【文档说明】2023届高考一轮复习课后习题 人教A版数学（适用于新高考新教材） 高考解答题专项五　第2课时　最值与范围问题含解析【高考】.docx，共(7)页，41.493 KB，由小赞的店铺上传

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1高考解答题专项五圆锥曲线中的综合问题第2课时最值与范围问题1.已知椭圆M:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的离心率为√63,焦距为2√2.斜率为1的直线l与椭圆M有两个不同的交点A,B.(1)求椭圆M的方程;(2)求|AB|的最大值.2.焦

点在x轴上的双曲线C的一条渐近线方程是x-2y=0,且双曲线C过点(2√2,1).(1)求双曲线C的方程;(2)设双曲线C的左、右顶点分别是A1,A2,点P为双曲线C上任意一点,直线PA1,PA2分别与直线l:

x=1交于M,N两点,求|MN|的最小值.23.(2021全国乙,文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.(1)求抛物线C的方程;(2)已知点O为坐标原点,点P在抛物线C上,点Q满足𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=9𝑄

𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,求直线OQ斜率的最大值.4.已知椭圆E:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,椭圆E的离心率为√32,且通径长为1.(1)求椭圆E的方程;(2)直线l与椭圆E交于M,N两点(点M,点N在x轴的同侧),当F1M∥F2N时,求四边形F1F

2NM面积的最大值.35.(2021北京,20)已知椭圆E:𝑥2𝑎2+𝑦2𝑏2=1(a>b>0)过点A(0,-2),以四个顶点围成的四边形面积为4√5.(1)求椭圆E的标准方程;(2)过点P(0,-3)的直线l斜率为k,交椭圆E

于不同的两点B,C,直线AB交直线y=-3于点M,直线AC交直线y=-3于点N,若|PM|+|PN|≤15,求k的取值范围.6.已知抛物线C:y2=2px(p>0),点A在抛物线C上,点B在x轴的正半轴上,等边三角形OAB的边长为83.(1)求抛物线的方程;(2)若直线l:x

=ty+2(t∈[1,3])与抛物线C相交于D,E两点,直线DE不过点M(0,1),△DEM的面积为S,求𝑆2𝑡+2的取值范围.4第2课时最值与范围问题1.解(1)由题意得{𝑎2=𝑏2+𝑐2,𝑐𝑎=√63,2𝑐=2√2,解得a=√3,b=1,所以椭圆M的方程为

𝑥23+y2=1.(2)设直线l的方程为y=x+m,A(x1,y1),B(x2,y2).联立{𝑦=𝑥+𝑚,𝑥23+𝑦2=1,得4x2+6mx+3m2-3=0.因为Δ=36m2-16(3m2-3)>0,所以m2<4,所以x1+x2=-3𝑚2,x1x2=3

𝑚2-34,所以|AB|=√1+𝑘2√(𝑥1+𝑥2)2-4𝑥1𝑥2=√2√(-3𝑚2)2-4·3𝑚2-34=√12-3𝑚22(m2<4),所以当m=0时,|AB|最大,最大值为√6.2.解(1)设双曲线C的方程为𝑥2𝑎2−𝑦2𝑏2=1

(a>0,b>0).由题可知{𝑏𝑎=12,8𝑎2-1𝑏2=1,解得{𝑎2=4,𝑏2=1,所以双曲线C的方程为𝑥24-y2=1.(2)由(1)知A1(-2,0),A2(2,0).由题可知,|MN|取最小值时点P在双曲线C的右

支上.设P(x,y),直线PA1,PA2的斜率分别为k1,k2(k1,k2>0).因为双曲线方程可化为𝑦𝑥-2·𝑦𝑥+2=14,所以k1k2=14,所以PA1的方程为y=k1(x+2),PA2的方程为y=k2(x-2).令x=1,得M(1,3k1),N(1,-k2),所

以|MN|=|3k1-(-k2)|=3k1+k2≥2√3𝑘1𝑘2=√3,当且仅当3k1=k2,即k1=√36,k2=√32时,等号成立,所以|MN|的最小值为√3.53.解(1)在抛物线C中,焦点F到准线的距离为p,故p=2,抛物线C的方程为y2=4x.(2)设点P(x1

,y1),Q(x2,y2).因为F(1,0),所以𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=(x2-x1,y2-y1),𝑄𝐹⃗⃗⃗⃗⃗=(1-x2,-y2).因为𝑃𝑄⃗⃗⃗⃗⃗=9𝑄𝐹⃗⃗⃗⃗⃗,所以x2-x1=9(1-x2),y2-y1=-9y2,得x1=10x2-9,y1=10y2.

