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2024届高考数学一轮复习第8章第8节第2课时范围、最值问题学案
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这是一份2024届高考数学一轮复习第8章第8节第2课时范围、最值问题学案，共22页。
第2课时 范围、最值问题
考点1 范围问题——综合性
在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x＋y＋22－1＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)△BMN是椭圆C的内接三角形，若坐标原点O为△BMN的重心，求点B到直线MN距离的取值范围．
解：(1)设椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的右焦点F2(c，0)，则以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆：(x－c)2＋y2＝a2，
所以圆心到直线x＋y＋22－1＝0的距离d＝c+22-112+12＝a.
又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a＝2c，b＝3c，
解得a＝2，b＝3，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23＝1.
(2)设B(m，n)，设M，N的中点为D，直线OD与椭圆交于A，B两点．
因为O为△BMN的重心，则BO＝2OD＝OA，所以D-m2，-n2，
即B到直线MN的距离是原点O到直线MN距离的3倍．
当MN的斜率不存在时，点D在x轴上，所以此时B在长轴的端点处．
由|OB|＝2，得|OD|＝1，则O到直线MN的距离为1，B到直线MN的距离为3.
当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有x124+y123=1，x224+y223=1，
两式相减，得x1+x2x1-x24+y1+y2y1-y23＝0.
因为D为M，N的中点，所以x1＋x2＝－m，y1＋y2＝－n，所以k＝y1-y2x1-x2＝－3m4n，
所以直线MN的方程为y＋n2＝－3m4nx+m2，即6mx＋8ny＋4n2＋3m2＝0，
所以原点O到直线MN的距离d＝4n2+3m264n2+36m2.
因为m24+n23＝1，
所以3m2＝12－4n2，
所以d＝4n2+3m264n2+36m2＝12144+16n2＝39+n2.
因为0
综上所述，332≤3d≤3，
即点B到直线MN距离的取值范围为332，3.
圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略
(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的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．
已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)上的点到右焦点F(c，0)的最大距离是2＋1，且1，2a，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a+c=2+1，1×4c=2a2， a2=b2+c2， 解得a=2，b=1， c=1， 所以椭圆的方程为x22＋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x2+2y2-2=0，y=kx-1，
消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
Δ＝(－4k2)2－4(2k2－2)(1＋2k2)＝8k2＋8>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k21+2k2，
y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝-2k1+2k2.
可得线段AB的中点为N2k21+2k2，-k1+2k2.
当k＝0时，直线MN为x轴，此时m＝0；
当k≠0时，直线MN的方程为y＋k1+2k2＝－1kx-2k21+2k2，
化简得ky＋x－k21+2k2＝0.令y＝0，得x＝k21+2k2，
所以m＝k21+2k2＝11k2+2∈0，12.
综上所述，实数m的取值范围为0，12.
考点2 最值问题——应用性
考向1 利用几何性质求最值
在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．
22 解析：双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线间的距离d＝1-012+-12＝22，由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤22，故c的最大值为22.
考向2 利用函数、导数求最值
(2022·江门市高三一模)如图，抛物线C：y2＝8x与动圆M：(x－8)2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B，C，D四个不同点．
(1)求r的取值范围；
(2)求四边形ABCD面积S的最大值及相应r的值．
解：(1)联立抛物线与圆方程y2=8x， x-82+y2=r2，
消去y，得x2－8x＋64－r2＝0.
若圆与抛物线有四个不同交点，则方程有两个不等正根．
所以64-r2>0， 64-464-r2>0，
解得43
S＝12(42x1＋42x2)(x2－x1)＝(22x1＋22x2)(x2－x1)，
S2＝8(x1＋x2＋2x1x2)[(x2＋x1)2－4x1x2]，
S2＝64(4＋64-r2)[16－(64－r2)].
令x＝64-r2(0
当00，f(x)单调递增；
当43
当x＝43时，S取得最大值，取64-r2＝43，r＝4353.
