2022版高考数学一轮复习-51-范围、最值问题训练新人教B版.doc

2022版高考数学一轮复习 51 范围、最值问题训练新人教B版

2022版高考数学一轮复习 51 范围、最值问题训练新人教B版

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姓名：

五十一　范围、最值问题
(建议用时：45分钟)
A组　全考点巩固练
1．已知椭圆＋＝1的左、右焦点分别为F1，F2，点P在直线l：x＝－3上．当∠F1PF2取最大值时，＝(　　)
A. B.
C. D.
D　解析：要使∠F1PF2最大，则过P，F1，F2三点的圆必定与直线l相切于点P.又因为该圆的圆心在y轴上，所以半径为3，故圆心的坐标为(0，±2)，此时点P的坐标为(－3，±2)，即有|PF1|＝2，|PF2|＝2，故＝.故选D.
2．(2020·南阳月考)已知点A是双曲线－＝1(a＞0，b＞0)的右顶点．若存在过点N(3a,0)的直线与双曲线的渐近线交于一点M，使得△AMN是以点M为直角顶点的直角三角形，则双曲线的离心率(　　)
A．存在最大值 B．存在最大值
C．存在最小值 D．存在最小值
B　解析：双曲线－＝1(a>0，b>0)的右顶点A(a,0)，双曲线的渐近线方程为y＝±x.不妨取y＝x.
设M，则＝，＝.
若存在过点N(3a,0)的直线与双曲线的渐近线交于一点M，使得△AMN是以M为直角顶点的直角三角形，则·＝0，即(m－a)(m－3a)＋2＝0，
整理可得m2－4am＋3a2＝0.
由题意可知此方程必有解，
则判别式Δ＝16a2－12a2≥0，得a2≥3b2，即a2≥3c2－3a2，
解得1<≤，即离心率存在最大值.故选B.
3．(2020·林州一中高三月考)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的离心率为e，焦点分别为F1，F2，P为椭圆上不同于长轴两端点的动点，x轴上的点M满足＝λ.若点M的横坐标的取值范围是(－e，e)，则椭圆的焦距为(　　)
A．2 B．2
C．－1 D．无法确定
A　解析：由题意，P为椭圆上的动点，x轴上的点M满足＝λ，
可得PM为∠F1PF2的平分线，所以＝，即＝，
解得xM＝.
又|PF2|∈(a－c，a＋c)，得xM∈.
因为e＝，所以xM∈(－ec，ec)．因为点M的横坐标的取值范围是(－e，e)，所以c＝1，从而椭圆的焦距为2.
4．(2020·蚌埠市高三二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为2c，F为右焦点，直线x＝与椭圆C相交于A，B两点，△ABF是等腰直角三角形，点P的坐标为.若记椭圆C上任一点Q到点P的距离的最大值为d，则的值为(　　)
A. B.
C. D.
C　解析：由题意可得∠AFB＝，所以点A的坐标为，代入椭圆方程有＋＝1.又a2＝b2＋c2，所以c4＋8b2c2－9b4＝0，
解得c2＝b2或c2＝－9b2(舍去)，所以a2＝2c2，
所以椭圆方程可化为＋＝1.
设点Q的坐标为(x，y)，则x2＝2c2－2y2，
所以|PQ|＝
＝
＝
＝≤c，
所以d＝c，＝.
5．(2021·南昌市高三月考)抛物线y2＝2px的顶点为O，焦点为F，M是抛物线上的动点，则的最大值为(　　)
A. B.
C. D.不存在
B　解析：由抛物线方程可得F.设M(x，y)，则2＝＝.
设t＝，则x2＋2px＝x2t＋tpx＋t，
即(1－t)x2＋(2p－tp)x－t＝0.
当t＝1时，x＝；
当t≠1时，Δ＝(2p－tp)2＋4(1－t)·t≥0，
解得t≤.当x＝p时等号成立．
综上，当x＝p时，tmax＝，所以的最大值为.
6．已知抛物线y2＝4x，过点Q(4,0)的直线与抛物线相交于A(x1，y1)，B(x2，y2)两点，则y＋y的最小值是________．
32　解析：设过点(4,0)的直线方程为x＝ay＋4.
由得y2－4ay－16＝0，所以y1y2＝－16，y1＋y2＝4a，
所以y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16a2＋32≥32，当a＝0时，(y＋y)min＝32.
7．过抛物线M：y2＝8x的焦点F作两条斜率之积为－2的直线l1，l2，其中l1交M于A，C两点，l2交M于B，D两点，则|AC|＋|BD|的最小值为________．
24　解析：设l1：y＝k(x－2)，代入y2＝8x，得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，
所以xA＋xC＝，
所以|AC|＝xA＋xC＋p＝8＋.
以－代k，得|BD|＝8＋＝8＋2k2，
所以|AC|＋|BD|＝16＋2k2＋≥16＋2＝24，当且仅当2k2＝，即k＝±时等号成立．
8．(2020·盘锦市高三二模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)经过点P，两个焦点分别为F1(－，0)，F2(，0)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)设圆D：x2＋y2＝r2(b<r<a)．若直线l与椭圆C，圆D都相切，切点分别为A和B，求|AB|的最大值．
解：(1)由题意知c＝，所以a2＝b2＋3，椭圆C的方程可化为＋＝1(b>0)．
因为椭圆C经过点，所以＋＝1，
解得b2＝1或b2＝－(舍)．
所以a2＝4，所以椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设l：y＝kx＋m，代入＋y2＝1，
得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4m2－4＝0.
由Δ＝64k2m2－4(4k2＋1)(4m2－4)＝0，得m2＝1＋4k2.①
设A(x0，y0)，则x0＝－＝－，
y0＝kx0＋m＝.
因为l与圆D相切，所以圆心D到l的距离＝r，即m2＝r2(1＋k2)．②
由①②得m2＝，k2＝.
所以圆D的切线长|AB|＝
＝
＝.
因为＋r2≥2＝4，当且仅当r＝时取等号．因为r＝∈(1,2)，所以|AB|的最大值为1.
B组　新高考培优练
9．(2020·宜春市高三三模)如图，已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，抛物线C上的点到准线的最小距离为1.

