高考数学一轮复习练案59第九讲圆锥曲线的综合问题第2课时最值范围证明问题含解析 9页

‎ [练案59]第二课时　最值、范围、证明问题 A组基础巩固 一、单选题 ‎1．(2019·北京模拟)已知双曲线－＝1(a>0，b>0)，离心率e∈[，2]，则两条渐近线的夹角θ的取值范围是(　B　)‎ A．[，]　　 B．[，]‎ C．[，]　　 D．[，π]‎ ‎[解析]　由≤e≤2，得≤≤2，≤≤2，∴1≤≤，故两条渐近线的夹角θ的取值范围为[，]．‎ ‎2．设P，Q分别为圆x2＋(y－6)2＝2和椭圆＋y2＝1上的点，则P，Q两点间的最大距离是(　D　)‎ A．5　　 B．＋ C．7＋　　 D．6 ‎[解析]　设Q点坐标为(m，n)(－1≤n≤1)，因为圆心C(0，6)，故|QC|＝①，因为＋n2＝1②，联立①②，|QC|＝，因为－1≤n≤1，故当n＝－时，|QC|有最大值，最大值为5，所以|PQ|max＝|QC|max＋＝6.‎ ‎3．(2019·深圳模拟)M是抛物线y2＝x上的一点，N是圆(x＋1)2＋(y－4)2＝1关于直线x－y＋1＝0的对称圆⊙C上的一点，则|MN|的最小值是(　A　)‎ A．－1　　 B．－1‎ C.－1　　 D．－1‎ ‎[解析]　如图所示，设(－1,4)关于x－y＋1＝0的对称点是P(x0，y0)，‎ 则解得 故⊙C的方程是(x－3)2＋y2＝1.‎ 设M(x，y)，‎ - 9 -‎ 则|MP|2＝(x－3)2＋y2‎ ‎＝x2－5x＋9＝(x－)2＋，‎ ‎∴|MP|的最小值为，‎ ‎∴|MN|的最小值为－1.‎ ‎4．过抛物线y2＝4x的焦点F的直线交抛物线于A，B两点，点O是坐标原点，则|AF|·|BF|的最小值是(　C　)‎ A．2　 B．　‎ C．4　 D．2 ‎[解析]　∵＝＋＝≥，即1≥，∴|AF|·|BF|≥4，(当且仅当|AF|＝|BF|时取等号)．故选C.‎ ‎5．(2020·绵阳二诊)若点O和点F分别为椭圆＋＝1的中心和左焦点，点P在椭圆上的任意一点，则·的最大值为(　B　)‎ A．　 B．6　‎ C．8　 D．12‎ ‎[解析]　设P(x，y)，则·＝x2＋y2＋x＝x2＋x＋3＝(x＋2)2＋2，(－2≤x≤2)，显然当x＝2时，·取得最大值6，故选B.‎ 二、多选题 ‎6．(2020·皖西南期末改编)若椭圆C：＋＝1(a>b>0)上存在一点P，使得|PF1|＝8|PF2|，其中F1，F2分别是C的左右焦点，则C的离心率的值可能是(　BCD　)‎ A．　 B．　‎ C．　 D． ‎[解析]　由|PF1|＋|PF2|＝‎2a，且|PF1|＝8|PF2|知|PF2|＝，∴a－c≤≤a＋c，∴e＝≥，即e∈[，1)，故选BCD.‎ ‎7．已知抛物线E：y2＝4x的焦点为F，准线为l，过F的直线与E交于A，B两点，C，D分别为A，B在l上的射影，且|AF|＝3|BF|，M为AB的中点，则下列结论正确的是(　AC　)‎ A．∠CFD＝90°‎ - 9 -‎ B．△CMD为等腰直角三角形 C．直线AB的斜率为± D．△AOB的面积为4‎ ‎[解析]　不妨设A在第一象限，如图作BH⊥AC于H，‎ 记|BF|＝a，则|AH|＝‎2a，|AB|＝‎4a，‎ ‎∴∠HAB＝60°，∴kAB＝.‎ ‎(同理当A在第四象限时kAB＝－)，C正确；‎ 又AB：y＝(x－1)，‎ 由得A(3,2)，B(，－)，‎ ‎∴S△AOB＝|OF|·|yA－yB|＝，D错；‎ 又·＝(2，－2)·(2，)＝0，‎ ‎∴⊥，即∠CFD＝90°，A正确；‎ 又M(，)，‎ ‎∴·＝(，－)·(，)＝≠0，‎ 即与不垂直，B错．故选AC.‎ 三、填空题 ‎8．(2020·甘肃诊断)已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为A，其准线与x轴的交点为B，如果在直线3x＋4y＋25＝0上存在点M，使得∠AMB＝90°，则实数p的取值范围是__[10，＋∞)__.‎ ‎[解析]　由题意可知以O为圆心，为半径的圆与直线有公共点，即5≤，∴p≥10.‎ ‎9．(2019·河南安阳)双曲线C：－＝1(a>0，b>0)与椭圆＋＝1的焦点重合，离心率互为倒数，设F1，F2为双曲线C的左、右焦点，P为右支上任意一点，则的最小值为__4__‎ - 9 -‎ ‎.‎ ‎[解析]　因为椭圆＋＝1的两焦点坐标分别为(－1，0)，(1,0)，离心率为，故双曲线C的离心率为2，c＝1，从而a＝，|PF2|≥，所以＝＝|PF2|＋＋‎4a＝|PF2|＋＋2≥2＋2＝4(当且仅当|PF2|＝1时，等号成立)．