考向3 利用基本不等式求最值
(2022·唐山三模)在直角坐标系xOy中，A(－1，0)，B(1，0)，C为动点，设△ABC的内切圆分别与边AC，BC，AB相切于P，Q，R，且|CP|＝1，记点C的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)不过原点O的直线l与曲线E交于M，N，且直线y＝－12x经过MN的中点T，求△OMN的面积的最大值．
解：(1)依题意可知，
|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4>|AB|，
所以曲线E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(除去与x轴的交点)，
因此曲线E的方程为x24+y23＝1(y≠0)．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，代入x24+y23＝1整理，得
(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，(*)
Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)>0.
则x1＋x2＝－8km4k2+3，x1x2＝4m2-124k2+3，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6m4k2+3，故MN的中点T-4km4k2+3，3m4k2+3.
而直线y＝－12x经过MN的中点T，
得3m4k2+3＝－12×-4km4k2+3，
又m≠0，所以直线l的斜率k＝32.
故(*)式可化简为3x2＋3mx＋m2－3＝0，故x1＋x2＝－m，x1x2＝m2-33.
由Δ＝36－3m2>0且m≠0，得－23
而点O到直线l的距离d＝2m13，
则△OMN的面积为
S＝12×2m13×1323×12-m2＝123|m|×12-m2≤123×m2+12-m22＝3，
当且仅当m＝±6时，等号成立，此时满足－23
最值问题的2种基本解法
几何法
根据已知的几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)
代数法
建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决(一般方法、基本不等式法、导数法等)
已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，过点T(0，p)作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交抛物线C于A，B两点，l2交抛物线C于E，F两点，当点A的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为12.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)已知O为坐标原点，线段AB的中点为M，线段EF的中点为N，求△OMN面积的最小值．
解：(1)因为x2＝2py可化为y＝x22p，所以y′＝xp.
因为当点A的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为12，
所以1p＝12，所以p＝2，
所以，抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2)由(1)知点T坐标为(0，2)，
由题意可知，直线l1和l2斜率都存在且均不为0.
设直线l1方程为y＝kx＋2，
由y=kx+2，x2=4y， 联立消去y并整理，得x2－4kx－8＝0，
Δ＝(－4k)2＋32＝16k2＋32>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1·x2＝－8，
所以，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4.
因为M为AB中点，所以M(2k，2k2＋2)．
因为l1⊥l2，N为EF中点，所以N-2k，2k2+2，所以直线MN的方程为y－(2k2＋2)＝2k2+2-2k2+22k+2k·(x－2k)＝k-1k·(x－2k)，
整理得y＝k-1kx＋4，
所以，直线MN恒过定点(0，4)．
所以△OMN面积S＝12×4×2k--2k＝4k+1k＝4k+1k≥4·2k·1k＝8，
当且仅当|k|＝1k即k＝±1时，△OMN面积取得最小值为8.
在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：x24＋y2＝1，A为椭圆C的右顶点，过原点且异于x轴的直线与椭圆C交于M，N两点，M在x轴的上方，直线AM与圆O的另一交点为P，直线AN与圆O的另一交点为Q.
(1)若AP＝3AM，求直线AM的斜率；
(2)设△AMN与△APQ的面积分别为S1，S2，求S1S2的最大值．
[四字程序]
读
想
算
思
已知圆的方程和椭圆的方程，直线与圆、椭圆都相交
1．向量AP＝3AM如何转化？
2．如何表示三角形的面积
把S1S2用直线AM的斜率k来表示
转化与化归
求直线AM的斜率，求△AMN与△APQ的面积之比
1．用A，P，M的坐标表示．
2．利用公式S＝12ab·sin C表示并转化
S1S2＝AM·ANAP·AQ，进而用基本不等式求其最大值
把面积之比的最大值转化为一个变量的不等式
思路参考：设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，利用yP＝3yM求解．
解：(1)设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，将y＝k(x－2)与椭圆方程x24＋y2＝1联立，(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，得xA＋xM＝16k21+4k2，
求得点M的横坐标为xM＝8k2-24k2+1，
纵坐标为yM＝-4k4k2+1.
