2021高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)學(xué)案：第八章高考專題突破五第1課時范圍與最值問題-學(xué)案下載-教習(xí)網(wǎng)

第1課時　范圍與最值問題
范圍問題
例1　如圖，已知點P是y軸左側(cè)(不含y軸)一點，拋物線C：y2＝4x上存在不同的兩點A，B滿足PA，PB的中點均在C上．

(1)設(shè)AB的中點為M，證明：PM垂直于y軸；
(2)若P是半橢圓x2＋＝1(x0)的離心率e＝，直線x＋y－1＝0被以橢圓C的短軸為直徑的圓截得的弦長為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點M(4,0)的直線l交橢圓于A，B兩個不同的點，且λ＝MA·MB，求λ的取值范圍．
解　(1)因為原點到直線x＋y－1＝0的距離為.
所以2＋2＝b2(b>0)，解得b＝1.
又e2＝＝1－＝，得a＝2.
所以橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)當(dāng)直線l的斜率為0時，λ＝MA·MB＝12.
當(dāng)直線l的斜率不為0時，設(shè)直線l：x＝my＋4，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立方程得(m2＋4)y2＋8my＋12＝0.
由Δ＝64m2－48(m2＋4)>0，得m2>12，
所以y1y2＝.
λ＝MA·MB＝|y1|·|y2|
＝(m2＋1)·|y1y2|＝＝12.
由m2>12，得00)在拋物線C上，且FA＝2，過點F作斜率為k的直線l與拋物線C交于P，Q兩點．
(1)求拋物線C的方程；
(2)求△APQ面積的取值范圍．
解　(1)由拋物線的定義可得
FA＝xA＋＝1＋＝2，所以p＝2，
所以拋物線的方程為y2＝4x.
(2)設(shè)直線l的方程為y＝k(x－1)，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
聯(lián)立得k2x2－(2k2＋4)x＋k2＝0，
Δ>0恒成立，
由根與系數(shù)的關(guān)系得x1＋x2＝，x1x2＝1，
因為AF⊥x軸，則S△APQ＝×AF×|x1－x2|
＝|x1－x2|＝
＝4＝4，
因為≤k≤2，令t＝，
所以S△APQ＝4，
所以≤S△APQ≤8，
所以△APQ的面積的取值范圍為[，8]．
素養(yǎng)提升　本例的解題過程體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)，其中設(shè)出P，Q點的坐標(biāo)而不求解又體現(xiàn)了數(shù)學(xué)運(yùn)算素養(yǎng)中的一個運(yùn)算技巧——設(shè)而不求，從而簡化了運(yùn)算過程．

