高考數(shù)學一輪復習 練案（59）第九講 圓錐曲線的綜合問題 第2課時 最值、范圍、證明問題（含解析）-人教版高三數(shù)學試題

[練案59]第二課時最值、范圍、證明問題A組基礎(chǔ)鞏固一、單選題1．(2019·北京模擬)已知雙曲線eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)，離心率e∈[eq\r(2)，2]，則兩條漸近線的夾角θ的取值范圍是(B)A．[eq\f(π,6)，eq\f(π,2)] B．[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]C．[eq\f(π,2)，eq\f(2π,3)] D．[eq\f(2π,3)，π][解析]由eq\r(2)≤e≤2，得eq\r(2)≤eq\f(c,a)≤2，eq\r(2)≤eq\r(\f(a2＋b2,a2))≤2，∴1≤eq\f(b,a)≤eq\r(3)，故兩條漸近線的夾角θ的取值范圍為[eq\f(π,3)，eq\f(π,2)]．2．設(shè)P，Q分別為圓x2＋(y－6)2＝2和橢圓eq\f(x2,10)＋y2＝1上的點，則P，Q兩點間的最大距離是(D)A．5eq\r(2) B．eq\r(46)＋eq\r(2)C．7＋eq\r(2) D．6eq\r(2)[解析]設(shè)Q點坐標為(m，n)(－1≤n≤1)，因為圓心C(0，6)，故|QC|＝eq\r(m2＋n－62)①，因為eq\f(m2,10)＋n2＝1②，聯(lián)立①②，|QC|＝eq\r(－9n2－12n＋46)，因為－1≤n≤1，故當n＝－eq\f(2,3)時，|QC|有最大值，最大值為5eq\r(2)，所以|PQ|max＝|QC|max＋eq\r(2)＝6eq\r(2).3．(2019·深圳模擬)M是拋物線y2＝x上的一點，N是圓(x＋1)2＋(y－4)2＝1關(guān)于直線x－y＋1＝0的對稱圓⊙C上的一點，則|MN|的最小值是(A)A．eq\f(\r(11),2)－1 B．eq\f(\r(10),2)－1C.eq\r(2)－1 D．eq\r(3)－1[解析]如圖所示，設(shè)(－1,4)關(guān)于x－y＋1＝0的對稱點是P(x0，y0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(y0－4,x0＋1)＝－1，,\f(x0－1,2)－\f(y0＋4,2)＋1＝0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x0＝3，,y0＝0，))故⊙C的方程是(x－3)2＋y2＝1.設(shè)M(x，y)，則|MP|2＝(x－3)2＋y2＝x2－5x＋9＝(x－eq\f(5,2))2＋eq\f(11,4)，∴|MP|的最小值為eq\f(\r(11),2)，∴|MN|的最小值為eq\f(\r(11),2)－1.4．過拋物線y2＝4x的焦點F的直線交拋物線于A，B兩點，點O是坐標原點，則|AF|·|BF|的最小值是(C)A．2 B．eq\r(2)C．4 D．2eq\r(2)[解析]∵eq\f(2,p)＝eq\f(1,|AF|)＋eq\f(1,|BF|)＝eq\f(|AF|＋|BF|,|AF|·|BF|)≥eq\f(2,\r(|AF·BF|))，即1≥eq\f(2,\r(|AF|·|BF|))，∴|AF|·|BF|≥4，(當且僅當|AF|＝|BF|時取等號)．故選C.5．(2020·綿陽二診)若點O和點F分別為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的中心和左焦點，點P在橢圓上的任意一點，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))的最大值為(B)A．eq\f(21,4) B．6C．8 D．12[解析]設(shè)P(x，y)，則eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))＝x2＋y2＋x＝eq\f(1,4)x2＋x＋3＝eq\f(1,4)(x＋2)2＋2，(－2≤x≤2)，顯然當x＝2時，eq\o(OP,\s\up6(→))·eq\o(FP,\s\up6(→))取得最大值6，故選B.二、多選題6．(2020·皖西南期末改編)若橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)上存在一點P，使得|PF1|＝8|PF2|，其中F1，F(xiàn)2分別是C的左右焦點，則C的離心率的值可能是(BCD)A．eq\f(1,2) B．eq\f(7,9)C．eq\f(4,5) D．eq\f(\r(3),2)[解析]由|PF1|＋|PF2|＝2a，且|PF1|＝8|PF2|知|PF2|＝eq\f(2a,9)，∴a－c≤eq\f(2a,9)≤a＋c，∴e＝eq\f(c,a)≥eq\f(7,9)，即e∈[eq\f(7,9)，1)，故選BCD.7．