高考解答題專(zhuān)項(xiàng)五　第2課時(shí)　最值與范圍問(wèn)題

1、 高考解答題專(zhuān)項(xiàng)五圓錐曲線中的綜合問(wèn)題第2課時(shí)最值與范圍問(wèn)題1.已知橢圓M:x2a2+y2b2=1(ab0)的離心率為63,焦距為22.斜率為1的直線l與橢圓M有兩個(gè)不同的交點(diǎn)A,B.(1)求橢圓M的方程;(2)求|AB|的最大值.2.焦點(diǎn)在x軸上的雙曲線C的一條漸近線方程是x-2y=0,且雙曲線C過(guò)點(diǎn)(22,1).(1)求雙曲線C的方程;(2)設(shè)雙曲線C的左、右頂點(diǎn)分別是A1,A2,點(diǎn)P為雙曲線C上任意一點(diǎn),直線PA1,PA2分別與直線l:x=1交于M,N兩點(diǎn),求|MN|的最小值.3.(2021全國(guó)乙,文20)已知拋物線C:y2=2px(p0)的焦點(diǎn)F到準(zhǔn)線的距離為2.(1)求拋物線C的方程

2、;(2)已知點(diǎn)O為坐標(biāo)原點(diǎn),點(diǎn)P在拋物線C上,點(diǎn)Q滿足PQ=9QF,求直線OQ斜率的最大值.4.已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1,F2,橢圓E的離心率為32,且通徑長(zhǎng)為1.(1)求橢圓E的方程;(2)直線l與橢圓E交于M,N兩點(diǎn)(點(diǎn)M,點(diǎn)N在x軸的同側(cè)),當(dāng)F1MF2N時(shí),求四邊形F1F2NM面積的最大值.5.(2021北京,20)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(ab0)過(guò)點(diǎn)A(0,-2),以四個(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形面積為45.(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程;(2)過(guò)點(diǎn)P(0,-3)的直線l斜率為k,交橢圓E于不同的兩點(diǎn)B,C,直線AB交直線y=-3于點(diǎn)M,直線AC

3、交直線y=-3于點(diǎn)N,若|PM|+|PN|15,求k的取值范圍.6.已知拋物線C:y2=2px(p0),點(diǎn)A在拋物線C上,點(diǎn)B在x軸的正半軸上,等邊三角形OAB的邊長(zhǎng)為83.(1)求拋物線的方程;(2)若直線l:x=ty+2(t1,3)與拋物線C相交于D,E兩點(diǎn),直線DE不過(guò)點(diǎn)M(0,1),DEM的面積為S,求S2t+2的取值范圍.第2課時(shí)最值與范圍問(wèn)題1.解(1)由題意得a2=b2+c2,ca=63,2c=22,解得a=3,b=1,所以橢圓M的方程為x23+y2=1.(2)設(shè)直線l的方程為y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).聯(lián)立y=x+m,x23+y2=1,得4x2+6mx+3m

4、2-3=0.因?yàn)?36m2-16(3m2-3)0,所以m24,所以x1+x2=-3m2,x1x2=3m2-34,所以|AB|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=2-3m22-43m2-34=12-3m22(m20,b0).由題可知ba=12,8a2-1b2=1,解得a2=4,b2=1,所以雙曲線C的方程為x24-y2=1.(2)由(1)知A1(-2,0),A2(2,0).由題可知,|MN|取最小值時(shí)點(diǎn)P在雙曲線C的右支上.設(shè)P(x,y),直線PA1,PA2的斜率分別為k1,k2(k1,k20).因?yàn)殡p曲線方程可化為yx-2yx+2=14,所以k1k2=14,所以PA1的方程為y=k1(x+

5、2),PA2的方程為y=k2(x-2).令x=1,得M(1,3k1),N(1,-k2),所以|MN|=|3k1-(-k2)|=3k1+k223k1k2=3,當(dāng)且僅當(dāng)3k1=k2,即k1=36,k2=32時(shí),等號(hào)成立,所以|MN|的最小值為3.3.解(1)在拋物線C中,焦點(diǎn)F到準(zhǔn)線的距離為p,故p=2,拋物線C的方程為y2=4x.(2)設(shè)點(diǎn)P(x1,y1),Q(x2,y2).因?yàn)镕(1,0),所以PQ=(x2-x1,y2-y1),QF=(1-x2,-y2).因?yàn)镻Q=9QF,所以x2-x1=9(1-x2),y2-y1=-9y2,得x1=10 x2-9,y1=10y2.又因?yàn)辄c(diǎn)P在拋物線C上,所以