将y＝k(x－2)与圆方程x2＋y2＝4联立，得(1＋k2)·x2－4k2x＋4k2－4＝0，得xA＋xP＝4k21+k2，
求得点P的横坐标为xP＝2k2-2k2+1，
纵坐标为yP＝-4kk2+1.
由AP＝3AM得yP＝3yM，
即-4kk2+1＝-12k4k2+1.
又k<0，解得k＝－2.
(2)由M，N关于原点对称，得点N的坐标为xN＝-8k2+24k2+1，yN＝4k4k2+1，
所以直线AN的斜率为kAN＝4k4k2+1-8k2+24k2+1-2＝－14k.
于是AMAP＝yMyP＝k2+14k2+1，
同理ANAQ＝-14k2+14-14k2+1＝16k2+116k2+4.
所以S1S2＝AM·ANAP·AQ
＝k2+14k2+1·16k2+116k2+4
＝16k4+17k2+1416k4+8k2+1
＝141+9k216k4+8k2+1
＝141+916k2+1k2+8
≤141+9216k2·1k2+8＝2564，
当且仅当16k2＝1k2，即k＝－12时等号成立，所以S1S2的最大值为2564.
思路参考：设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，由AP＝3AM转化为xP－xA＝3(xM－xA)求解．
解：(1)设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，代入椭圆方程，整理得(4k2＋1)x2－16k2x＋4(4k2－1)＝0.由根与系数的关系得xAxM＝44k2-14k2+1，而xA＝2，所以xM＝24k2-14k2+1.
将y＝k(x－2)代入圆的方程，整理得(k2＋1)x2－4k2x＋4(k2－1)＝0.由根与系数的关系得xAxP＝4k2-1k2+1，而xA＝2，所以xP＝2k2-1k2+1.
由AP＝3AM，得xP－xA＝3(xM－xA)，
即2k2-1k2+1－2＝324k2-14k2+1-2，解得k2＝2.
又k<0，所以k＝－2.
(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，所以kAMkAN＝－14，即kkAN＝－14，所以kAN＝－14k.
下同解法1(略)．
思路参考：设直线AM的方程为x＝my＋2，利用yP＝3yM求解．
解：(1)设直线AM的方程为x＝my＋2(m≠0)，将其代入椭圆方程，整理得(m2＋4)y2＋4my＝0，得点M的纵坐标为yM＝-4mm2+4.
将x＝my＋2代入圆的方程，整理得(m2＋1)y2＋4my＝0，得点P的纵坐标为yP＝-4mm2+1.
由AP＝3AM，得yP＝3yM，即mm2+1＝3mm2+4.
因为m≠0，解得m2＝12，即m＝±12.
又直线AM的斜率k＝1m<0，所以k＝－2.
(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，又kAMkAN＝－14，由(1)知kAM＝1m，所以有1mkAN＝－14，则kAN＝－m4.
又yM＝-4mm2+4，yP＝-4mm2+1，
所以AMAP＝yMyP＝m2+1m2+4.
同理ANAQ＝-m42+14-m42+1＝m2+164m2+4.
所以S1S2＝AM·ANAP·AQ＝m2+1m2+4·m2+164m2+4.
下同解法1(略)．
1．本题考查三角形面积之比的最大值，解法较为灵活，其基本策略是把面积的比值表示为斜率k的函数，从而求其最大值．
2．基于新课程标准，解答本题一般需要具备良好的数学阅读技能、运算求解能力．本题的解答体现了数学运算的核心素养．
已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
解：(1)设F(c，0)，由题意知2c＝233，解得c＝3.
因为e＝ca＝32，
所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.
所以椭圆E的方程为x24＋y2＝1.
(2)(方法一)显然直线l的斜率存在．设直线l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且P在线段AQ上．
由y=kx-2， x2+4y2-4=0得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，
所以x1＋x2＝16k4k2+1，x1x2＝124k2+1.
由Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)>0，得k2>34.
则S△OPQ＝S△AOQ－S△AOP
＝12×2×|x2－x1|
＝x1+x22-4x1x2
＝44k2-34k2+1.
令4k2-3＝t(t>0)，则4k2＝t2＋3，于是S△OPQ＝4tt2+4＝4t+4t≤1，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，所以l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.
(方法二)依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将直线l的方程代入椭圆方程，整理得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，则Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)＝16(4k2－3)>0，即k2>34.x1＋x2＝16k4k2+1，x1x2＝124k2+1.
由弦长公式得|PQ|＝1+k2|x1－x2|＝1+k2·x1+x22-4x1x2＝1+k2·44k2-34k2+1.
由点到直线的距离公式得点O到直线l的距离d＝21+k2，
所以S△OPQ＝12|PQ|×d＝121+k2×44k2-34k2+1×21+k2＝44k2-34k2+1.
设4k2-3＝t(t>0)，则4k2＝t2＋3，所以S△OPQ＝4tt2+4＝4t+4t≤1，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立．
故所求直线l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.
课时质量评价(五十一)
A组 全考点巩固练
1．斜率为2的直线与双曲线x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)恒有两个公共点，则双曲线离心率的取值范围是( )
A．[2，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1，3) D．(3，＋∞)
D 解析：因为斜率为2的直线与双曲线x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)恒有两个公共点，
所以ba>2，所以e＝ca＝1+b2a2>1+2＝3，
所以双曲线离心率的取值范围是(3，＋∞)．故选D．
2．(2022·济南模拟)抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为( )
A．2 B．728
C．22 D．526
B 解析：设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则d＝x-y-22＝-x2+x-22＝-x-122-742，
所以当x＝12时，dmin＝728.
3．已知点F是双曲线x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，△ABE是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是( )
A．(1，＋∞)
B．(1，2)
C．(1，1＋2)
D．(2，1＋2)
B 解析：根据双曲线的对称性，知在△ABE中，|AE|＝|BE|，
已知△ABE是锐角三角形，即∠AEB为锐角．
由此可得Rt△AFE中，∠AEF＝12∠AEB<45°，得|AF|<|EF|.
因为|AF|＝b2a＝c2-a2a，|EF|＝a＋c，
所以c2-a2a0，
两边都除以a2，得e2－e－2<0，解得－1
4．(2022·运城模拟)关于曲线y24＋x|x|＝1的以下描述，正确的是( )
A．该曲线的范围为y∈R，x∈R
B．该曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称
C．该曲线与直线2x＋y＝0有两个公共点
D．该曲线上的点到坐标原点的距离的最小值为1
D 解析：曲线y24＋x|x|＝1，
当x≥0时，曲线方程可化为y24＋x2＝1，此时曲线为椭圆的右半部分，
当x＜0时，曲线方程可化为y24－x2＝1，此时曲线为双曲线的左半部分，作出曲线对应的图象如图所示．
由图可知，y∈R，x≤1，故选项A错误；
由图可知，曲线关于x轴对称，不关于y轴对称，故选项B错误；
因为直线2x＋y＝0是双曲线的渐近线，与双曲线没有交点，与半椭圆只有一个交点，
故该曲线与直线2x＋y＝0有一个公共点，故选项C错误；
因为点(1，0)到原点的距离最小，所以曲线上的点到原点距离的最小值为1，故选项D正确．故选D．
5．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：设直线l1：y＝k(x－2)，代入y2＝8x，得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，Δ＝[－(4k2＋8)]2－4×4k2·k2>0，
所以xA＋xC＝4k2+8k2，所以|AC|＝xA＋xC＋p＝8＋8k2.