已知拋物線E：y2＝4x的焦點為F，準線為l，過F的直線與E交于A，B兩點，C，D分別為A，B在l上的射影，且|AF|＝3|BF|，M為AB的中點，則下列結(jié)論正確的是(AC)A．∠CFD＝90°B．△CMD為等腰直角三角形C．直線AB的斜率為±eq\r(3)D．△AOB的面積為4[解析]不妨設(shè)A在第一象限，如圖作BH⊥AC于H，記|BF|＝a，則|AH|＝2a，|AB|＝4∴∠HAB＝60°，∴kAB＝eq\r(3).(同理當A在第四象限時kAB＝－eq\r(3))，C正確；又AB：y＝eq\r(3)(x－1)，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝4x,y＝\r(3)x－1))得A(3,2eq\r(3))，B(eq\f(1,3)，－eq\f(2\r(3),3))，∴S△AOB＝eq\f(1,2)|OF|·|yA－yB|＝eq\f(4\r(3),3)，D錯；又eq\o(CF,\s\up6(→))·eq\o(DF,\s\up6(→))＝(2，－2eq\r(3))·(2，eq\f(2\r(3),3))＝0，∴eq\o(CF,\s\up6(→))⊥eq\o(DF,\s\up6(→))，即∠CFD＝90°，A正確；又M(eq\f(5,3)，eq\f(2\r(3),3))，∴eq\o(CM,\s\up6(→))·eq\o(DM,\s\up6(→))＝(eq\f(8,3)，－eq\f(4\r(3),3))·(eq\f(8,3)，eq\f(4\r(3),3))＝eq\f(16,9)≠0，即eq\o(CM,\s\up6(→))與eq\o(DM,\s\up6(→))不垂直，B錯．故選AC.三、填空題8．(2020·甘肅診斷)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點為A，其準線與x軸的交點為B，如果在直線3x＋4y＋25＝0上存在點M，使得∠AMB＝90°，則實數(shù)p的取值范圍是__[10，＋∞)__.[解析]由題意可知以O(shè)為圓心，eq\f(p,2)為半徑的圓與直線有公共點，即5≤eq\f(p,2)，∴p≥10.9．(2019·河南安陽)雙曲線C：eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)與橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的焦點重合，離心率互為倒數(shù)，設(shè)F1，F(xiàn)2為雙曲線C的左、右焦點，P為右支上任意一點，則eq\f(|PF1|2,|PF2|)的最小值為__4__.[解析]因為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1的兩焦點坐標分別為(－1，0)，(1,0)，離心率為eq\f(1,2)，故雙曲線C的離心率為2，c＝1，從而a＝eq\f(1,2)，|PF2|≥eq\f(1,2)，所以eq\f(|PF1|2,|PF2|)＝eq\f(2a＋|PF2|2,|PF2|)＝|PF2|＋eq\f(4a2,|PF2|)＋4a＝|PF2|＋eq\f(1,|PF2|)＋2≥2eq\r(|PF2|·\f(1,|PF2|))＋2＝4(當且僅當|PF2|＝1時，等號成立)．10．(2019·福建模擬)已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝4，∠BAD＝60°，雙曲線以A，B為焦點，且與線段CD有兩個交點，則該雙曲線的離心率的取值范圍是[eq\r(3)＋1，＋∞).[解析]以AB的中點為坐標原點，AB所在直線為x軸，AB的中垂線為y軸建立平面直角坐標系，則B(2,0)，C(1，eq\r(3))，雙曲線方程為eq\f(x2,a2)－eq\f(y2,4－a2)＝1(0<a<2)，c＝2，雙曲線與線段CD有交點，則x2＝a2(1＋eq\f(3,4－a2))≤1，又0<a<2，解得0<a≤eq\r(3)－1，則該雙曲線的離心率e＝eq\f(c,a)≥eq\f(2,\r(3)－1)＝eq\r(3)＋1.四、解答題11．(2020·河南開封模擬)在平面直角坐標系xOy中，已知點F(1,0)，直線l：x＝－1.點P在直線l上移動，R是線段PF與y軸的交點，動點Q滿足RQ⊥PF，PQ⊥l.(1)求動點Q的軌跡方程E；(2)若直線PF與曲線E交于A，B兩點，過點F作直線PF的垂線與曲線E相交于C，D兩點，求eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))·eq\o(FD,\s\up6(→))的最大值．[解析](1)由題意可知R是線段PF的中點，因為RQ⊥PF，所以RQ為PF的中垂線，即|QP|＝|QF|，又因為PQ⊥l，即Q點到點F的距離和到直線l的距離相等，設(shè)Q(x，y)，則|x＋1|＝eq\r(x－12＋y2)，化簡得y2＝4x，所以動點Q的軌跡方程E為：y2＝4x.