《2021版高考數學一輪復習 第十章 平面解析幾何 10.9.3 圓錐曲線的范圍問題練習 理 北師大版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《2021版高考數學一輪復習 第十章 平面解析幾何 10.9.3 圓錐曲線的范圍問題練習 理 北師大版（15頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

1、 10.9.3 圓錐曲線的范圍問題 核心考點·精準研析 考點一　幾何法求范圍? 1.直線l1:mx-y+m=0與直線l2:x+my-1=0的交點為Q,橢圓+y2=1的焦點為F1,F2,那么|QF1|+|QF2|的取值范圍是 (　　) A.[2,+∞) B.[2,+∞) C.[2,4] D.[2,4] 2.橢圓E:+=1(a>b>0)的右焦點為 F,短軸的一個端點為M,直線l:3x-4y=0交橢圓E于 A,B兩點.假設|AF|+|BF|=4,點M到直線l的距離不小于,那么橢圓E的離心率的取值范圍是 (　　) A. 0, B.0, C. ,1 D.,1 3.過雙曲線-=1

2、(a>0,b>0)的右頂點且斜率為2的直線,與該雙曲線的右支交于兩點,那么此雙曲線離心率的取值范圍為________________.? 【解析】1.選D.橢圓+y2=1的焦點為:F1(-,0), F2(,0),由l1與l2方程可知l1⊥l2, 直線l1:mx-y+m=0與直線l2:x+my-1=0的交點為Q,且兩條直線分別經過定點(-1,0),(1,0), 所以它們的交點Q滿足:x2+y2=1(x≠-1), 當Q與(1,0)重合時,|QF1|+|QF2|取最小值為 |F1F2|=2, 當Q與短軸端點重合時,|QF1|+|QF2|取最大值為2a=4,所以|QF1|+|QF2|的取

3、值范圍是[2,4]. 2.選A.不妨設M(0,b),點M到直線l的距離d==≥,即b≥1, 所以e2===1-≤1-=, 所以00,

4、b>0)的右頂點且斜率為2的直線,與該雙曲線的右支交于兩點,可得<2.所以e==<=,因為e>1,所以1

5、運算、邏輯推理以及函數與方程、轉化與化歸的數學思想等. 2.怎么考:以直線和圓錐曲線的位置關系為背景,考查參數取值范圍或目標代數式的取值范圍問題. 3.新趨勢:范圍問題與不等式、函數值域等問題相結合. 學 霸 好 方 法 1.解決圓錐曲線中的取值范圍問題的5種常用解法 (1)利用圓錐曲線的幾何性質或判別式構造不等關系,從而確定參數的取值范圍. (2)利用參數的范圍,求新參數的范圍,解這類問題的核心是建立兩個參數之間的等量關系. (3)利用隱含的不等關系建立不等式,從而求出參數的取值范圍. (4)利用的不等關系構造不等式,從而求出參數的取值范圍. (5)利用求函數的值域

6、的方法將待求量表示為其他變量的函數,求其值域,從而確定參數的取值范圍. 2.交匯問題: 與不等式、函數問題交匯時,要注意參數取值范圍的限制對解不等式、求函數值域的影響. 構造不等式求范圍 【典例】(2021·宜昌模擬)在直角坐標系xOy中,橢圓C的方程為+=1(a>b>0),左右焦點分別為F1,F2,R為短軸的一個端點,且△RF1F2的面積為.設過原點的直線l與橢圓C交于A,B兩點,P為橢圓C上異于A,B的一點,且直線PA,PB的斜率都存在,kPAkPB=-. (1)求a,b的值. (2)設Q為橢圓C上位于x軸上方的一點,且QF1⊥x軸,M,N為橢圓C上不同于Q的兩點,且∠MQF1=