6、y12=4x1,所以(10y2)2=4(10 x2-9),則點(diǎn)Q的軌跡方程為y2=25x-925.易知直線OQ的斜率存在.設(shè)直線OQ的方程為y=kx,當(dāng)直線OQ和曲線y2=25x-925相切時(shí),斜率取得最大值、最小值.由y=kx,y2=25x-925,得k2x2=25x-925,即k2x2-25x+925=0.(*)當(dāng)直線OQ和曲線y2=25x-925相切時(shí),方程(*)的判別式=0,即-252-4k2925=0,解得k=13,所以直線OQ斜率的最大值為13.4.解(1)由題可知ca=32,2b2a=1,a2=b2+c2,ab0,解得a=2,b=1,c=3,所以橢圓的方程為x24+y2=1.(2

7、)由(1)可知F1(-3,0),F2(3,0).延長(zhǎng)MF1交E于點(diǎn)M0(圖略).設(shè)M(x1,y1),M0(x2,y2),直線MF1的方程為x=my-3.聯(lián)立x=my-3,x24+y2=1得(m2+4)y2-23my-1=0.因?yàn)閙2+40,=12m2+4(m2+4)0,所以y1+y2=23mm2+4,y1y2=-1m2+4.設(shè)F1M與F2N的距離為d,則四邊形F1F2NM的面積S=12(|F1M|+|F2N|)d=12(|F1M|+|F1M0|)d=12|MM0|d=SMF2M0.又因?yàn)镾MF2M0=12|F1F2|y1-y2|=1223|y1-y2|=3(y1+y2)2-4y1y2=43m2

8、+1m2+4=43m2+1+3m2+14323=2,當(dāng)且僅當(dāng)m2+1=3m2+1,即m=2時(shí),等號(hào)成立,所以四邊形F1F2NM面積的最大值為2.5.解(1)因?yàn)闄E圓過(guò)點(diǎn)A(0,-2),所以b=2.又因?yàn)闄E圓的四個(gè)頂點(diǎn)圍成的四邊形的面積為45,所以122a2b=45,所以a=5,所以橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程為x25+y24=1.(2)如圖,設(shè)B(x1,y1),C(x2,y2).因?yàn)橹本€BC的斜率存在,所以x1x20,所以直線AB:y=y1+2x1x-2.令y=-3,則xM=-x1y1+2,同理xN=-x2y2+2.由題可知直線BC:y=kx-3.聯(lián)立y=kx-3,4x2+5y2=20,得(4+5k2)x

9、2-30kx+25=0.因?yàn)?+5k20,=900k2-100(4+5k2)0,所以k1,所以x1+x2=30k4+5k2,x1x2=254+5k2,所以x1x20,所以xMxN0.又|PM|+|PN|=|xM+xN|=x1y1+2+x2y2+2=x1kx1-1+x2kx2-1=2kx1x2-(x1+x2)k2x1x2-k(x1+x2)+1=50k4+5k2-30k4+5k225k24+5k2-30k24+5k2+1=5|k|,所以5|k|15,即|k|3.綜上,k的取值范圍為-3,-1)(1,3.6.解(1)OAB是邊長(zhǎng)為83的等邊三角形,點(diǎn)A在拋物線C上,點(diǎn)B在x軸的正半軸上,A43,433,163=83p,p=2,拋物線方程為y2=4x.(2)聯(lián)立x=ty+2,y2=4x,得y2-4ty-8=0,易知0.設(shè)D(x1,y1),E(x2,y2),則y1+y2=4t,y1y2=-8,|DE|=1+t2|y1-y2|=1+t216t2+32=41+t2t2+2.點(diǎn)M到直線l:x-ty-2=0的距離d=|-t-2|1+t2=|t+2|1+t2,DEM的面積S=12