(2)由題可知直線PF的斜率存在且不為0，設(shè)直線PF：y＝k(x－1)，CD：y＝－eq\f(1,k)(x－1)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx－1,y2＝4x))，聯(lián)立可得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝eq\f(2k2＋4,k2)，x1·x2＝1.因為向量eq\o(FA,\s\up6(→))，eq\o(FB,\s\up6(→))方向相反，所以eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＝－|eq\o(FA,\s\up6(→))||eq\o(FB,\s\up6(→))|＝－(x1＋1)(x2＋1)＝－(x1x2＋x1＋x2＋1)＝－(eq\f(4,k2)＋4)，同理，設(shè)C(x3，y3)，D(x4，y4)，可得eq\o(FC,\s\up6(→))·eq\o(FD,\s\up6(→))＝－|eq\o(FC,\s\up6(→))|·|eq\o(FD,\s\up6(→))|＝－4k2－4，所以eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))·eq\o(FD,\s\up6(→))＝－4(k2＋eq\f(1,k2))－8，因為k2＋eq\f(1,k2)≥2，當且僅當k2＝1，即k＝±1時取等號，所以eq\o(FA,\s\up6(→))·eq\o(FB,\s\up6(→))＋eq\o(FC,\s\up6(→))·eq\o(FD,\s\up6(→))的最大值為－16.12．(2019·山西模擬)設(shè)橢圓的一個頂點A(0，－1)，焦點在x軸上，若右焦點到直線x－y＋2eq\r(2)＝0的距離為3.(1)求橢圓的標準方程；(2)設(shè)橢圓與直線y＝kx＋m(k≠0)相交于不同的兩點M，N，當|AM|＝|AN|時，求m的取值范圍．[解析](1)∵橢圓的焦點在x軸上，A(0，－1)為頂點，故b＝1，右焦點(c,0)到直線x－y＋2eq\r(2)＝0的距離為3，即eq\f(|c＋2\r(2)|,\r(2))＝3，c＝eq\r(2)，則a2＝b2＋c2＝3，故橢圓方程為eq\f(x2,3)＋y2＝1.(2)由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m，,\f(x2,3)＋y2＝1，))消去y整理得(1＋3k2)x2＋6kmx＋3m2－3＝0，∵直線與橢圓交于不同的兩點，故Δ＝36k2m2－4(1＋3k2)(3m2－3)>0得3k2設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)的中點為Q(x0，y0)，則x1＋x2＝－eq\f(6km,1＋3k2)，所以x0＝eq\f(－3km,1＋3k2)，y0＝eq\f(m,1＋3k2)，|AM|＝|AN|等價于AQ垂直平分MN，∴kAQ·k＝－1，即eq\f(\f(m,1＋3k2)＋1,－\f(3km,1＋3k2))·k＝－1，化簡得2m＝3k2＋1>1，解得m>eq\f(1,2).由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3k2－m2＋1>0，,2m＝3k2＋1，))解得0<m<2.綜上可得m的取值范圍是(eq\f(1,2)，2)．B組能力提升1．(2019·桂林模擬)若點P在橢圓7x2＋4y2＝28上，則點P到直線3x－2y－16＝0的距離的最大值為(C)A．eq\f(12\r(13),13) B．eq\f(16\r(13),13)C．eq\f(24\r(13),13) D．eq\f(28\r(13),13)[解析]將橢圓方程7x2＋4y2＝28化為eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,7)＝1.設(shè)橢圓上點P的坐標為P(2cosα，eq\r(7)sinα)、則點P到直線3x－2y－16＝0的距離d＝eq\f(|6cosα－2\r(7)sinα－16|,\r(13))＝eq\f(|8cosα＋φ－16|,\r(13))，∴dmax＝eq\f(|－8－16|,\r(13))＝eq\f(24\r(13),13).故選C.2．已知P為橢圓eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,3)＝1上一個動點，過點P作圓(x＋1)2＋y2＝1的兩條切線，切點分別是A，B，則eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的取值范圍為(C)A．[eq\f(3,2)，＋∞) B．