（文理通用）江蘇省2020高考數(shù)學二輪復習 專題三 解析幾何 第11講 圓錐曲線中最值、范圍問題練習

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1、第11講 圓錐曲線中最值、范圍問題 1．已知點(m，n)在橢圓8x2＋3y2＝24上，則2m＋4的取值范圍是______． 解析：因為點(m，n)在橢圓8x2＋3y2＝24上，即在橢圓＋＝1上，所以點(m，n)滿足橢圓的范圍|x|≤，|y|≤2，因此|m|≤，即－≤m≤，所以2m＋4∈[4－2，4＋2]． 答案：[4－2，4＋2] 2．(2019·常州期末)在平面直角坐標系xOy中，設直線l：x＋y＋1＝0與雙曲線C：－＝1(a>0，b>0)的兩條漸近線都相交且交點都在y軸左側，則雙曲線C的離心率e的取值范圍是________． 解析：雙曲線的漸近線分別為y＝x，y＝－x，依題意

2、有－>－1，即b1，所以e的取值范圍是(1，)． 答案：(1，) 3．(2019·海安中學月考)已知AB＝2，M是線段AB的中點，點P在平面內(nèi)運動且PA＋PB＝6，則PM的最大值為________． 解析：由題意，知點P的軌跡是以點A，B為焦點的橢圓，其長軸長為6，焦距為2，所以短軸長為4，易知PM的最大值為3. 答案：3 4．直線x＋y＋2＝0分別與x軸，y軸交于A，B兩點，點P在圓(x－2)2＋y2＝2上，則△ABP面積的取值范圍是________． 解析：設圓(x－2)2＋y2＝2的圓心為C，半徑為r， 點P到直線x＋y＋2＝0的距離為d， 則

3、圓心C(2,0)，r＝， 所以圓心C到直線x＋y＋2＝0的距離為＝2， 可得dmax＝2＋r＝3，dmin＝2－r＝. 由已知條件可得AB＝2， 所以△ABP面積的最大值為×AB×dmax＝6， △ABP面積的最小值為×AB×dmin＝2. 綜上，△ABP面積的取值范圍是[2,6]． 答案：[2,6] 5．已知橢圓的中心在坐標原點，焦點在x軸上，以其兩個焦點和短軸的兩個端點為頂點的四邊形是一個面積為4的正方形，設P為該橢圓上的動點，C，D的坐標分別是(－，0)，(，0)，則·的最大值為________． 解析：由面積為4的正方形可知 所以橢圓方程為＋＝1， 所以C，D為橢

4、圓的焦點． 設P(x0，y0)，則·＝x＋y－2， 又x＝4，所以·＝－y＋2≤2. 答案：2 6．設橢圓C：＋＝1(a>b>0)恒過定點A(1,2)，則橢圓的中心到準線的距離的最小值是________. 解析：由已知得＋＝1，因為準線方程為x＝，所以橢圓的中心到準線的距離為d＝，即d2＝＝＝＝＝＝a2－5＋＋9≥2＋9＝4＋9＝(＋2)2，當且僅當a2＝5＋2時取等號．所以d≥＋2，即dmin＝＋2. 答案：＋2 7．(2019·鎮(zhèn)江中學檢測)已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的左、右頂點分別為A，B，且長軸長為8，T為橢圓C上異于A，B的點，直線TA，TB的斜率之積為－.

5、(1)求橢圓C的方程； (2)設O為坐標原點，過點M(8,0)的動直線與橢圓C交于P，Q兩點，求△OPQ面積的最大值． 解：(1)設T(x，y)(x≠±4)，則直線TA的斜率為k1＝，直線TB的斜率為k2＝. 于是由k1k2＝－，得·＝－，整理得＋＝1(x≠±4)，故橢圓C的方程為＋＝1. (2)由題意設直線PQ的方程為x＝my＋8， 由得(3m2＋4)y2＋48my＋144＝0， Δ＝(48m)2－4×144×(3m2＋4)＝12×48(m2－4)>0， 即m2>4， yP＋yQ＝－，yPyQ＝. 所以PQ＝·＝， 又點O到直線PQ的距離d＝ . 所以S△OPQ＝×PQ

