2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第9讲　第1课时　圆锥曲线中的范围、最值问题学案

这是一份2023届高考一轮复习讲义（理科）第九章　平面解析几何 第9讲　第1课时　圆锥曲线中的范围、最值问题学案，共16页。学案主要包含了知识梳理，习题改编等内容，欢迎下载使用。


一、知识梳理
1．直线与圆锥曲线的位置关系
(1)从几何角度看，可分为三类：无公共点，仅有一个公共点及有两个相异的公共点．
(2)从代数角度看，可通过将表示直线的方程代入二次曲线的方程消元后所得方程解的情况来判断．设直线l的方程为Ax＋By＋C＝0，圆锥曲线方程为f(x，y)＝0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(Ax＋By＋C＝0，,f（x，y）＝0))消元(如消去y)，得ax2＋bx＋c＝0.
①若a＝0，当圆锥曲线是双曲线时，直线l与双曲线的渐近线平行；当圆锥曲线是抛物线时，直线l与抛物线的对称轴平行(或重合)；
②若a≠0，Δ＝b2－4ac.
a．当Δ＞0时，直线和圆锥曲线相交于不同两点；
b．当Δ＝0时，直线和圆锥曲线相切于一点；
c．当Δ＜0时，直线和圆锥曲线没有公共点．
2．直线与圆锥曲线相交时的弦长问题
(1)斜率为k的直线与圆锥曲线交于两点P1(x1，y1)，P2(x2，y2)，则所得弦长：
|P1P2|＝eq \r(（1＋k2）[（x1＋x2）2－4x1x2])
＝eq \r(1＋k2)·|x1－x2|
＝eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2])
＝eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|．
(2)斜率不存在时，可求出交点坐标，直接运算(利用两点间距离公式)．
(3)直线l与曲线C相交于P，Q两点，联立直线方程与曲线方程，消去y得Ax2＋Bx＋C＝0，Δ＝B2－4AC>0，则|PQ|＝eq \f(\r(Δ（1＋k2）),|A|).
3．圆锥曲线的中点弦问题
遇到弦中点问题常用“根与系数的关系”或“点差法”求解．
在椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝－eq \f(b2x0,a2y0)；在双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝eq \f(b2x0,a2y0)；在抛物线y2＝2px(p＞0)中，以P(x0，y0)为中点的弦所在直线的斜率k＝eq \f(p,y0)．在使用根与系数关系时，要注意前提条件是Δ≥0.
常用结论
过一点的直线与圆锥曲线的位置关系的特点
(1)过椭圆外一点总有两条直线与椭圆相切；
过椭圆上一点有且只有一条直线与椭圆相切；
过椭圆内一点的直线与椭圆相交．
(2)过抛物线外一点总有三条直线和抛物线有且只有一个公共点：两条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；过抛物线上一点总有两条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条切线和一条与对称轴平行或重合的直线；
过抛物线内一点只有一条直线与抛物线有且只有一个公共点：一条与对称轴平行或重合的直线．
(3)过双曲线外不在渐近线上的一点总有四条直线与双曲线有且只有一个交点：两条切线和两条与渐近线平行的直线；
过双曲线上一点总有三条直线与双曲线有且只有一个交点：一条切线和两条与渐近线平行的直线；
过双曲线内一点总有两条直线与双曲线有且只有一个交点：两条与渐近线平行的直线．
二、习题改编
1．(选修2­1P71例6改编)过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有( )
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选C.过(0，1)与抛物线y2＝4x相切的直线有2条，过(0，1)与对称轴平行的直线有一条，这三条直线与抛物线都只有一个公共点．
2．(选修2­1P80A组T8改编)已知与向量v＝(1，0)平行的直线l与双曲线eq \f(x2,4)－y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最小值为________．
解析：由题意可设直线l的方程为y＝m，
代入eq \f(x2,4)－y2＝1得x2＝4(1＋m2)，
所以x1＝eq \r(4（1＋m2）)＝2eq \r(1＋m2)，x2＝－2eq \r(1＋m2)，
所以|AB|＝|x1－x2|＝4eq \r(1＋m2)≥4，
即当m＝0时，|AB|有最小值4.
