課時驗收評價(五十九) 圓錐曲線中的最值、范圍問題

PAGE第4頁共4頁課時驗收評價(五十九)圓錐曲線中的最值、范圍問題1．(2021·全國乙卷)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點F到準(zhǔn)線的距離為2.(1)求C的方程；(2)已知O為坐標(biāo)原點，點P在C上，點Q滿足eq\o(PQ,\s\up7(→))＝9eq\o(QF,\s\up7(→))，求直線OQ斜率的最大值．解：(1)由題意，得p＝2.∴拋物線C的方程為y2＝2px＝4x.(2)由(1)知F(1,0)．設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)(x2>0)．∵eq\o(PQ,\s\up7(→))＝9eq\o(QF,\s\up7(→))，即(x2－x1，y2－y1)＝9(1－x2，－y2)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2－y1＝9－y2，,x2－x1＝91－x2，))∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝\f(1,10)y1，,x2＝\f(9＋x1,10)，))∴kOQ＝eq\f(y2,x2)＝eq\f(\f(1,10)y1,\f(9＋x1,10))＝eq\f(y1,9＋x1).要求kOQ的最大值，則令y1>0，得y1＝eq\r(4x1)，∴kOQ＝eq\f(\r(4x1),9＋x1)＝eq\f(2,\f(9,\r(x1))＋\r(x1))≤eq\f(2,2\r(9))＝eq\f(1,3)，當(dāng)且僅當(dāng)eq\r(x1)＝eq\f(9,\r(x1))，即x1＝9時，等號成立．故直線OQ斜率的最大值為eq\f(1,3).2．已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦距為8，且點Meq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5\r(3),2)，－\f(1,2)))在C上．(1)求C的方程；(2)若直線l與C相交于A，B兩點，且線段AB被直線OM平分，求△AOB(O為坐標(biāo)原點)面積的最大值．解：(1)依題意可知eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(75,4a2)＋\f(1,4b2)＝1，,2c＝8，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a2＝20，,b2＝4，))故C的方程為eq\f(x2,20)＋eq\f(y2,4)＝1.(2)易得直線OM的方程為y＝－eq\f(1,5\r(3))x，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，R(x0，y0)為AB的中點，其中y0＝－eq\f(1,5\r(3))x0，因為A，B在橢圓上，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(x\o\al(2,1),20)＋\f(y\o\al(2,1),4)＝1，,\f(x\o\al(2,2),20)＋\f(y\o\al(2,2),4)＝1，))兩式相減可得kAB＝eq\f(y1－y2,x1－x2)＝－eq\f(4,20)×eq\f(x1＋x2,y1＋y2)＝－eq\f(1,5)×eq\f(2x0,2y0)＝eq\r(3).可設(shè)直線l的方程為y＝eq\r(3)x＋m，聯(lián)立eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝\r(3)x＋m，,\f(x2,20)＋\f(y2,4)＝1，))整理得16x2＋10eq\r(3)mx＋5m2－20＝0，則Δ＝300m2－64(5m2－20)>0，解得－8<m<8，則x1＋x2＝－eq\f(5\r(3)m,8)，x1x2＝eq\f(5m2－20,16)，則|AB|＝eq\r(1＋3)·eq\r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(5\r(3)m,8)))2－4×\f(5m2－20,16))＝eq\f(\r(－5m2＋320),4)，原點到直線l的距離d＝eq\f(|m|,\r(1＋3))＝eq\f(|m|,2)，則△AOB的面積S＝eq\f(1,2)d·|AB|＝eq\f(1,2)×eq\f(|m|,2)×eq\f(\r(－5m2＋320),4)＝eq\f(\r(－5\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(m2－32))2＋5120),16).當(dāng)且僅當(dāng)m2＝32，即m＝±4eq\r(2)時，△AOB的面積有最大值，且最大值為2eq\r(5).3．(2022·咸陽模擬)已知雙曲線C：eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的離心率為eq\r(2)，且經(jīng)過A(0,2)．(1)求雙曲線C的方程；(2)若過點B(2,0)的直線交雙曲線C于x軸下方不同的兩點P，Q，設(shè)PQ中點為M，求三角形BOM(O為坐標(biāo)原點)面積的取值范圍．解：(1)雙曲線的離心率為eq\r(2)，即eq\f(c,a)＝eq\r(2)，因為點A(0,2)在雙曲線eq\f(y2,a2)－eq\f(x2,b2)＝1上，所以eq\f(4,a2)＝1，a＝2，則c＝2eq\r(2)，又c2＝a2＋b2，所以b＝2.所以雙曲線C的方程為y2－x2＝4.(2)易知直線PQ的斜率不為0，設(shè)直線PQ的方程為x－2＝my(m≠0)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－2＝my，,y2－x2＝4，))得(1－m2)y2－4my－8＝0，設(shè)P，Q兩點的縱坐標(biāo)分別為y1，y2，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－m2≠0，,Δ＝16m2＋321－m2＝162－m2＞0，,y1＋y2＝\f(4m,1－m2)＜0，,y1y2＝\f(－8,1－m2)＞0，))解得1＜m＜eq\r(2).