2021届北师大版高考理科数一轮复习高效演练分层突破：第九章　第9讲　第1课时　圆锥曲线中的范围、最值问题 6页

‎[基础题组练]‎ ‎1.(2020·河南新乡二模)如图，已知抛物线C1的顶点在坐标原点，焦点在x轴上，且过点(3，6)，圆C2：x2＋y2－6x＋8＝0，过圆心C2的直线l与抛物线和圆分别交于P，Q，M，N，则|PN|＋3|QM|的最小值为(　　)‎ A．12＋4　　　　 B．16＋4 C．16＋6 D．20＋6 解析：选C.设抛物线的方程为y2＝2px(p＞0)，‎ 则36＝2p×3，则2p＝12，‎ 所以抛物线的方程为y2＝12x，设抛物线的焦点为F，则F(3，0)，‎ 准线方程为x＝－3，‎ 圆C2：x2＋y2－6x＋8＝0的圆心为(3，0)，半径为1，由直线PQ过抛物线的焦点，则 ＋＝＝.‎ ‎|PN|＋3|QM|＝|PF|＋1＋3(|QF|＋1)‎ ‎＝|PF|＋3|QF|＋4＝3(|PF|＋3|QF|)＋4＝3＋4≥3(4＋2)＋4＝16＋6.故选C.‎ ‎2．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.‎ ‎3．(2020·湖南湘潭一模)已知F(，0)是椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的一个焦点，点M在椭圆C上．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线l与椭圆C分别相交于A，B两点，且kOA＋kOB＝－(O为坐标原点)，求直线l的斜率的取值范围．‎ 解：(1)由题意知，椭圆的另一个焦点为(－，0)，‎ 所以点M到两焦点的距离之和为 ＋＝4.‎ 所以a＝2.‎ 又因为c＝，所以b＝1，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)当直线l的斜率不存在时，结合椭圆的对称性可知，kOA＋kOB＝0，不符合题意．‎ 故设直线l的方程为y＝kx＋m(k≠0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ 而kOA＋kOB＝＋＝＝2k＋＝2k＋＝.‎ 由kOA＋kOB＝－，可得m2＝4k＋1，所以k≥－.‎ 又由Δ＞0，得16(4k2－m2＋1)＞0，‎ 所以4k2－4k＞0，解得k＜0或k＞1，‎ 综上，直线l的斜率的取值范围为∪(1，＋∞)．‎ ‎4．(2020·银川模拟)椭圆＋＝1(a＞b＞0)的焦点分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，直线l：x＝a2交x轴于点A，且＝2.‎ ‎(1)试求椭圆的方程；‎ ‎(2)过点F1，F2分别作互相垂直的两条直线与椭圆分别交于D，E，M，N四点(如图所示)，试求四边形DMEN面积的最大值和最小值．‎ 解：(1)由题意知，|F1F2|＝2c＝2，A(a2，0)，‎ 因为＝2，所以F2为线段AF1的中点，‎ 则a2＝3，b2＝2，所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)当直线DE与x轴垂直时，|DE|＝＝，‎ 此时|MN|＝2a＝2，四边形DMEN的面积S＝＝4.‎ 同理当MN与x轴垂直时，‎ 也有四边形DMEN的面积S＝＝4.‎ 当直线DE，MN与x轴均不垂直时，‎ 设直线DE：y＝k(x＋1)(k≠1)，D(x1，y1)，E(x2，y2)，‎ 代入椭圆方程，消去y可得(2＋3k2)x2＋6k2x＋3k2－6＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝，‎ 所以|x1－x2|＝，‎ 所以|DE|＝|x1－x2|＝.‎ 同理|MN|＝＝，‎ 所以四边形DMEN的面积S＝＝××＝，‎ 令u＝k2＋，则S＝4－.‎ 因为u＝k2＋≥2，当k＝±1时，u＝2，S＝，‎ 且S是以u为自变量的增函数，则≤S＜4.‎ 综上可知，≤S≤4，故四边形DMEN面积的最大值为4，最小值为.‎ ‎[综合题组练]‎ ‎1．已知椭圆E的中心在原点，焦点F1，F2在y轴上，离心率等于，P是椭圆E上的点．以线段PF1为直径的圆经过F2，且9·＝1.‎ ‎(1)求椭圆E的方程；‎ ‎(2)作直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N.如果线段MN被直线2x＋1＝0平分，求直线l的倾斜角的取值范围．‎ 解：(1)依题意，设椭圆E的方程为＋＝1(a>b>0)，半焦距为c.‎ 因为椭圆E的离心率等于，‎ 所以c＝a，b2＝a2－c2＝.‎ 因为以线段PF1为直径的圆经过F2，‎ 所以PF2⊥F1F2.‎ 所以|PF2|＝.‎ 因为9·＝1，‎ 所以9||2＝＝1.‎ 由，得，‎ 所以椭圆E的方程为＋x2＝1.‎ ‎(2)因为直线x＝－与x轴垂直，且由已知得直线l与直线x＝－相交，‎ 所以直线l不可能与x轴垂直，‎ 所以设直线l的方程为y＝kx＋m.‎ 由，得(k2＋9)x2＋2kmx＋m2－9＝0.‎ 因为直线l与椭圆E交于两个不同的点M，N，‎ 所以Δ＝4k2m2－4(k2＋9)(m2－9)>0，‎ 即m2－k2－9<0.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)，‎ 则x1＋x2＝.‎ 因为线段MN被直线2x＋1＝0平分，‎ 所以2×＋1＝0，‎ 即＋1＝0.‎ 由，得－(k2＋9)<0.‎ 因为k2＋9>0，所以－1<0，所以k2>3，‎ 解得k>或k<－.‎ 所以直线l的倾斜角的取值范围为∪.‎ ‎2．(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－.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·＝－，化简得＋＝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(k>0)．‎ 由得x＝± .‎ 记u＝，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．‎ 于是直线QG的斜率为，方程为y＝(x－u)．‎ 由 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＝，由此得yG＝.‎ 从而直线PG的斜率为＝－.‎ 所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．‎ ‎(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2u，|PG|＝，‎ 所以△PQG的面积S＝|PQ||PG|＝＝.‎ 设t＝k＋，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．‎ 因为S＝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.‎ 因此，△PQG面积的最大值为.‎