7、∠NQF1,設直線MN與y軸交于點D(0,d),求d的取值范圍. 【解題導思】 序號 題目拆解 (1) 求參數a,b 點差法轉化kPAkPB=-,結合△RF1F2的面積列出方程組求解 (2) ①設直線QM的方程 將兩角相等轉化為兩直線QM,QN斜率之間的關系 ②求直線MN的斜率 將直線方程與橢圓方程聯立,分別求出M、N點的橫坐標,利用兩點坐標表示出直線MN的斜率. ③求d所滿足的不等式 將直線MN的方程與橢圓方程聯立,由位置關系列出不等關系 ④解不等式求范圍 解所得不等式即可求得d的取值范圍 【解析】(1)設A(x1,y1),P(x2,y2),那么B(-x1,-

8、y1), 進一步得,+=1,+=1, 兩個等式相減得,+=0, 所以·=-, 所以kPA·kPB=-,因為kPA·kPB=-,所以-=-,即=,設b=t,a=2t(t>0), 因為a2=b2+c2,所以c=t, 由△RF1F2的面積為得,=,即bc=,即t2=,t=1, 所以a=2,b=. (2)設直線QM的斜率為k, 因為∠MQF1=∠NQF1,所以QM,QN關于直線QF1對稱,所以直線QN的斜率為-k, 算得F1(-1,0),Q, 所以直線QM的方程是y-=k(x+1), 設M(x3,y3),N(x4,y4) 由 消去y得, (3+4k2)x2+(12+8k)k

9、x+(4k2+12k-3)=0, 所以-1·x3=,所以x3=, 將上式中的k換成-k得,x4=, 所以kMN====-, 所以直線MN的方程是y=-x+d, 代入橢圓方程+=1得,x2-dx+d2-3=0,所以 Δ=(-d)2-4(d2-3)>0,所以-2-×(-1)+d,所以-2b>0)的上頂點和左焦點,假設EF與圓x2+y2=相切于點T,且點T是線段EF靠近點E的三等分點. (1)求橢圓C的標準方程. (2)直線l:y=kx+m與

10、橢圓C只有一個公共點P,且點P在第二象限,過坐標原點O且與l垂直的直線l′與圓x2+y2=8相交于A,B兩點,求△PAB面積的取值范圍. 【解題導思】 序號 題目拆解 (1) 求參數a,b 根據分別求出a,b的值. (2) ①建立k,m的關系式 直線方程與橢圓方程聯立,利用方程只有一解即可建立兩者的關系式 ②求P到直線l′的距離 求P點坐標,代入距離公式求解 ③表示△PAB面積 利用三角形面積公式建立目標函數 ④求取值范圍 根據目標函數的結構特征,利用根本不等式求解最值,從而確定其取值范圍 【解析】(1) OT2=ET·TF=a·a=, a2=6,b2=OE2

11、=OT2+ET2=2, 橢圓C的標準方程為+=1. (2)由得, (3k2+1)x2+6kmx+3m2-6=0, 因為直線l:y=kx+m與橢圓C相切于點P, 所以Δ=(6km)2-4(3k2+1)(3m2-6)=12(6k2+2-m2)=0,即m2=6k2+2,解得x=,y=, 即點P的坐標為, 因為點P在第二象限,所以k>0,m>0, 所以m=,所以點P的坐標為 ,設直線l′與l垂直交于點Q, 那么|PQ|是點P到直線l′的距離, 設直線l′的方程為y=-x, 那么|PQ|===, 所以S△PAB=×4×|PQ|=≤==4-4, 當且僅當3k2=,即k2=時,取得

12、最大值4-4,所以△PAB面積的取值范圍為(0,4-4]. 1.橢圓C:+=1(a>b>0)的焦距為2,且C與y軸交于A(0,-1),B(0,1)兩點. (1)求橢圓C的標準方程. (2)設P點是橢圓C上的一個動點且在y軸的右側,直線PA,PB與直線x=3交于M,N兩點.假設以MN為直徑的圓與x軸交于E,F兩點,求P點橫坐標的取值范圍. 【解析】(1)由題意可得,b=1,c=,所以a=2, 橢圓C的標準方程為+y2=1. (2)方法一:設P(x0,y0)(0