[eq\f(3,2)，eq\f(56,9)]C．[2eq\r(2)－3，eq\f(56,9)] D．[2eq\r(2)－3，＋∞)[解析]記圓心為F(－1,0)，∠APB＝2θ，則有eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))＝|PA|2·cos2θ＝|PA|2(1－2sin2θ)＝(|PF|2－1)(1－eq\f(2,|PF|2))＝|PF|2＋eq\f(2,|PF|2)－3，其中|PF|∈(1,3]．記f(x)＝x＋eq\f(2,x)－3，x＝|PF|2∈(1,9]，則f′(x)＝1－eq\f(2,x2)＝eq\f(x2－2,x2)，當1<x<eq\r(2)時，f′(x)<0，f(x)在區(qū)間(1，eq\r(2))上單調(diào)遞減；當eq\r(2)<x≤9時，f′(x)>0，f(x)在區(qū)間(eq\r(2)，9]上單調(diào)遞增．因此，函數(shù)f(x)的值域是[2eq\r(2)－3，eq\f(56,9)]，即eq\o(PA,\s\up6(→))·eq\o(PB,\s\up6(→))的取值范圍為[2eq\r(2)－3，eq\f(56,9)]，選C.3．(2020·河北聯(lián)考)如圖，由拋物線y2＝8x與圓E：(x－2)2＋y2＝9的實線部分構(gòu)成圖形Ω，過點P(2,0)的直線始終與圖形Ω中的拋物線部分及圓部分有交點A、B，則|AB|的取值范圍為(D)A．[2,3] B．[3,4]C．[4,5] D．[5,6][解析]由題意可知拋物線y2＝8x的焦點為F(2,0)，圓(x－2)2＋y2＝9的圓心為E(2,0)，因此點P，F(xiàn)，E三點重合，所以|PA|＝3.設(shè)B(x0，y0)，則由拋物線的定義可知|PB|＝x0＋2，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y2＝8x，,x－22＋y2＝9))得(x－2)2＋8x＝9，整理得x2＋4x－5＝0，解得x1＝1，x2＝－5(舍去)，設(shè)圓E與拋物線交于C，D兩點，所以xC＝xD＝1，因此0≤x0≤1，又|AB|＝|AP|＋|BP|＝3＋x0＋2＝x0＋5，所以|AB|＝x0＋5∈[5,6]，故選D.4．(2019·北京卷)已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的右焦點為(1,0)，且經(jīng)過點A(0,1)．(1)求橢圓C的方程；(2)設(shè)O為原點，直線l：y＝kx＋t(t≠±1)與橢圓C交于兩個不同點P，Q，直線AP與x軸交于點M，直線AQ與x軸交于點N.若|OM|·|ON|＝2，求證：直線l經(jīng)過定點．[解析](1)由題意得，b2＝1，c＝1.所以a2＝b2＋c2＝2.所以橢圓C的方程為eq\f(x2,2)＋y2＝1.(2)設(shè)P(x1，y1)，Q(x2，y2)，則直線AP的方程為y＝eq\f(y1－1,x1)x＋1.令y＝0，得點M的橫坐標xM＝－eq\f(x1,y1－1).又y1＝kx1＋t，從而|OM|＝|xM|＝|eq\f(x1,kx1＋t－1)|.同理，|ON|＝|eq\f(x2,kx2＋t－1)|.由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋t，,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0.則x1＋x2＝－eq\f(4kt,1＋2k2)，x1x2＝eq\f(2t2－2,1＋2k2).所以|OM|·|ON|＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1,kx1＋t－1)|·|\f(x2,kx2＋t－1)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(x1x2,k2x1x2＋kt－1x1＋x2＋t－12)))＝eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(\f(2t2－2,1＋2k2),k2·\f(2t2－2,1＋2k2)＋kt－1·－\f(4kt,1＋2k2)＋t－12)))＝2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t))).又|OM|·|ON|＝2，所以2eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(\f(1＋t,1－t)))＝2.解得t＝0，所以直線l經(jīng)過定點(0,0)．5．(2020·河北衡中聯(lián)考)在平面直角坐標系xOy中，已知橢圓C：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(2\r(2