新高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)專題八平面解析幾何微專題二圓錐曲線中的最值與范圍問題練習(xí)含答案

微專題二圓錐曲線中的最值與范圍問題1.(2024河南鄭州二模,18)已知橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過點(diǎn)(0,(1)求橢圓E的標(biāo)準(zhǔn)方程.(2)過點(diǎn)S(1,0)作兩條互相垂直的弦AB,CD,設(shè)弦AB,CD的中點(diǎn)分別為M,N.①證明:直線MN必過定點(diǎn);②若弦AB,CD的斜率均存在,求△MNS面積的最大值.解析(1)依題意有b=1,c=3,解得a2=b2+c2=4,∴橢圓E的方程為x24+y2(2)①證明:設(shè)lAB:x=my+1(m≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),則lCD:x=-1my+1(m≠0聯(lián)立x=my+1,x2+4y2=4,故(mΔ=16m2+48>0,y1+y2=?2m故M4m由-1m代替m,得N4當(dāng)4m2+4=4m21+4m2,即m2=1時(shí),lMN:當(dāng)4m2+4≠4m21+4mkMN=5m4(m2?1),lMN:y+mm2+4=5令y=0,x=4(m2?1)5(m2+4)∴直線MN恒過點(diǎn)K45當(dāng)m=0時(shí),經(jīng)驗(yàn)證直線MN過點(diǎn)K45綜上,直線MN恒過點(diǎn)K45②S△MNS=S△MKS+S△NKS=12·|KS|·|yM-yN|=12·15·m1+4m2+mm令t=m+1m,t∈[2,+∞),S△MNS=12·m+1m4m∵S△MNS在t∈[2,+∞)上單調(diào)遞減,∴S△MNS≤125當(dāng)且僅當(dāng)t=2,即m=±1時(shí)取等號(hào).故△MNS面積的最大值為1252.(2024黑龍江齊齊哈爾一模,18)在平面直角坐標(biāo)系xOy中,點(diǎn)F(0,1),P為動(dòng)點(diǎn),以PF為直徑的圓與x軸相切,記P的軌跡為Γ.(1)求Γ的方程;(2)設(shè)M為直線y=-1上的動(dòng)點(diǎn),過M的直線與Γ相切于點(diǎn)A,過A作直線MA的垂線交Γ于點(diǎn)B,求△MAB面積的最小值.解析(1)設(shè)P(x,y),則線段FP的中點(diǎn)坐標(biāo)為x2因?yàn)橐訮F為直徑的圓與x軸相切,所以y+12=12|FP化簡得x2=4y,所以Γ的方程為x2=4y.(2)設(shè)Ax0,x024(x0≠0),由y=x24,得y'=x2,則點(diǎn)A處的切線斜率為x02,所以直線MA的方程為y-x024=x02(x-x0),即y=x02x易知直線AB的斜率為-2x0,所以直線AB為y-x024=-2x0(x-x0),整理得y聯(lián)立x2=4y,y=?2x0x+x02有-2x0(x-x0)=解得x=-8x0-x0,即點(diǎn)B的橫坐標(biāo)為-8x0所以|BA|=1+=1+4x0又|AM|=1+=1+x02所以△MAB的面積為12|AB||AM|=12×2(x02+4)x02又|x0|+4|x0|≥2|x0|×4|x0|=4,當(dāng)且僅當(dāng)x0=±23.(2024福建部分地市質(zhì)量檢測(cè),18)在直角坐標(biāo)系xOy中,已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點(diǎn)為F,過F的直線l與C交于M,N兩點(diǎn),且當(dāng)l的斜率為1時(shí),|MN|=8.(1)求C的方程;(2)設(shè)l與C的準(zhǔn)線交于點(diǎn)P,直線PO與C交于點(diǎn)Q(異于原點(diǎn)).記線段MN的中點(diǎn)為R,若|QR|≤3,求△MNQ面積的取值范圍.解析(1)由題意知l的斜率不為0.設(shè)l的方程為x=my+p2,M(x1,y1),N(x2,y2聯(lián)立x=my+p2,y2=2px,消去∴y1+y2=2mp,y1y2=-p2,則|MN|=x1+x2+p=m(y1+y2)+2p=2p(m2+1),∴由題可知當(dāng)m=1時(shí),|MN|=8,∴p=2,∴C的方程為y2=4x.(2)由(1)知yR=y1+y將R的縱坐標(biāo)2m代入x=my+1,得R(2m2+1,2m),易知C的準(zhǔn)線方程為x=-1,∵l與C的準(zhǔn)線交于點(diǎn)P,∴P?1,?2m,則直線OP的方程為x=m聯(lián)立x=m2y,y2=4x,消去x得y2=2my,則yQ=2m∴Q,R的縱坐標(biāo)相等,∴直線QR∥x軸,∴|QR|=|2m2+1-m2|=m2+1,由(1)知y1+y2=4m,y1y2=-4,則|y1-y2|=4m2∴S△MNQ=S△QRM+S△QRN=12|QR||y1-y2|=2(m2+1)·m2+1=2|∵點(diǎn)Q異于原點(diǎn),∴m≠0,∴2|QR|32又∵|QR|≤3,∴2<2|QR|32≤63,即S△MNQ∈(2,634.(2024江蘇徐州適應(yīng)性測(cè)試,18)將圓x2+y2=2上各點(diǎn)的縱坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?λ2(0<λ<2)(橫坐標(biāo)不變),所得曲線為E.記P(-2,0),Q(1,0),過點(diǎn)P的直線與E交于不同的兩點(diǎn)A,B,直線QA,QB與E分別交于點(diǎn)C(1)求E的方程.(2)設(shè)直線AB,CD的傾斜角分別為α,β.當(dāng)0<α<π2時(shí)(i)求tanαtan(ii)若β-α有最大值,求λ的取值范圍.解析(1)設(shè)所求曲線E上的任意點(diǎn)為(x,y),與x2+y2=2對(duì)應(yīng)的點(diǎn)為(x1,y1),根據(jù)題意,可得x=x代入方程x2+y2=2,可得x2+22λy2=2,整理得x22+y所以曲線E的方程為x22+y2λ=1(0<(2)(i)設(shè)A(x1,y1),B(x2,y2),則直線QA的方程為x=x1?1y1y消去x整理得x1?1y12λ+2y2+2所以yC=?λx1?1y12λ+2y1=?λ所以xC=x1?1y1y所以C3x1?42x又因?yàn)镻,A,B三點(diǎn)共線,所以y1x1即x2y1-x1y2=2(y2-y1),所以kCD=y22x2?3?y12x1?33x2(ii)設(shè)直線AB的方程為y=k(x+2),其中k>0,由(i)知,直線CD的斜率為7k,則tan(β-α)=tanβ?tanα1+tanβtanα當(dāng)且僅當(dāng)1