以－2k代k，得|BD|＝8＋8-2k2＝8＋2k2，
所以|AC|＋|BD|＝16＋2k2＋8k2≥16＋22k2·8k2＝24，当且仅当2k2＝8k2，即k＝±2时等号成立．
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y12+y22的最小值是______．
32 解析：设过点(4，0)的直线方程为x＝ay＋4.
由x=ay+4，y2=4x， 得y2－4ay－16＝0，所以y1y2＝－16，y1＋y2＝4a，
所以y12+y22＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16a2＋32≥32，当a＝0时，(y12+y22)min＝32.
7．已知点P是抛物线y2＝4x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点A(4，6)，则|PA|＋|PM|的最小值是______．
35－1 解析：延长PM交抛物线y2＝4x的准线x＝－1于点P′，焦点F(1，0)，
则|PP′|＝|PF|，所以要使|PA|＋|PM|最小，就是使|PA|＋|PP′|－|MP′|最小，也就是使得|PA|＋|PF|－|MP′|最小，
显然，当A，P，F三点共线时，|PA|＋|PF|－|MP′|最小，
最小值为|AF|－|MP′|＝4-12+6-02－|MP′|＝35－1，
所以|PA|＋|PM|的最小值为35－1.
8．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)经过点P3，12，两个焦点分别为F1(－3，0)，F2(3，0)．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设圆D：x2＋y2＝r2(b
因为椭圆C经过点3，12，所以3b2+3+14b2＝1，
解得b2＝1或b2＝－34(舍)．
所以a2＝4，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.
(2)设l：y＝kx＋m，代入x24＋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＝－4km4k2+1＝－4km，
y0＝kx0＋m＝1m.
因为l与圆D相切，所以圆心D(0，0)到l的距离m1+k2＝r，即m2＝r2(1＋k2)．②
由①②得m2＝3r24-r2，k2＝r2-14-r2.
所以|AB|＝x02+y02-r2
＝-4km2+1m2-r2
＝5-4r2+r2.
因为4r2＋r2≥24r2·r2＝4，当且仅当r＝2时取等号．因为r＝2∈(1，2)，所以|AB|的最大值为1.
B组 新高考培优练
9．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点的直线交抛物线于A，B两点，且|AB|＝4，这样的直线可以作2条，则p的取值范围是( )
A．(0，4) B．(0，4]
C．(0，2] D．(0，2)
D 解析：过抛物线y2＝2px(p>0)焦点的弦中最短的为通径，且通径长为2p，由已知得2p<4，所以p<2.又p>0，所以0
A．2 B．3
C．6 D．8
C 解析：由题意得，F(－1，0)，设点P(x0，y0)，则y02＝31-x024 (－2≤x0≤2)．
则OP·FP＝x0x0+1+y02＝x02+x0+y02＝x02+x0+31-x024＝14(x0＋2)2＋2.
因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，OP·FP取得最大值，最大值为6.故选C．
11．过椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的右顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为左焦点F.若14
C．0，34 D．13，1
B 解析：由题意知，B-c，-b2a，所以k＝b2ac+a＝a-ca＝1－e.又14
A．(10，14) B．(12，14)
C．(10，12) D．(9，11)
C 解析：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．
13．已知P(x0，y0)是椭圆C：x24＋y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若PF1·PF2<0，则x0的取值范围是________．
-263，263 解析：由题意可知，F1(－3，0)，F2(3，0)，则PF1·PF2＝x0+3x0-3+y02＝x02+y02－3<0.因为点P在椭圆上，所以y02＝1-x024.所以3x024－2<0，解得－263
(1)写出椭圆C2的方程(用b表示)；
(2)若椭圆C2的焦点在x轴上，且C2上存在两点M，N关于直线y＝2x＋1对称，求实数b的取值范围．
解：(1)由椭圆C2与C1是相似椭圆，得a2b2＝42＝21，
所以椭圆C2的方程为x22b2+y2b2＝1或y22b2+x2b2＝1.
(2)由题设知：椭圆C2为x22b2+y2b2＝1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，M，N的中点为E，lMN的方程为y＝－12x＋m.