答案：4
一、思考辨析
判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)直线l与抛物线y2＝2px只有一个公共点，则l与抛物线相切．( )
(2)直线y＝kx(k≠0)与双曲线x2－y2＝1一定相交．( )
(3)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．( )
(4)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．( )
(5)过点(2，4)的直线与椭圆eq \f(x2,4)＋y2＝1只有一条切线．( )
答案：(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)×
二、易错纠偏
eq \a\vs4\al(常见误区)eq \b\lc\|(\a\vs4\al\c1(Ｋ))(1)没有发现直线过定点，导致运算量偏大；
(2)不会用函数法解最值问题；
(3)错用双曲线的几何性质．
1．直线y＝kx－k＋1与椭圆eq \f(x2,9)＋eq \f(y2,4)＝1的位置关系为( )
A．相交 B．相切
C．相离 D．不确定
解析：选A.直线y＝kx－k＋1＝k(x－1)＋1恒过定点(1，1)，又点(1，1)在椭圆内部，故直线与椭圆相交．故选A.
2．如图，两条距离为4的直线都与y轴平行，它们与抛物线y2＝－2px(0＜p＜14)和圆(x－4)2＋y2＝9分别交于A，B和C，D，且抛物线的准线与圆相切，则当|AB|·|CD|取得最大值时，直线AB的方程为________．
解析：根据题意，由抛物线的准线与圆相切可得eq \f(p,2)＝1或7，又0＜p＜14，故p＝2，设直线AB的方程为x＝－t(0＜t＜3)，则直线CD的方程为x＝4－t，则|AB|·|CD|＝2eq \r(4t)·2eq \r(9－t2)＝8eq \r(t（9－t2）)(0＜t＜3)，设f(t)＝t(9－t2)(0＜t＜3)，则f′(t)＝9－3t2(0＜t＜3)，令f′(t)＞0⇒0＜t＜eq \r(3)，令f′(t)＜0⇒eq \r(3)＜t＜3，故f(t)max＝f(eq \r(3))，此时直线AB的方程为x＝－eq \r(3).
答案：x＝－eq \r(3)
3．已知点F1，F2分别是双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左、右焦点，过F1且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，若△ABF2是钝角三角形，则该双曲线离心率的取值范围是________．
解析：由题设条件可知△ABF2为等腰三角形，只要∠AF2B为钝角即可，所以有eq \f(b2,a)＞2c，即b2＞2ac，所以c2－a2＞2ac，即e2－2e－1＞0，所以e＞1＋eq \r(2).
答案：(1＋eq \r(2)，＋∞)
第1课时 圆锥曲线中的范围、最值问题
最值问题(多维探究)
角度一 数形结合利用几何性质求最值
已知椭圆C：eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1的右焦点为F，P为椭圆C上一动点，定点A(2，4)，则|PA|－|PF|的最小值为________．
【解析】
如图，设椭圆的左焦点为F′，则|PF|＋|PF′|＝4，
所以|PF|＝4－|PF′|，所以|PA|－|PF|＝|PA|＋|PF′|－4.当且仅当P，A，F′三点共线时，|PA|＋|PF′|取最小值|AF′|＝eq \r(（2＋1）2＋16)＝5，所以|PA|－|PF|的最小值为1.
【答案】 1
角度二 建立目标函数求最值
如图，已知抛物线x2＝y，点Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)，\f(1,4)))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,2)，\f(9,4)))，抛物线上的点P(x，y)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)(1)求直线AP斜率的取值范围；
(2)求|PA|·|PQ|的最大值．
【解】 (1)设直线AP的斜率为k，
k＝eq \f(x2－\f(1,4),x＋\f(1,2))＝x－eq \f(1,2)，
因为－eq \f(1,2)(2)联立直线AP与BQ的方程eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(kx－y＋\f(1,2)k＋\f(1,4)＝0，,x＋ky－\f(9,4)k－\f(3,2)＝0，))
解得点Q的横坐标是xQ＝eq \f(－k2＋4k＋3,2（k2＋1）).
