适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第九章平面解析几何解答题专项五第2课时最值与范围问题北师大版

这是一份适用于新教材2024版高考数学一轮总复习第九章平面解析几何解答题专项五第2课时最值与范围问题北师大版，共4页。试卷主要包含了设抛物线C，已知抛物线C等内容，欢迎下载使用。

解答题专项五　圆锥曲线中的综合问题
第2课时　最值与范围问题
解答题专项练
1.设抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,点P(m,2)(m>0)在抛物线C上,且满足|PF|=3.
(1)求抛物线C的标准方程;
(2)过点G(0,4)的直线l与抛物线C交于A,B两点,分别以A,B为切点的抛物线C的两条切线交于点Q,求三角形PQG周长的最小值.
解:(1)由抛物线定义,得|PF|=2+=3,得p=2,
∴抛物线C的标准方程为x2=4y.
(2)设A(x1,y1),B(x2,y2),直线l的方程为y=kx+4,
联立得x2-4kx-16=0,Δ>0,
∴x1+x2=4k,x1x2=-16.
设A,B处的切线斜率分别为k1,k2,由y=,得y'=,则k1=,k2=,∴切线AQ的方程为y-y1=(x-x1),即y=, ①
同理,切线BQ的方程为y=. ②
设Q(xQ,yQ),由①②得xQ==2k,代入①中可得yQ=kx1-=y1-4-y1=-4,
∴Q(2k,-4),即Q在定直线y=-4上.
设点G关于直线y=-4的对称点为G',则G'(0,-12).
由(1)知P(2,2),∴|PQ|+|GQ|=|PQ|+|G'Q|≥|G'P|=2,当P,Q,G'三点共线时,等号成立.
∴三角形PQG周长最小值为|GP|+|G'P|=2+2.
2.(2022·广东茂名一模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的左焦点为F1(-1,0),且过点1,.
(1)求椭圆C的方程;
(2)过F1且互相垂直的两条直线l1,l2分别交椭圆C于A,B两点和M,N两点,求|AB|+|MN|的取值范围.
解:(1)由题意可得,c=1.又由得a=2,b=,∴椭圆的方程为=1.
(2)当l1垂直于x轴时,|AB|==3,|MN|=2a=4,∴|AB|+|MN|=7.
同理,当l2垂直于x轴时,|AB|+|MN|=7.
当l1,l2均不垂直于x轴时,设l1的方程为y=k(x+1)(k≠0),A(x1,y1),B(x2,y2),由得(4k2+3)x2+8k2x+4k2-12=0,Δ=144(k2+1)>0,x1+x2=-,x1x2=,
∴|AB|=|x1-x2|=.
∵l1与l2互相垂直,
∴|MN|=.
∴|AB|+|MN|==71-=71-.
因为|AB|+|MN|=71-≥,当且仅当k=±1时,等号成立,所以≤|AB|+|MN|<7.
综上,|AB|+|MN|的取值范围为,7.
3.(2023·河北保定模拟)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l.直线l1与抛物线C相切于点P且与x轴交于点E,点M是点E关于点F的对称点,直线MP与抛物线C交于另一点Q,与准线l交于点N.

(1)证明:直线l1⊥直线MP;
(2)设△MEQ,△PNF的面积分别为S1,S2,若,求点M的横坐标的取值范围.
(1)证明:不妨设P(x0,y0)且x0>0,而在x>0上,y=2,则y'=,所以切线l1的斜率为,y0=2,则切线l1的方程为y-y0=(x-x0),
整理得l1:y0y=2(x0+x),令y=0得E(-x0,0).
由题意F(1,0),则M(2+x0,0).
所以kMP·=-1,则直线l1⊥直线MP,得证.
(2)解:由(1)知∠MPF=∠FMP,|ME|=2|PF|,
所以,则.
直线MP:y=-(x-x0-2), (*)
将x=-+x0+2代入y2=4x,得y2+y-4x0-8=0,设Q(xQ,yQ),
∴y0yQ=-(4x0+8),即yQ=-.
设N(xN,yN),在(*)中取xN=-1,得yN=-(-1-x0)+y0=(1+x0)+y0.
所以.
又x0>0,化简得3-7x0-20<0,解得- 故点M的横坐标的取值范围是(2,6).
4.已知椭圆E:=1(a>b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,椭圆E的离心率为,且通径长为1.
(1)求椭圆E的方程;
(2)直线l与椭圆E交于M,N两点(点M,点N在x轴的同侧),当F1M∥F2N时,求四边形F1F2NM面积的最大值.
解:(1)由题可知解得所以椭圆的方程为+y2=1.
(2)由(1)可知F1(-,0),F2(,0).
延长MF1交E于点M0(图略).
设M(x1,y1),M0(x2,y2),直线MF1的方程为x=my-.
联立得(m2+4)y2-2my-1=0.
因为m2+4>0,Δ=12m2+4(m2+4)>0,
所以y1+y2=,y1y2=-.
设F1M与F2N的距离为d,则四边形F1F2NM的面积S=(|F1M|+|F2N|)d=(|F1M|+|F1M0|)d=|MM0|d=.
又因为|F1F2||y1-y2|=·2|y1-y2|==2,当且仅当,即m=±时,等号成立,所以四边形F1F2NM面积的最大值为2.