所以联立lMN与椭圆C2的方程，整理得
3x2－4mx＋4(m2－b2)＝0，
所以Δ>0，即b2>23m2且x1＋x2＝4m3＝2xE，
所以xE＝2m3，yE＝－12xE＋m＝2m3，
由E2m3，2m3在直线y＝2x＋1，得m＝－32，
于是b2>23m2＝32，
所以b的取值范围为62，+∞.
第2课时 范围、最值问题
考点1 范围问题——综合性
在平面直角坐标系xOy中，椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，直线x＋y＋22－1＝0与以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)△BMN是椭圆C的内接三角形，若坐标原点O为△BMN的重心，求点B到直线MN距离的取值范围．
解：(1)设椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的右焦点F2(c，0)，则以椭圆C的右焦点为圆心，椭圆C的长半轴长为半径的圆：(x－c)2＋y2＝a2，
所以圆心到直线x＋y＋22－1＝0的距离d＝c+22-112+12＝a.
又椭圆的两焦点与短轴的一个端点的连线构成等边三角形，所以a＝2c，b＝3c，
解得a＝2，b＝3，c＝1，
所以椭圆C的标准方程为x24+y23＝1.
(2)设B(m，n)，设M，N的中点为D，直线OD与椭圆交于A，B两点．
因为O为△BMN的重心，则BO＝2OD＝OA，所以D-m2，-n2，
即B到直线MN的距离是原点O到直线MN距离的3倍．
当MN的斜率不存在时，点D在x轴上，所以此时B在长轴的端点处．
由|OB|＝2，得|OD|＝1，则O到直线MN的距离为1，B到直线MN的距离为3.
当MN的斜率存在时，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则有x124+y123=1，x224+y223=1，
两式相减，得x1+x2x1-x24+y1+y2y1-y23＝0.
因为D为M，N的中点，所以x1＋x2＝－m，y1＋y2＝－n，所以k＝y1-y2x1-x2＝－3m4n，
所以直线MN的方程为y＋n2＝－3m4nx+m2，即6mx＋8ny＋4n2＋3m2＝0，
所以原点O到直线MN的距离d＝4n2+3m264n2+36m2.
因为m24+n23＝1，
所以3m2＝12－4n2，
所以d＝4n2+3m264n2+36m2＝12144+16n2＝39+n2.
因为0
综上所述，332≤3d≤3，
即点B到直线MN距离的取值范围为332，3.
圆锥曲线中的取值范围问题的解题策略
(1)利用圆锥曲线的几何性质或联立方程后的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．
已知椭圆x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)上的点到右焦点F(c，0)的最大距离是2＋1，且1，2a，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a+c=2+1，1×4c=2a2， a2=b2+c2， 解得a=2，b=1， c=1， 所以椭圆的方程为x22＋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x2+2y2-2=0，y=kx-1，
消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0，
Δ＝(－4k2)2－4(2k2－2)(1＋2k2)＝8k2＋8>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k21+2k2，
y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝-2k1+2k2.
可得线段AB的中点为N2k21+2k2，-k1+2k2.
当k＝0时，直线MN为x轴，此时m＝0；
当k≠0时，直线MN的方程为y＋k1+2k2＝－1kx-2k21+2k2，
化简得ky＋x－k21+2k2＝0.令y＝0，得x＝k21+2k2，
所以m＝k21+2k2＝11k2+2∈0，12.
综上所述，实数m的取值范围为0，12.
考点2 最值问题——应用性
考向1 利用几何性质求最值
在平面直角坐标系xOy中，P为双曲线x2－y2＝1右支上的一个动点．若点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，则实数c的最大值为________．
22 解析：双曲线x2－y2＝1的渐近线为x±y＝0，直线x－y＋1＝0与渐近线x－y＝0平行，故两平行线间的距离d＝1-012+-12＝22，由点P到直线x－y＋1＝0的距离大于c恒成立，得c≤22，故c的最大值为22.