因为|PA|＝ eq \r(1＋k2)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x＋\f(1,2)))＝ eq \r(1＋k2)(k＋1)，
|PQ|＝ eq \r(1＋k2)(xQ－x)＝－eq \f(（k－1）（k＋1）2,\r(k2＋1))，
所以|PA|·|PQ|＝－(k－1)(k＋1)3.
令f(k)＝－(k－1)(k＋1)3，
因为f′(k)＝－(4k－2)(k＋1)2，
所以f(k)在区间eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(1,2)))上单调递增，eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)，1))上单调递减，
因此当k＝eq \f(1,2)时，|PA|·|PQ|取得最大值eq \f(27,16).
角度三 构造基本不等式求最值
已知椭圆M：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,3)＝1(a>0)的一个焦点为F(－1，0)，左、右顶点分别为A，B.经过点F的直线l与椭圆M交于C，D两点．
(1)当直线l的倾斜角为45°时，求线段CD的长；
(2)记△ABD与△ABC的面积分别为S1和S2，求|S1－S2|的最大值．
【解】 (1)由题意，c＝1，b2＝3，
所以a2＝4，
所以椭圆M的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1，
易求直线方程为y＝x＋1，联立方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝x＋1，))
消去y，得7x2＋8x－8＝0，Δ＝288＞0，
设C(x1，y1)，D(x2，y2)，x1＋x2＝－eq \f(8,7)，x1x2＝－eq \f(8,7)，
所以|CD|＝eq \r(2)|x1－x2|＝eq \r(2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \f(24,7).
(2)当直线l的斜率不存在时，直线方程为x＝－1，
此时△ABD与△ABC面积相等，|S1－S2|＝0；
当直线l的斜率存在时，设直线方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，
联立方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，,y＝k（x＋1），))
消去y，得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0，
Δ>0，且x1＋x2＝－eq \f(8k2,3＋4k2)，x1x2＝eq \f(4k2－12,3＋4k2)，
此时|S1－S2|＝2||y2|－|y1||＝2|y2＋y1|＝2|k(x2＋1)＋k(x1＋1)|＝2|k(x1＋x2)＋2k|＝eq \f(12|k|,3＋4k2)，因为k≠0，上式＝eq \f(12,\f(3,|k|)＋4|k|)≤eq \f(12,2\r(\f(3,|k|)·4|k|))＝eq \f(12,2\r(12))＝eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当k＝±\f(\r(3),2)时等号成立))，
所以|S1－S2|的最大值为eq \r(3).
eq \a\vs4\al()
圆锥曲线最值问题的求解方法
圆锥曲线中的最值问题类型较多，解法灵活多变，但总体上主要有两种方法：一是几何法，即通过利用曲线的定义、几何性质以及平面几何中的定理、性质等进行求解；二是代数法，即把要求最值的几何量或代数表达式表示为某个(些)参数的函数(解析式)，然后利用函数方法、不等式方法等进行求解．
(2020·河北武邑中学模拟)抛物线y2＝4x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．
(1)O为坐标原点，求证：eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝－3；
(2)设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值．
解：(1)证明：依题意得F(1，0)，且直线AB的斜率不为0，设直线AB的方程为x＝my＋1.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x＝my＋1，,y2＝4x，))消去x得y2－4my－4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.
x1x2＝(my1＋1)(my2＋1)＝m2y1y2＋m(y1＋y2)＋1＝1，
故eq \(OA,\s\up6(→))·eq \(OB,\s\up6(→))＝x1x2＋y1y2＝－3.
(2)由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，从而点O与点C到直线AB的距离相等，所以四边形OACB的面积等于2S△AOB.
由(1)知2S△AOB＝2×eq \f(1,2)|OF||y1－y2|
＝eq \r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝4eq \r(1＋m2)，
所以当m＝0时，四边形OACB的面积最小，最小值是4.