又因为点P在抛物线C上,所以𝑦12=4x1,所以(10y2)2=4(10x2-9),则点Q的轨迹方程为y2=25x-925.易知直线OQ的斜率存在.设直线OQ的方程为y=kx,当直线OQ和曲线y2=25x-9

25相切时,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.(*)当直线OQ和曲线y2=25x-925相切时,方程(*)的判别式Δ=0,即(-25)2-4k2·925=0,解得k=±13,所以直线OQ斜率的

最大值为13.4.解(1)由题可知{𝑐𝑎=√32,2𝑏2𝑎=1,𝑎2=𝑏2+𝑐2,𝑎>𝑏>0,解得{𝑎=2,𝑏=1,𝑐=√3,所以椭圆的方程为𝑥24+y2=1.(2)由(1)可知F1(-√

3,0),F2(√3,0).延长MF1交E于点M0(图略).设M(x1,y1),M0(x2,y2),直线MF1的方程为x=my-√3.联立{𝑥=𝑚𝑦-√3,𝑥24+𝑦2=1得(m2+4)y2-2√

3my-1=0.因为m2+4>0,Δ=12m2+4(m2+4)>0,所以y1+y2=2√3𝑚𝑚2+4,y1y2=-1𝑚2+4.6设F1M与F2N的距离为d,则四边形F1F2NM的面积S=12(|F1M|+|F2N|)d=12(|F1M|+|F1M0|)d=

12|MM0|d=𝑆△𝑀𝐹2𝑀0.又因为𝑆△𝑀𝐹2𝑀0=12|F1F2||y1-y2|=12·2√3|y1-y2|=√3√(𝑦1+𝑦2)2-4𝑦1𝑦2=4√3√𝑚2+1𝑚2+4=4√3√𝑚2+1+3√𝑚2+1≤4√32√3=2,当且

仅当√𝑚2+1=3√𝑚2+1,即m=±√2时,等号成立,所以四边形F1F2NM面积的最大值为2.5.解(1)因为椭圆过点A(0,-2),所以b=2.又因为椭圆的四个顶点围成的四边形的面积为4√5,所以12×2a×2b=4√5

,所以a=√5,所以椭圆E的标准方程为𝑥25+𝑦24=1.(2)如图,设B(x1,y1),C(x2,y2).因为直线BC的斜率存在,所以x1x2≠0,所以直线AB:y=𝑦1+2𝑥1x-2.令y=-3,则xM=-𝑥1𝑦1+2,同理xN=-𝑥2𝑦2+2.由题可知直线BC:y=k

x-3.联立{𝑦=𝑘𝑥-3,4𝑥2+5𝑦2=20,得(4+5k2)x2-30kx+25=0.因为4+5k2>0,Δ=900k2-100(4+5k2)>0,所以k<-1或k>1,所以x1+x2=30𝑘4+5𝑘2,x1x2=254+5𝑘2,所以x1x2>0,所以xMxN>0.又|PM

|+|PN|=|xM+xN|=|𝑥1𝑦1+2+𝑥2𝑦2+2|7=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.综上,k的取值范围为[-3,-1)∪(1,3].6.解(1)∵△OAB是边长为83的等边三角形,点A在抛物线C上,点B在x轴的正半轴上,∴A(43,±4√33),∴163=83p,∴p=2,∴抛物线方程为y2=

4x.(2)联立{𝑥=𝑡𝑦+2,𝑦2=4𝑥,得y2-4ty-8=0,易知Δ>0.设D(x1,y1),E(x2,y2),则y1+y2=4t,y1y2=-8,∴|DE|=√1+𝑡2·|y1-y2|=√1+𝑡2√16𝑡2+32=4√1+𝑡2√𝑡2+2.∵点M

到直线l:x-ty-2=0的距离d=|-𝑡-2|√1+𝑡2=|𝑡+2|√1+𝑡2,∴△DEM的面积S=12|DE|d=2√1+𝑡2√𝑡2+2·|𝑡+2|√1+𝑡2=2√𝑡2+2·|t+2|.又t∈[1,3],

∴𝑆2𝑡+2=4(t2+2)(t+2)=4(t3+2t2+2t+4).令f(t)=t3+2t2+2t+4,则f'(t)=3t2+4t+2>0,∴f(t)在[1,3]上单调递增,∴f(t)∈[9,55],∴�

�2𝑡+2的取值范围为[36,220].