【新高考复习】10 第9讲 第1课时　圆锥曲线中的范围、最值问题　新题培优练

[基础题组练]1．如图，抛物线W：y2＝4x与圆C：(x－1)2＋y2＝25交于A，B两点，点P为劣弧AB︵上不同于A，B的一个动点，与x轴平行的直线PQ交抛物线W于点Q，则△PQC的周长的取值范围是()A．(10，14)B．(12，14)C．(10，12)D．(9，11)解析：选C.抛物线的准线l：x＝－1，焦点(1，0)，由抛物线定义可得|QC|＝xQ＋1，圆(x－1)2＋y2＝25的圆心为C(1，0)，半径为5，可得△PQC的周长＝|QC|＋|PQ|＋|PC|＝xQ＋1＋(xP－xQ)＋5＝6＋xP，由抛物线y2＝4x及圆(x－1)2＋y2＝25可得交点的横坐标为4，即有xP∈(4，6)，可得6＋xP∈(10，12)，故△PQC的周长的取值范围是(10，12)．故选C.2．过抛物线y2＝2px(p＞0)的焦点F，斜率为43的直线交抛物线于A，B两点，若AF→＝λFB→(λ＞1)，则λ的值为________．解析：根据题意设A(x1，y1)，B(x2，y2)，由AF→＝λFB→，得p2－x1，－y1＝λx2－p2，y2，故－y1＝λy2，即λ＝－y1y2.设直线AB的方程为y＝43x－p2，联立直线AB与抛物线方程，消元得y2－32py－p2＝0.故y1＋y2＝32p，y1·y2＝－p2，（y1＋y2）2y1·y2＝y1y2＋y2y1＋2＝－94，即－λ－1λ＋2＝－94.又λ＞1，故λ＝4.答案：43．已知椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)的焦距为4且过点(2，－2)．(1)求椭圆C的方程；(2)过椭圆焦点的直线l与椭圆C分别交于点E，F，求OE→·OF→的取值范围．解：(1)椭圆C：y2a2＋x2b2＝1(a＞b＞0)的焦距是4，所以焦点坐标是(0，－2)，(0，2)，2a＝2＋0＋2＋（2＋2）2＝42，所以a＝22，b＝2，即椭圆C的方程是y28＋x24＝1.(2)若直线l垂直于x轴，则点E(0，22)，F(0，－22)，OE→·OF→＝－8.若直线l不垂直于x轴，不妨设l过该椭圆的上焦点，则l的方程为y＝kx＋2，设点E(x1，y1)，F(x2，y2)，将直线l的方程代入椭圆C的方程得到(2＋k2)x2＋4kx－4＝0，则x1＋x2＝－4k2＋k2，x1x2＝－42＋k2，所以OE→·OF→＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4＝－4－4k22＋k2＋－8k22＋k2＋4＝202＋k2－8，因为0＜202＋k2≤10，所以－8＜OE→·OF→≤2，所以OE→·OF→的取值范围是[－8，2]．4．(2019·郑州第一次质量预测)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的左、右焦点分别为F1，F2，以F1F2为直径的圆与直线ax＋2by－3ab＝0相切．(1)求椭圆C的离心率e；(2)如图，过F1作直线l与椭圆分别交于P，Q两点，若△PQF2的周长为42，求F2P→·F2Q→的最大值．解：(1)由题意知|－3ab|a2＋4b2＝c，则3a2b2＝c2(a2＋4b2)，即3a2(a2－c2)＝c2[a2＋4(a2－c2)]，所以a2＝2c2，所以e＝22.(2)因为△PQF2的周长为42，所以4a＝42，即a＝2.由(1)知b2＝c2＝1，故椭圆方程为x22＋y2＝1，且焦点F1(－1，0)，F2(1，0)．①若直线l的斜率不存在，则可得l⊥x轴，方程为x＝－1，P－1，22，Q－1，－22，F2P→＝－2，22，F2Q→＝－2，－22，故F2P→·F2Q→＝72.②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x＋1)，由y＝k（x＋1），x2＋2y2＝2消去y，得(2k2＋1)x2＋4k2x＋2k2－2＝0.设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝－4k22k2＋1，x1x2＝2k2－22k2＋1.