范围问题(多维探究)
角度一 求代数式的取值范围
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，且以原点为圆心，椭圆的焦距为直径的圆与直线xsin θ＋ycs θ－1＝0相切(θ为常数)．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)若椭圆C的左、右焦点分别为F1，F2，过F2作直线l与椭圆交于M，N两点，求eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))的取值范围．
【解】 (1)由题意，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(e＝\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(1,\r(sin2θ＋cs2θ))＝c，,a2＝b2＋c2))⇒eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(c＝1，,a2＝2，,b2＝1，))
故椭圆C的标准方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由(1)得F1(－1，0)，F2(1，0)．
①若直线l的斜率不存在，则直线l⊥x轴，直线l的方程为x＝1，不妨记Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，\f(\r(2),2)))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1，－\f(\r(2),2)))，
所以eq \(F1M,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，\f(\r(2),2)))，eq \(F1N,\s\up6(→))＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2，－\f(\r(2),2)))，故eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝eq \f(7,2).
②若直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝k(x－1)，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－1），,\f(x2,2)＋y2＝1))消去y得，(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(2k2－2,1＋2k2).
eq \(F1M,\s\up6(→))＝(x1＋1，y1)，eq \(F1N,\s\up6(→))＝(x2＋1，y2)，
则eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝(x1＋1)(x2＋1)＋y1y2＝(x1＋1)(x2＋1)＋k(x1－1)·k(x2－1)＝(1＋k2)x1x2＋(1－k2)(x1＋x2)＋1＋k2，
代入可得eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))＝eq \f(2（k4－1）,2k2＋1)＋eq \f(4k2－4k4,2k2＋1)＋1＋k2＝eq \f(7k2－1,2k2＋1)＝eq \f(7,2)－eq \f(\f(9,2),2k2＋1)，
由k2≥0可得eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))∈eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－1，\f(7,2))).
综上，eq \(F1M,\s\up6(→))·eq \(F1N,\s\up6(→))∈eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(－1，\f(7,2))).
角度二 求参数的取值范围
已知椭圆C的两个焦点为F1(－1，0)，F2(1，0)，且经过点Eeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(\r(3),2))).
(1)求椭圆C的方程；
(2)过点F1的直线l与椭圆C交于A，B两点(点A位于x轴上方)，若eq \(AF1,\s\up6(→))＝λeq \(F1B,\s\up6(→))，且2≤λ＜3，求直线l的斜率k的取值范围．
【解】 (1)由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(2a＝|EF1|＋|EF2|＝4，,a2＝b2＋c2，,c＝1，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2，,c＝1，,b＝\r(3)，))
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)由题意得直线l的方程为y＝k(x＋1)(k＞0)，
联立方程，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,\f(x2,4)＋\f(y2,3)＝1，))整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(3,k2)＋4))y2－eq \f(6,k)y－9＝0，Δ＝eq \f(144,k2)＋144＞0，
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1＋y2＝eq \f(6k,3＋4k2)，y1y2＝eq \f(－9k2,3＋4k2)，
又eq \(AF1,\s\up6(→))＝λeq \(F1B,\s\up6(→))，所以y1＝－λy2，所以y1y2＝eq \f(－λ,（1－λ）2)(y1＋y2)2，
则eq \f(（1－λ）2,λ)＝eq \f(4,3＋4k2)，λ＋eq \f(1,λ)－2＝eq \f(4,3＋4k2)，
因为2≤λ＜3，所以eq \f(1,2)≤λ＋eq \f(1,λ)－2＜eq \f(4,3)，
即eq \f(1,2)≤eq \f(4,3＋4k2)＜eq \f(4,3)，且k＞0，解得0＜k≤eq \f(\r(5),2).
故直线l的斜率k的取值范围是eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(\r(5),2))).
eq \a\vs4\al()
解决圆锥曲线中的取值范围问题应考虑的五个方面
(1)利用圆锥曲线的几何性质或判别式构造不等关系，从而确定参数的取值范围．
(2)利用已知参数的范围，求新参数的范围，解这类问题的核心是建立两个参数之间的等量关系．
(3)利用隐含的不等关系建立不等式，从而求出参数的取值范围．
(4)利用已知的不等关系构造不等式，从而求出参数的取值范围．
(5)利用求函数的值域的方法将待求量表示为其他变量的函数，求其值域，从而确定参数的取值范围．
(2020·郑州模拟)已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)上的点到右焦点F(c，0)的最大距离是eq \r(2)＋1，且1，eq \r(2)a，4c成等比数列．
(1)求椭圆的方程；
(2)过点F且与x轴不垂直的直线l与椭圆交于A，B两点，线段AB的垂直平分线交x轴于点M(m，0)，求实数m的取值范围．
解：(1)由已知可得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＋c＝\r(2)＋1，,1×4c＝2a2,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由题意得F(1，0)，设直线AB的方程为y＝k(x－1)．
与椭圆方程联立得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－2＝0，,y＝k（x－1），))消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，
y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝eq \f(－2k,1＋2k2).