設(shè)點M的縱坐標(biāo)為y0，則y0＝eq\f(y1＋y2,2)＝eq\f(2m,1－m2)，所以S△BOM＝eq\f(1,2)×|OB|×|y0|＝eq\f(1,2)×2×eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(2m,1－m2)))＝eq\f(2m,m2－1)＝eq\f(2,m－\f(1,m))，1＜m＜eq\r(2).易知函數(shù)y＝x－eq\f(1,x)在(1，eq\r(2))上單調(diào)遞增，所以m－eq\f(1,m)∈eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(\r(2),2)))，所以三角形BOM面積的取值范圍為(2eq\r(2)，＋∞)．4.已知橢圓eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)，右焦點F(1,0)，離心率為eq\f(\r(2),2)，過F作兩條互相垂直的弦AB，CD.(1)求橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)求以A，B，C，D為頂點的四邊形的面積的取值范圍．解：(1)由題意得c＝1，eq\f(c,a)＝eq\f(\r(2),2)，∴a＝eq\r(2)，則b＝c＝1，則橢圓的標(biāo)準(zhǔn)方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)①當(dāng)兩直線一條斜率不存在、一條斜率為0時，S＝eq\f(1,2)|AB|·|CD|＝eq\f(1,2)×2eq\r(2)×eq\r(2)＝2.②當(dāng)兩直線斜率存在且都不為0時，設(shè)直線AB的方程為y＝k(x－1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，將其代入橢圓方程整理得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，則x1＋x2＝eq\f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2k2－2,1＋2k2)，則|AB|＝eq\r(1＋k2)|x1－x2|＝eq\f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)，同理，|CD|＝eq\f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)，則S＝eq\f(1,2)|AB|·|CD|＝eq\f(1,2)·eq\f(2\r(2)k2＋1,1＋2k2)·eq\f(2\r(2)k2＋1,k2＋2)＝eq\f(4k2＋12,2k4＋2＋5k2)＝eq\f(4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))2＋1)＝2－eq\f(2,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(k＋\f(1,k)))2＋1)∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(16,9)，2))，當(dāng)k＝±1時，S＝eq\f(16,9).綜上所述，四邊形面積的取值范圍是eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(16,9)，2)).5．(2021·浙江高考)如圖，已知F是拋物線y2＝2px(p＞0)的焦點，M是拋物線的準(zhǔn)線與x軸的交點，且|MF|＝2.(1)求拋物線的方程．(2)設(shè)過點F的直線交拋物線于A，B兩點，若斜率為2的直線l與直線MA，MB，AB，x軸依次交于點P，Q，R，N，且滿足|RN|2＝|PN|·|QN|，求直線l在x軸上截距的取值范圍．解：(1)因為|MF|＝p＝2，所以拋物線的方程為y2＝4x.(2)依題意，得F(1,0)，M(－1,0)．設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)．因為直線AB的斜率不可能為0，所以設(shè)直線AB的方程為x＝my＋1.易知點R，N不重合，所以直線l不經(jīng)過焦點，故設(shè)直線l的方程為y＝2x＋n，n≠－2.又因為直線AM的方程為y＝eq\f(y1,x1＋1)(x－x1)＋y1，所以直線AM與直線l的交點P為eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nx1＋n－y1,y1－2x1－2)，\f(n－2y1,y1－2x1－2))).同理可得Qeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nx2＋n－y2,y2－2x2－2)，\f(n－2y2,y2－2x2－2)))，直線AB與直線l交點的縱坐標(biāo)yR＝eq\f(n＋2,1－2m).聯(lián)立拋物線的方程與直線AB的方程，得方程組eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x，,x＝my＋1.))消去x并整理，得y2－4my－4＝0，所以y1＋y2＝4m，y1y2所以yeq\o\al(2,1)＋yeq\o\al(2,2)＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16m2＋8.所以|yP·yQ|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(n－22y1y2,y1－2x1－2y2－2x2－2)))＝eq\f(n－22,4m2＋3).又因為|RN|2＝|PN|·|QN|，所以yeq\o\al(2,R)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n＋2,1－2m)))2＝|yP·yQ|＝eq\f(n－22,4m2＋3).所以eq\f(n－22,n＋22)＝eq\f(4m2＋3,2m－12)＝1＋eq\f(2,2m－1)＋eq\f(4,2m－1