1．(2019·全國100所名校聯(lián)考)已知拋物線C：y2＝4x，點A(m,0)在x軸正半軸上，O為坐標(biāo)原點，若拋物線上存在點P，使得∠OPA＝90°，則m的取值范圍是(　　)
A．(0,4) B．(4，＋∞)
C．(0,2) D．(2，＋∞)
答案　B
解析　設(shè)點P，由∠OPA＝90°，
得·＝0，∴·＝0.
即m＝4＋，∴m>4.
2．(2019·綿陽診斷)若點O和點F分別為橢圓＋＝1的中心和左焦點，點P為橢圓上的任意一點，則·的最大值為(　　)
A. B．6 C．8 D．12
答案　B
解析　由題意得F(－1,0)，設(shè)P(x，y)，
則·＝(x，y)·(x＋1，y)＝x2＋x＋y2，
又點P在橢圓上，故＋＝1，
所以·＝x2＋x＋3－x2＝x2＋x＋3
＝(x＋2)2＋2，
又－2≤x≤2，所以當(dāng)x＝2時，·取得最大值，即·的最大值為6.
3．過拋物線y2＝x的焦點F的直線l交拋物線于A，B兩點，且直線l的傾斜角θ≥，點A在x軸上方，則FA的取值范圍是(　　)
A. B.
C. D.
答案　D
解析　記點A的橫坐標(biāo)是x1，則有AF＝x1＋
＝＋＝＋AF·cos θ，
AF(1－cos θ)＝，AF＝.
由≤θ1，所以11)的離心率為，F(xiàn)1，F(xiàn)2是C的兩個焦點，過F1的直線l與C交于A，B兩點，則AF2＋BF2的最大值等于________．
答案　7
解析　因為橢圓C的離心率為，所以＝，
解得a＝2，由橢圓定義得AF2＋BF2＋AB＝4a＝8，
即AF2＋BF2＝8－AB，
而由焦點弦性質(zhì)，知當(dāng)AB⊥x軸時，AB取最小值2×＝1，因此AF2＋BF2的最大值等于8－1＝7.
9．(2019·呼和浩特模擬)已知拋物線y2＝2mx(m>0)的焦點為F，過焦點F作直線交拋物線于A，B兩點，以AB為直徑的圓的方程為x2＋y2－2x－2ty＋t2－15＝0，則m＝________.
答案　6
解析　由題意可知圓的方程為x2＋y2－2x－2ty＋t2－15＝0，
即(x－1)2＋(y－t)2＝16，
可得弦AB的中點的橫坐標(biāo)為1，圓的半徑為4，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
則x1＋x2＝2，
所以x1＋x2＋m＝8，可得m＝6.
10．若拋物線y＝ax2－1(a≠0)上恒有關(guān)于直線x＋y＝0對稱的相異兩點A，B，則a的取值范圍是________．
答案　
解析　設(shè)拋物線上的兩點為A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線AB的方程為y＝x＋b，代入拋物線方程y＝ax2－1，得ax2－x－(b＋1)＝0，設(shè)直線AB的中點為M(x0，y0)，
則x0＝，y0＝x0＋b＝＋b.
由于M(x0，y0)在直線x＋y＝0上，故x0＋y0＝0，
由此解得b＝－，此時ax2－x－(b＋1)＝0可變形為ax2－x－＝0，
由Δ＝1＋4a>0，解得a>.
11．(2019·全國Ⅱ)已知F1，F(xiàn)2是橢圓C：＋＝1(a>b>0)的兩個焦點，P為C上的點，O為坐標(biāo)原點．
(1)若△POF2為等邊三角形，求C的離心率；
(2)如果存在點P，使得PF1⊥PF2，且△F1PF2的面積等于16，求b的值和a的取值范圍．
解　(1)連結(jié)PF1(圖略)．
由△POF2為等邊三角形可知在△F1PF2中，
∠F1PF2＝90°，PF2＝c，PF1＝c，
于是2a＝PF1＋PF2＝(＋1)c，
故C的離心率為e＝＝－1.
(2)由題意可知，若滿足條件的點P(x，y)存在，
則|y|·2c＝16，·＝－1，
即c|y|＝16，①
x2＋y2＝c2，②
又＋＝1.③
由②③及a2＝b2＋c2得y2＝.
又由①知y2＝，故b＝4.
由②③及a2＝b2＋c2得x2＝(c2－b2)，
所以c2≥b2，從而a2＝b2＋c2≥2b2＝32，
故a≥4.
當(dāng)b＝4，a≥4時，存在滿足條件的點P.
所以b＝4，a的取值范圍為[4，＋∞)．
12．(2020·西南大學(xué)附中月考)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左頂點為M(－2,0)，離心率為.
(1)求橢圓C的方程；
(2)過點N(1,0)的直線l交橢圓C于A，B兩點，當(dāng)·取得最大值時，求△MAB的面積．
解　(1)由題意可知a＝2，＝，得c＝，
則b2＝a2－c2＝2.
所以橢圓C的方程為＋＝1.
(2)當(dāng)直線l與x軸重合時，不妨取A(－2,0)，B(2,0)，此時·＝0，
當(dāng)直線l與x軸不重合，設(shè)直線l的方程為x＝ty＋1，
設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立得(t2＋2)y2＋2ty－3＝0，
顯然Δ>0，y1＋y2＝，y1y2＝，
所以·＝(x1＋2)(x2＋2)＋y1y2＝(ty1＋3)(ty2＋3)＋y1y2
＝(t2＋1)y1y2＋3t(y1＋y2)＋9
＝(t2＋1)＋3t＋9
＝＋9＝＋9＝.
當(dāng)t＝0時，·取最大值.
不妨取A，B，所以AB＝.
又MN＝3，
所以此時，△MAB的面積S＝××3＝.