可得线段AB的中点为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2))).
当k＝0时，直线MN为y轴，此时m＝0.
当k≠0时，直线MN的方程为y＋eq \f(k,1＋2k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2k2,1＋2k2)))，
化简得ky＋x－eq \f(k2,1＋2k2)＝0.令y＝0，得x＝eq \f(k2,1＋2k2).
所以m＝eq \f(k2,1＋2k2)＝eq \f(1,\f(1,k2)＋2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
综上所述，实数m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
[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＋4eq \r(3) B．16＋4eq \r(3)
C．16＋6eq \r(3) D．20＋6eq \r(3)
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
eq \f(1,|PF|)＋eq \f(1,|QF|)＝eq \f(2,p)＝eq \f(1,3).
|PN|＋3|QM|＝|PF|＋1＋3(|QF|＋1)
＝|PF|＋3|QF|＋4＝3(|PF|＋3|QF|)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,|PF|)＋\f(1,|QF|)))＋4＝3eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(4＋\f(3|QF|,|PF|)＋\f(|PF|,|QF|)))＋4≥3(4＋2eq \r(3))＋4＝16＋6eq \r(3)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(当且仅当\f(3|QF|,|PF|)＝\f(|PF|,|QF|)时，取等号)).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eq \(AB,\s\up8(︵))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(eq \r(3)，0)是椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的一个焦点，点Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\r(3)，\f(1,2)))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＝－eq \f(1,2)(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(－eq \r(3)，0)，
所以点M到两焦点的距离之和为 eq \r(（2\r(3)）2＋\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))\s\up12(2))＋eq \f(1,2)＝4.
所以a＝2.
又因为c＝eq \r(3)，所以b＝1，所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋y2＝1，,y＝kx＋m，))可得(4k2＋1)x2＋8kmx＋4(m2－1)＝0.
则x1＋x2＝eq \f(－8km,4k2＋1)，x1x2＝eq \f(4（m2－1）,4k2＋1).
而kOA＋kOB＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝eq \f(（kx1＋m）x2＋（kx2＋m）x1,x1x2)＝2k＋eq \f(m（x1＋x2）,x1x2)＝2k＋eq \f(－8km2,4（m2－1）)＝eq \f(－2k,m2－1).
由kOA＋kOB＝－eq \f(1,2)，可得m2＝4k＋1，所以k≥－eq \f(1,4).
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eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,4)，0))∪(1，＋∞)．
4．(2020·银川模拟)椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝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eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(AF2,\s\up6(→)).
(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eq \(AF1,\s\up6(→))＝2eq \(AF2,\s\up6(→))，所以F2为线段AF1的中点，
则a2＝3，b2＝2，所以椭圆方程为eq \f(x2,3)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)当直线DE与x轴垂直时，|DE|＝eq \f(2b2,a)＝eq \f(4,\r(3))，
此时|MN|＝2a＝2eq \r(3)，四边形DMEN的面积S＝eq \f(|DE|·|MN|,2)＝4.
同理当MN与x轴垂直时，
也有四边形DMEN的面积S＝eq \f(|DE|·|MN|,2)＝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＝eq \f(－6k2,2＋3k2)，x1x2＝eq \f(3k2－6,2＋3k2)，
所以|x1－x2|＝eq \f(4\r(3)×\r(k2＋1),2＋3k2)，
所以|DE|＝eq \r(k2＋1)|x1－x2|＝eq \f(4\r(3)（k2＋1）,2＋3k2).