13、+1,直線PA與直線x=3的交點為M,直線PB與直線x=3的交點為N,線段MN的中點, 所以圓的方程為(x-3)2+=. 令y=0,那么(x-3)2+=, 因為+=1,所以(x-3)2=-, 因為這個圓與x軸相交,所以該方程有兩個不同的實數解,那么->0,又00),與橢圓x2+4y2=4聯立得:(1+4)x2-8k1x=0,xP=,同理設直線BP的方程為y=k2x+1,可得xP=,由=,可得4k1k2=-1,所以M(3,3k1-1), N(3,3k2+1),MN的中點為,所以以MN為直徑的圓為(x-3)2

14、+=. 當y=0時,(x-3)2+=,所以(x-3)2=, 因為MN為直徑的圓與x軸交于E,F兩點,所以>0, 代入4k1k2=-1得:<0,所以

15、 所以|PQ|≤|PM|+1.設P(x,y),那么|PM|2=x2+(y-3)2=x2+y2-6y+9.(*) 而+=1,所以x2=4-. 代入(*)中,可得|PM|2=4-+y2-6y+9=--6y+13,y∈[-,].所以|PM=12+6, 即|PM|max=3+,所以|PQ|max=4+. (2)依題意,設直線l1:y=kx+m. 由 消去y整理得(3+4k2)x2+8mkx+4m2-12=0. 因為直線與橢圓交于不同的兩點, 所以Δ=64m2k2-4(3+4k2)(4m2-12)>0,整理得m2<4k2+3.①設A(x1,y1),B(x2,y2), 那么x1+x2=-,

16、x1x2=. 設點E的坐標為(x0,y0),那么x0=-, 所以y0=kx0+m=-+m=, 所以點E的坐標為. 所以直線l2的斜率為k′==. 又直線l1和直線l2垂直,那么·k=-1,所以m=-. 將m=-代入①式,可得<4k2+3.解得k>或k<-. 所以直線l1的斜率的取值范圍為∪. 1.(2021·南昌模擬)橢圓C:+=1(a>b>0)的離心率為,短軸長為2. (1)求橢圓C的標準方程. (2)設直線l:y=kx+m與橢圓C交于M,N兩點,O為坐標原點,假設kOM·kON=,求原點O到直線l的距離的取值范圍. 【解析】(1)由題知e==,2b=2, 又a2

17、=b2+c2,所以b=1,a=2, 所以橢圓C的標準方程為+y2=1. (2)設M(x1,y1),N(x2,y2),聯立方程 得(4k2+1)x2+8kmx+4m2-4=0, 依題意,Δ=(8km)2-4(4k2+1)(4m2-4)>0, 化簡得m2<4k2+1,① x1+x2=-,x1x2=, y1y2=(kx1+m)(kx2+m)=k2x1x2+km(x1+x2)+m2. 假設kOM·kON=,那么=,即4y1y2=5x1x2, 所以(4k2-5)x1x2+4km(x1+x2)+4m2=0, 所以(4k2-5)·+4km·+4m2=0, 即(4k2-5)(m2-1)-

18、8k2m2+m2(4k2+1)=0, 化簡得m2+k2=②,由①②得0≤m2<,

19、方程.求出直線PF1的方程,聯立橢圓方程和直線方程后可求Q的坐標,故可得λ的值. (2)因為P,故可用a,b,c,λ表示Q的坐標,利用它在橢圓上可得λ與a,b,c的關系,化簡后可得λ與離心率e的關系,由λ的范圍可得e的范圍. 【解析】(1)因為PF2垂直于x軸,且點P的坐標為, 所以a2-b2=c2=4,+=1, 解得a2=16,b2=12,所以橢圓的方程為+=1. 所以F1,直線PF1的方程為y=, 將y=代入橢圓C的方程,解得xQ=-, 所以λ====. (2)因為PF2⊥x軸,不妨設P在x軸上方,P, y0>0, 設Q, 因為P在橢圓上,所以+=1, 解得y0=,即P. 因為F1,由PQ=λF1Q得,c-x1=λ,-y1=-λy1, 解得x1=-c,y1=-, 所以Q. 因為點Q在橢圓上,所以e2+=1, 即e2+=,所以(λ+2)e2=λ-2,從而e2=. 因為4≤λ≤5,所以≤e2≤.解得≤e≤, 所以橢圓C的離心率的取值范圍為. - 15 -