‎ ‎10．(2019·福建模拟)已知等腰梯形ABCD中，AB∥CD，AB＝2CD＝4，∠BAD＝60°，双曲线以A，B为焦点，且与线段CD有两个交点，则该双曲线的离心率的取值范围是　[＋1，＋∞)　.‎ ‎[解析]　以AB的中点为坐标原点，AB所在直线为x轴，AB的中垂线为y轴建立平面直角坐标系，则B(2,0)，C(1，)，双曲线方程为－＝1(00得3k2－m2＋1>0.‎ 设M(x1，y1)，N(x2，y2)的中点为Q(x0，y0)，‎ 则x1＋x2＝－，所以x0＝，y0＝，‎ ‎|AM|＝|AN|等价于AQ垂直平分MN，‎ ‎∴kAQ·k＝－1，即·k＝－1，‎ 化简得‎2m＝3k2＋1>1，解得m>.‎ 由解得00，f(x)在区间(，9]上单调递增．因此，函数f(x)的值域是[2－3，]，即·的取值范围为[2－3，]，选C.‎ ‎3．(2020·河北联考)如图，由抛物线y2＝8x与圆E：(x－2)2＋y2＝9的实线部分构成图形Ω，过点P(2,0)的直线始终与图形Ω中的抛物线部分及圆部分有交点A、B，则|AB|的取值范围为(　D　)‎ - 9 -‎ A．[2,3]　 B．[3,4]　‎ C．[4,5]　 D．[5,6]‎ ‎[解析]　由题意可知抛物线y2＝8x的焦点为F(2,0)，圆(x－2)2＋y2＝9的圆心为E(2,0)，因此点P，F，E三点重合，所以|PA|＝3.设B(x0，y0)，则由抛物线的定义可知|PB|＝x0＋2，由得(x－2)2＋8x＝9，整理得x2＋4x－5＝0，解得x1＝1，x2＝－5(舍去)，设圆E与抛物线交于C，D两点，所以xC＝xD＝1，因此0≤x0≤1，又|AB|＝|AP|＋|BP|＝3＋x0＋2＝x0＋5，所以|AB|＝x0＋5∈[5,6]，故选D.‎ ‎4．(2019·北京卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为(1,0)，且经过点A(0,1)．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设O为原点，直线l：y＝kx＋t(t≠±1)与椭圆C交于两个不同点P，Q，直线AP与x轴交于点M，直线AQ与x轴交于点N.若|OM|·|ON|＝2，求证：直线l经过定点．‎ ‎[解析]　(1)由题意得，b2＝1，c＝1.所以a2＝b2＋c2＝2.‎ 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，‎ 则直线AP的方程为y＝x＋1.‎ 令y＝0，得点M的横坐标xM＝－.‎ 又y1＝kx1＋t，从而|OM|＝|xM|＝||.‎ 同理，|ON|＝||.‎ 由得(1＋2k2)x2＋4ktx＋2t2－2＝0.‎ 则x1＋x2＝－，x1x2＝.‎ 所以|OM|·|ON|＝ - 9 -‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝2.‎ 又|OM|·|ON|＝2，所以2＝2.‎ 解得t＝0，所以直线l经过定点(0,0)．‎ ‎5．(2020·河北衡中联考)在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率为，直线l和椭圆C交于A，B两点，当直线l过椭圆C的焦点，且与x轴垂直时，|AB|＝.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)设直线l过点(1,0)且倾斜角为钝角，P为弦AB的中点，当∠OPB最大时，求直线l的方程．‎ ‎[解析]　(1)由题意知解得 所以椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线l：y＝k(x－1)(k<0)．‎ 联立得方程组消去y，得(9k2＋1)x2－18k2x＋9k2－9＝0，‎ 故x1＋x2＝.‎ 设P(x0，y0)，则x0＝＝，y0＝k(x0－1)＝k(－1)＝－，‎ 所以直线OP的斜率kOP＝＝－.‎ 设直线l，OP的倾斜角分别为α，β，‎ 则∠OPB＝α－β，tan∠OPB＝tan(α－β)＝＝(k＋)．‎ - 9 -‎ 因为k<0，所以－(k＋)＝(－k)＋≥2＝，即k＋≤－，所以tan∠OPB≤－，当且仅当k＝－时，等号成立，‎ 所以当∠OPB最大时，直线l的斜率k＝－，此时直线l的方程为x＋3y－1＝0.‎ - 9 -‎