13．(2020·全國100所學(xué)校沖刺卷)已知拋物線C：y2＝2px(p>0)的焦點坐標(biāo)為F，O為坐標(biāo)原點，若P為拋物線C上任意一點且OP＝λPF，則λ的最大值為(　　)
A. B. C. D.
答案　A
解析　依題意得＝，
則p＝，所以拋物線C：y2＝x，
設(shè)P(x0，y0)，
則λ＝＝＝
＝.
令t＝x0＋，t≥，
則λ＝
＝
＝≤.
14．已知拋物線C：y2＝x上一點M(1，－1)，點A，B是拋物線C上的兩動點，且·＝0，則點M到直線AB的距離的最大值是________．
答案　
解析　設(shè)直線AB的方程為x＝my＋n，
A(x1，y1)，B(x2，y2)，
聯(lián)立得即y2＝my＋n，即y2－my－n＝0，
所以y1y2＝－n，y1＋y2＝m，Δ＝m2＋4n>0，
因為·＝0，
所以(x1－1)(x2－1)＋(y1＋1)(y2＋1)＝0，
即(y－1)(y－1)＋(y1＋1)(y2＋1)＝0，
(y1＋1)(y2＋1)[(y1－1)(y2－1)＋1]＝0，
解得(y1＋1)(y2＋1)＝0或(y1－1)(y2－1)＋1＝0，
化簡可得－n＋m＋1＝0或－n－m＋2＝0，
當(dāng)(y1＋1)(y2＋1)＝0時，易知，M與A，B中一點重合，M到AB的距離為0.
所以－n－m＋2＝0，即n＝2－m.
所以直線AB的方程為x＝my＋2－m，即x－2＝m(y－1)，
故直線AB過定點C(2,1)，
當(dāng)MC垂直于直線AB時，點M到直線AB的距離取得最大值，最大值為＝.

15．(2019·濟(jì)寧模擬)已知雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的左、右焦點分別為F1，F(xiàn)2，實軸長為4，漸近線方程為y＝±x，點M滿足MF1－MF2＝4，點N在圓C：x2＋y2－4y＝0上，則MN＋MF1的最小值為(　　)
A．2＋ B．5 C．6 D．7
答案　B
解析　由題意可得2a＝4，即a＝2.
漸近線方程為y＝±x，即有＝，
即b＝1，可得雙曲線的方程為－y2＝1，
焦點為F1(－，0)，F(xiàn)2(，0)，
由圓x2＋y2－4y＝0可得圓心C(0,2)，半徑r＝2，
由MF1－MF2＝4可得點M為雙曲線右支上一點，
得MN＋MF1＝4＋MN＋MF2≥F2N＋4，問題轉(zhuǎn)化為求點F2到圓C上點的最小距離，
∴F2N的最小值為CF2－2＝1，
則MN＋MF1的最小值為4＋1＝5.
16．(2019·衡水質(zhì)檢)設(shè)橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左頂點為A，上頂點為B，已知直線AB的斜率為，AB＝.
(1)求橢圓C的方程；
(2)設(shè)直線l：x＝my－1與橢圓C交于不同的兩點M，N，且點O在以MN為直徑的圓外(其中O為坐標(biāo)原點)，求m的取值范圍．
解　(1)由已知得A(－a,0)，B(0，b)，
∴
可得a2＝4，b2＝1，
則橢圓C的方程為＋y2＝1.
(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，
由得(m2＋4)y2－2my－3＝0.
故y1＋y2＝，y1y2＝，
Δ＝(2m)2＋12(4＋m2)＝16m2＋48>0.
由題意得∠MON為銳角，即·>0，
∴·＝x1x2＋y1y2>0，
又x1x2＝(my1－1)(my2－1)＝m2y1y2－m(y1＋y2)＋1.
∴x1x2＋y1y2＝(1＋m2)y1y2－m(y1＋y2)＋1
＝(1＋m2)·－＋1＝>0，
∴m2