考向2 利用函数、导数求最值
(2022·江门市高三一模)如图，抛物线C：y2＝8x与动圆M：(x－8)2＋y2＝r2(r>0)相交于A，B，C，D四个不同点．
(1)求r的取值范围；
(2)求四边形ABCD面积S的最大值及相应r的值．
解：(1)联立抛物线与圆方程y2=8x， x-82+y2=r2，
消去y，得x2－8x＋64－r2＝0.
若圆与抛物线有四个不同交点，则方程有两个不等正根．
所以64-r2>0， 64-464-r2>0，
解得43
S＝12(42x1＋42x2)(x2－x1)＝(22x1＋22x2)(x2－x1)，
S2＝8(x1＋x2＋2x1x2)[(x2＋x1)2－4x1x2]，
S2＝64(4＋64-r2)[16－(64－r2)].
令x＝64-r2(0
当0
当43
当x＝43时，S取得最大值，取64-r2＝43，r＝4353.
考向3 利用基本不等式求最值
(2022·唐山三模)在直角坐标系xOy中，A(－1，0)，B(1，0)，C为动点，设△ABC的内切圆分别与边AC，BC，AB相切于P，Q，R，且|CP|＝1，记点C的轨迹为曲线E.
(1)求曲线E的方程；
(2)不过原点O的直线l与曲线E交于M，N，且直线y＝－12x经过MN的中点T，求△OMN的面积的最大值．
解：(1)依题意可知，
|CA|＋|CB|＝|CP|＋|CQ|＋|AP|＋|BQ|＝2|CP|＋|AB|＝4>|AB|，
所以曲线E是以A，B为焦点，长轴长为4的椭圆(除去与x轴的交点)，
因此曲线E的方程为x24+y23＝1(y≠0)．
(2)设M(x1，y1)，N(x2，y2)，直线l的方程为y＝kx＋m(m≠0)，代入x24+y23＝1整理，得
(4k2＋3)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，(*)
Δ＝64k2m2－4(4k2＋3)(4m2－12)>0.
则x1＋x2＝－8km4k2+3，x1x2＝4m2-124k2+3，所以y1＋y2＝k(x1＋x2)＋2m＝6m4k2+3，故MN的中点T-4km4k2+3，3m4k2+3.
而直线y＝－12x经过MN的中点T，
得3m4k2+3＝－12×-4km4k2+3，
又m≠0，所以直线l的斜率k＝32.
故(*)式可化简为3x2＋3mx＋m2－3＝0，故x1＋x2＝－m，x1x2＝m2-33.
由Δ＝36－3m2>0且m≠0，得－23
而点O到直线l的距离d＝2m13，
则△OMN的面积为
S＝12×2m13×1323×12-m2＝123|m|×12-m2≤123×m2+12-m22＝3，
当且仅当m＝±6时，等号成立，此时满足－23
最值问题的2种基本解法
几何法
根据已知的几何量之间的相互关系，利用平面几何和解析几何知识加以解决(如抛物线上的点到某个定点和焦点的距离之和、光线反射问题等在选择题、填空题中经常考查)
代数法
建立求解目标关于某个(或两个)变量的函数，通过求解函数的最值解决(一般方法、基本不等式法、导数法等)
已知抛物线C：x2＝2py(p>0)，过点T(0，p)作两条互相垂直的直线l1和l2，l1交抛物线C于A，B两点，l2交抛物线C于E，F两点，当点A的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为12.
(1)求抛物线C的标准方程；
(2)已知O为坐标原点，线段AB的中点为M，线段EF的中点为N，求△OMN面积的最小值．
解：(1)因为x2＝2py可化为y＝x22p，所以y′＝xp.
因为当点A的横坐标为1时，抛物线C在点A处的切线斜率为12，
所以1p＝12，所以p＝2，
所以，抛物线C的标准方程为x2＝4y.
(2)由(1)知点T坐标为(0，2)，
由题意可知，直线l1和l2斜率都存在且均不为0.
