0,-1),=,所以(0,-y1-2x1-1+1)=(0,-1)，所以=y1-2x1-1-1=y1-x1-1x1-1,1=x1-1y1-x1-1,又点A(x1,y1)在直线l:y=kx+1上,所以1=x1-1kx1-x1=x
14、1-1(k-1)x1=1k-1-1(k-1)x1,同理1=1k-1-1(k-1)x2,由(1)中方程(*)及根与系数的关系得,x1+x2=-2k-4k2,x1x2=1k2,所以1+1=1k-1-1(k-1)x1+1k-1-1(k-1)x2=2k-1-1k-11x1+1x2=2k-1-1k-1x1+x2x1x2=2k-1-1k-1-2k+41=2k-2k-1=2,即1+1为定值2.3、(2018浙江高考T21)如图,已知点P是y轴左侧(不含y轴)一点,抛物线C:y2=4x上存在不同的两点A,B满足PA,PB的中点均在C上.()设AB中点为M,证明:PM垂直于y轴.()若P是半椭圆x2+y24=1
15、(x0)上的动点,求PAB面积的取值范围.【解析】()设P(x0,y0),A14y12,y1,B14y22,y2.因为PA,PB的中点在抛物线上,所以y1,y2为方程y+y022=414y2+x02即y2-2y0y+8x0-y02=0的两个不同的实数根.所以y1+y2=2y0.因此,PM垂直于y轴.()由()可知y1+y2=2y0,y1y2=8x0-y02,所以|PM|=18(y12+y22)-x0=34y02-3x0,|y1-y2|=22(y02-4x0).因此,PAB的面积SPAB=12|PM|y1-y2|=324(y02-4x0)32.因为x02+y024=1(x00),所以y02-4x0=-4x02-4x0+