6、×d＝＝≤4當且僅當m2＝時等號成立，且滿足m2>4. 故△OPQ面積的最大值為4. 8．已知橢圓C：＋＝1(a＞b＞0)的離心率為，兩條準線之間的距離為8. (1)求橢圓C的標準方程． (2)若A，B分別為橢圓C的左、右頂點，在平面直角坐標系xOy中，過點B作x軸的垂線l，點P是直線l上(異于點B)任意一點，直線AP交橢圓C于點Q. ①若OP與BQ交于點M，且＝2，求直線AP的方程； ②求·的取值范圍． 解：(1)由題意知e＝＝，＝8，解得c＝1，a＝2， ∴b＝，故橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)①由(1)知A(－2,0)，B(2,0)， 設Q(x0，y0)，y0≠0

7、，P(2，t)， ∵A，Q，P三點共線，∴kAQ＝kAP， ∴＝，得t＝，∴P. 設點M(x1，y1)，∵＝2， ∴(x1－2，y1)＝2(x0－x1，y0－y1)， 即得點M. ∵O，M，P三點共線，∴＝＝， 解得y0＝0(舍去)或x0＝0， 又點Q在橢圓C上，∴Q(0，±)， 故直線AP的方程為y＝±(x＋2)． ②由①易知·＝·(x0－2，y0) ＝2(x0－2)＋. ∵點Q在橢圓C上，∴＋＝1，得4y＝3(4－x)， 將4y＝3(4－x)代入上式得， ·＝2(x0－2)＋＝2－x0， ∵－2＜x0＜2，∴0＜2－x0＜4， ∴·的取值范圍為(0,4)．

8、 9．已知橢圓E：＋＝1(a＞0，b＞0)的長軸長為4，離心率為. (1)求橢圓E的標準方程． (2)設斜率為k(k≠0)的直線l與橢圓E相交于C，D兩點． ①若點P(1，m)(m＞0)在橢圓E上，直線l過橢圓上的右焦點F，且直線PC，PD的斜率之積為1，求直線l的方程； ②若k＝，求OC·OD的最大值． 解：(1)由題意得解得 所以b2＝a2－c2＝3， 所以橢圓E的標準方程為＋＝1. (2)①因為橢圓E過點P(1，m)， 所以得＋＝1，又m＞0，所以m＝. 由(1)知F(1,0)，所以直線l的方程為y＝k(x－1)， 與＋＝1聯(lián)立并消元得， (3＋4k2)x2－8k

9、2x＋4k2－12＝0，Δ＞0， 設C(x1，y1)，D(x2，y2)， 直線PC，PD的斜率分別為k1，k2， 所以x1＋x2＝，x1x2＝， 所以k1k2＝· ＝ ＝ ＝ ＝－k－＝1， 所以k＝－，直線l的方程為7x＋4y－7＝0. ②設C(x1，y1)，D(x2，y2)，直線l的方程為y＝x＋n，代入＋＝1并消去y得3x2＋2nx＋2n2－6＝0， 所以x1＋x2＝－n，x1x2＝， 所以x＋x＝(x1＋x2)2－2x1x2＝2－2·＝4， 所以OC2＋OD2＝x＋y＋x＋y＝x＋3＋x＋3＝7， 所以OC·OD≤＝，當且僅當OC＝OD＝時取等號， 所以O

10、C·OD的最大值為. 10．已知橢圓C：＋＝1(a>b>0)的焦點坐標分別為F1(－1,0)，F(xiàn)2(1,0)，P為橢圓C上一點，滿足3PF1＝5PF2且cos∠F1PF2＝. (1)求橢圓C的標準方程； (2)設直線l：y＝kx＋m與橢圓C交于A，B兩點，點Q，若AQ＝BQ，求k的取值范圍． 解：(1)由題意設PF1＝r1，PF2＝r2，則3r1＝5r2， 又r1＋r2＝2a，∴r1＝a，r2＝a. 在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝＝＝， 解得a＝2，∵c＝1，∴b2＝a2－c2＝3， ∴橢圓C的標準方程為＋＝1. (2)聯(lián)立 消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0， 設A(x1，y1)，B(x2，y2)，則x1＋x2＝，x1x2＝，且Δ＝48(3＋4k2－m2)>0.① 設AB的中點為M(x0，y0)，連接QM， 則x0＝＝，y0＝kx0＋m＝. ∵AQ＝BQ，∴AB⊥QM， 又Q，M為AB的中點， ∴k≠0，直線QM的斜率存在， ∴k·kQM＝k·＝－1， 解得m＝－.② 把②代入①得3＋4k2>2， 整理得16k4＋8k2－3>0， 即(4k2－1)(4k2＋3)>0，解得k>或k<－， 故k的取值范圍為∪. - 7 -