同理|MN|＝eq \f(4\r(3)\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))\s\up12(2)＋1)),2＋3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,k)))\s\up12(2))＝eq \f(4\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)),2＋\f(3,k2))，
所以四边形DMEN的面积S＝eq \f(|DE|·|MN|,2)＝eq \f(1,2)×eq \f(4\r(3)（k2＋1）,2＋3k2)×eq \f(4\r(3)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k2)＋1)),2＋\f(3,k2))＝eq \f(24\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋\f(1,k2)＋2)),6\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋\f(1,k2)))＋13)，
令u＝k2＋eq \f(1,k2)，则S＝4－eq \f(4,13＋6u).
因为u＝k2＋eq \f(1,k2)≥2，当k＝±1时，u＝2，S＝eq \f(96,25)，
且S是以u为自变量的增函数，则eq \f(96,25)≤S＜4.
综上可知，eq \f(96,25)≤S≤4，故四边形DMEN面积的最大值为4，最小值为eq \f(96,25).
[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eq \f(2\r(2),3)，P是椭圆E上的点．以线段PF1为直径的圆经过F2，且9eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝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eq \f(y2,a2)＋eq \f(x2,b2)＝1(a>b>0)，半焦距为c.
因为椭圆E的离心率等于eq \f(2\r(2),3)，
所以c＝eq \f(2\r(2),3)a，b2＝a2－c2＝eq \f(a2,9).
因为以线段PF1为直径的圆经过F2，
所以PF2⊥F1F2.
所以|PF2|＝eq \f(b2,a).
因为9eq \(PF1,\s\up6(→))·eq \(PF2,\s\up6(→))＝1，
所以9|eq \(PF2,\s\up6(→))|2＝eq \f(9b4,a2)＝1.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(b2＝\f(a2,9),\f(9b4,a2)＝1))，得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a2＝9,b2＝1))，
所以椭圆E的方程为eq \f(y2,9)＋x2＝1.
(2)因为直线x＝－eq \f(1,2)与x轴垂直，且由已知得直线l与直线x＝－eq \f(1,2)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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,9x2＋y2＝9))，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＝eq \f(－2km,k2＋9).
因为线段MN被直线2x＋1＝0平分，
所以2×eq \f(x1＋x2,2)＋1＝0，
即eq \f(－2km,k2＋9)＋1＝0.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(m2－k2－9<0,\f(－2km,k2＋9)＋1＝0))，得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(k2＋9,2k)))eq \s\up12(2)－(k2＋9)<0.
因为k2＋9>0，所以eq \f(k2＋9,4k2)－1<0，所以k2>3，
解得k>eq \r(3)或k<－eq \r(3).
所以直线l的倾斜角的取值范围为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,3)，\f(π,2)))∪eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)，\f(2π,3))).
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－eq \f(1,2).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eq \f(y,x＋2)·eq \f(y,x－2)＝－eq \f(1,2)，化简得eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝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eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))得x＝±eq \f(2,\r(1＋2k2)) .
记u＝eq \f(2,\r(1＋2k2))，则P(u，uk)，Q(－u，－uk)，E(u，0)．
于是直线QG的斜率为eq \f(k,2)，方程为y＝eq \f(k,2)(x－u)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝\f(k,2)（x－u），,\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1))
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＝eq \f(u（3k2＋2）,2＋k2)，由此得yG＝eq \f(uk3,2＋k2).
从而直线PG的斜率为eq \f(\f(uk3,2＋k2)－uk,\f(u（3k2＋2）,2＋k2)－u)＝－eq \f(1,k).
所以PQ⊥PG，即△PQG是直角三角形．
(ⅱ)由(ⅰ)得|PQ|＝2ueq \r(1＋k2)，|PG|＝eq \f(2uk\r(k2＋1),2＋k2)，
所以△PQG的面积S＝eq \f(1,2)|PQ||PG|＝eq \f(8k（1＋k2）,（1＋2k2）（2＋k2）)＝eq \f(8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k)),1＋2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,k)＋k))\s\up12(2)).
设t＝k＋eq \f(1,k)，则由k>0得t≥2，当且仅当k＝1时取等号．
因为S＝eq \f(8t,1＋2t2)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eq \f(16,9).
因此，△PQG面积的最大值为eq \f(16,9).