所以F2P→·F2Q→＝(x1－1，y1)·(x2－1，y2)＝(x1－1)·(x2－1)＋y1y2＝(k2＋1)x1x2＋(k2－1)(x1＋x2)＋k2＋1＝(k2＋1)2k2－22k2＋1＋(k2－1)－4k22k2＋1＋k2＋1＝7k2－12k2＋1＝72－92（2k2＋1），令t＝2(2k2＋1)，则F2P→·F2Q→＝72－9t(t2)，所以F2P→·F2Q→∈－1，72.结合①②，得F2P→·F2Q→∈－1，72，所以F2P→·F2Q→的最大值是72.[综合题组练]1．(2019·高考全国卷Ⅱ)已知点A(－2，0)，B(2，0)，动点M(x，y)满足直线AM与BM的斜率之积为－12.记M的轨迹为曲线C.(1)求C的方程，并说明C是什么曲线；(2)过坐标原点的直线交C于P，Q两点，点P在第一象限，PE⊥x轴，垂足为E，连接QE并延长交C于点G.(ⅰ)证明：△PQG是直角三角形；(ⅱ)求△PQG面积的最大值．解：(1)由题设得yx＋2·yx－2＝－12，化简得x24＋y22＝1(|x|≠2)，所以C为中心在坐标原点，焦点在x轴上的椭圆，不含左右顶点．(2)(ⅰ)证明：设直线PQ的斜率为k，则其方程为y＝kx(k0)．由y＝kx，x24＋y22＝1得x＝±21＋2k2.记u＝21＋2k2，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．于是直线QG的斜率为k2，方程为y＝k2(x－u)．由y＝k2（x－u），x24＋y22＝1得(2＋k2)x2－2uk2x＋k2u2－8＝0.①设G(xG，yG)，则－u和xG是方程①的解，故xG＝u（3k2＋2）2＋k2，由此得yG＝uk32＋k2.从而直线PG的斜率为uk32＋k2－uku（3k2＋2）2＋k2－u＝－1k.所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u1＋k2，|PG|＝2ukk2＋12＋k2，所以△PQG的面积S＝12|PQ||PG|＝8k（1＋k2）（1＋2k2）（2＋k2）＝81k＋k1＋21k＋k2.设t＝k＋1k，则由k0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．因为S＝8t1＋2t2在[2，＋∞)单调递减，所以当t＝2，即k＝1时，S取得最大值，最大值为169.因此，△PQG面积的最大值为169.2．(综合型)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率为22，椭圆C截直线y＝1所得线段的长度为22.(1)求椭圆C的方程；(2)动直线l：y＝kx＋m(m≠0)交椭圆C于A，B两点，交y轴于点M，点N是M关于O的对称点，⊙N的半径为|NO|.设D为AB的中点，DE，DF与⊙N分别相切于点E，F，求∠EDF的最小值．解：(1)由椭圆的离心率为22，得a2＝2(a2－b2)．又当y＝1时，x2＝a2－a2b2，得a2－a2b2＝2，所以a2＝4，b2＝2，因此椭圆方程为x24＋y22＝1.(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)．联立方程y＝kx＋m，x2＋2y2＝4，得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－4＝0，由Δ0得m24k2＋2.(*)且x1＋x2＝－4km2k2＋1，因此y1＋y2＝2m2k2＋1，所以D－2km2k2＋1，m2k2＋1，又N(0，－m)，所以|ND|2＝－2km2k2＋12＋m2k2＋1＋m2，整理得|ND|2＝4m2（1＋3k2＋k4）（2k2＋1）2，因为|NF|＝|m|，所以|ND|2|NF|2＝4（k4＋3k2＋1）（2k2＋1）2＝1＋8k2＋3（2k2＋1）2.令t＝8k2＋3，t≥3.故2k2＋1＝t＋14，所以|ND|2|NF|2＝1＋16t（1＋t）2＝1＋16t＋1t＋2.令y＝t＋1t，所以y′＝1－1t2.当t≥3时，y′0，从而y＝t＋1t在[3，＋∞)上单调递增，因此t＋1t≥103，等号当且仅当t＝3时成立，此时k＝0，所以|ND|2|NF|2≤1＋3＝4，由(*)得－2m2且m≠0.故|NF||ND|≥12，设∠EDF＝2θ，则sinθ＝|NF||ND|≥12，所以θ的最小值为π6.从而∠EDF的最小值为π3，此时直线l的斜率是0.综上所述：当k＝0，m∈(－2，0)∪(0，2)时，∠EDF取到最小值π3.