(1)求抛物线C的方程；
(2)过点F作互相垂直的两条直线l1，l2，l1与抛物线C交于A，B两点，l2与抛物线C交于C，D两点，M，N分别为弦AB，CD的中点，求|MF|·|NF|的最小值．
解：(1)因为抛物线C上的点到准线的最小距离为1，所以＝1，解得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)可知焦点为F(1,0)，
由已知可得AB⊥CD，所以直线AB，CD的斜率都存在且均不为0.
设直线AB的斜率为k，则直线CD的斜率为－，
所以直线AB的方程为y＝k(x－1)．
联立方程
消去x得ky2－4y－4k＝0.
设点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝.
因为M(xM，yM)为弦AB的中点，
所以yM＝(y1＋y2)＝.
由yM＝k(xM－1)，得xM＝＋1＝＋1，
所以点M.
同理可得N(2k2＋1，－2k)，
所以|NF|＝＝2，|MF|＝＝，
所以|MF||NF|＝×2＝4×≥4×2＝8，
当且仅当|k|＝，即k＝±1时，等号成立，
所以|MF|·|NF|的最小值为8.
10．(2020·郑州市高三第二次质量预测)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的短轴长为2，离心率为.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)直线l平行于直线y＝x，且与椭圆C交于两个不同的点A，B.若∠AOB为钝角，求直线l在x轴上的截距m的取值范围．
解：(1)由题意可得2b＝2，所以b＝.
由e＝＝＝，得a＝2，
所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)直线l平行于直线y＝x，即y＝x.
设直线l在y轴上的截距为n，
所以l的方程为y＝x＋n(n≠0)．
联立得x2＋2nx＋2n2－4＝0.
因为直线l与椭圆C交于A，B两个不同的点，
所以Δ＝(2n)2－4(2n2－4)>0，解得－2<n<2.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝－2n，x1x2＝2n2－4.
因为∠AOB为钝角等价于·<0，且n≠0，
所以·＝x1x2＋y1y2
＝x1x2＋
＝x1x2＋(x1＋x2)＋n2
＝×(2n2－4)＋×(－2n)＋n2<0，
即n2<2，且n≠0，
所以直线l在y轴上的截距n的取值范围为(－，0)∪(0，)．
因为直线l在x轴上的截距m＝－2n，
所以m的取值范围为(－2，0)∪(0,2)．
11．已知抛物线N：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F与x轴垂直的直线交抛物线的弦长为2.
(1)求抛物线N的方程；
(2)点M(2,2)和点C(2,1)为两定点，点A和点B为抛物线N上的两动点，线段AB的中点Q在直线OM上，求△ABC面积的最大值．
解：(1)由题意得抛物线C的焦点为F.
在方程y2＝2px中，令x＝得y＝±p，
所以弦长为2p，即2p＝2，解得p＝1，
所以抛物线C的方程为y2＝2x.
(2)由(1)知抛物线C的方程为y2＝2x，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AB的斜率为k(k≠0)．
因为线段AB的中点Q在直线OM上，
由M(2,2)可知直线OM的方程为y＝x.
设Q(m，m)(m≠0)，所以
所以(y1－y2)(y1＋y2)＝2(x1－x2)．
又y1＋y2＝2m，＝k，
所以km＝1，即得k＝.
设直线AB的方程为y－m＝(x－m)，
即x－my＋m2－m＝0.
联立
所以y2－2my＋2m2－2m＝0，
所以Δ＝8m－4m2>0，即0<m<2.
由根与系数的关系得y1＋y2＝2m，y1y2＝2m2－2m，
|AB|＝|y1－y2|
＝
＝
＝2，
点C到直线AB的距离为d＝，
所以S△ABC＝|AB|·d
＝×2××
＝×(2－2m＋m2)．
记t＝，因为0<m<2，所以t∈(0,1]，
所以S△ABC＝t(2－t2)＝－t3＋2t，t∈(0,1]，
所以S′△ABC＝－3t2＋2.
令S′△ABC＝0，得t＝，
当t∈时，S′△ABC>0；
当t∈时，S′△ABC<0.
所以当t＝时，S△ABC有最大值为.