设直线l1方程为y＝kx＋2，
由y=kx+2，x2=4y， 联立消去y并整理，得x2－4kx－8＝0，
Δ＝(－4k)2＋32＝16k2＋32>0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，x1·x2＝－8，
所以，y1＋y2＝k(x1＋x2)＋4＝4k2＋4.
因为M为AB中点，所以M(2k，2k2＋2)．
因为l1⊥l2，N为EF中点，所以N-2k，2k2+2，所以直线MN的方程为y－(2k2＋2)＝2k2+2-2k2+22k+2k·(x－2k)＝k-1k·(x－2k)，
整理得y＝k-1kx＋4，
所以，直线MN恒过定点(0，4)．
所以△OMN面积S＝12×4×2k--2k＝4k+1k＝4k+1k≥4·2k·1k＝8，
当且仅当|k|＝1k即k＝±1时，△OMN面积取得最小值为8.
在平面直角坐标系xOy中，已知圆O：x2＋y2＝4，椭圆C：x24＋y2＝1，A为椭圆C的右顶点，过原点且异于x轴的直线与椭圆C交于M，N两点，M在x轴的上方，直线AM与圆O的另一交点为P，直线AN与圆O的另一交点为Q.
(1)若AP＝3AM，求直线AM的斜率；
(2)设△AMN与△APQ的面积分别为S1，S2，求S1S2的最大值．
[四字程序]
读
想
算
思
已知圆的方程和椭圆的方程，直线与圆、椭圆都相交
1．向量AP＝3AM如何转化？
2．如何表示三角形的面积
把S1S2用直线AM的斜率k来表示
转化与化归
求直线AM的斜率，求△AMN与△APQ的面积之比
1．用A，P，M的坐标表示．
2．利用公式S＝12ab·sin C表示并转化
S1S2＝AM·ANAP·AQ，进而用基本不等式求其最大值
把面积之比的最大值转化为一个变量的不等式
思路参考：设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，利用yP＝3yM求解．
解：(1)设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，将y＝k(x－2)与椭圆方程x24＋y2＝1联立，(1＋4k2)x2－16k2x＋16k2－4＝0，得xA＋xM＝16k21+4k2，
求得点M的横坐标为xM＝8k2-24k2+1，
纵坐标为yM＝-4k4k2+1.
将y＝k(x－2)与圆方程x2＋y2＝4联立，得(1＋k2)·x2－4k2x＋4k2－4＝0，得xA＋xP＝4k21+k2，
求得点P的横坐标为xP＝2k2-2k2+1，
纵坐标为yP＝-4kk2+1.
由AP＝3AM得yP＝3yM，
即-4kk2+1＝-12k4k2+1.
又k<0，解得k＝－2.
(2)由M，N关于原点对称，得点N的坐标为xN＝-8k2+24k2+1，yN＝4k4k2+1，
所以直线AN的斜率为kAN＝4k4k2+1-8k2+24k2+1-2＝－14k.
于是AMAP＝yMyP＝k2+14k2+1，
同理ANAQ＝-14k2+14-14k2+1＝16k2+116k2+4.
所以S1S2＝AM·ANAP·AQ
＝k2+14k2+1·16k2+116k2+4
＝16k4+17k2+1416k4+8k2+1
＝141+9k216k4+8k2+1
＝141+916k2+1k2+8
≤141+9216k2·1k2+8＝2564，
当且仅当16k2＝1k2，即k＝－12时等号成立，所以S1S2的最大值为2564.
思路参考：设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，由AP＝3AM转化为xP－xA＝3(xM－xA)求解．
解：(1)设直线AM的方程为y＝k(x－2)，k<0，代入椭圆方程，整理得(4k2＋1)x2－16k2x＋4(4k2－1)＝0.由根与系数的关系得xAxM＝44k2-14k2+1，而xA＝2，所以xM＝24k2-14k2+1.
将y＝k(x－2)代入圆的方程，整理得(k2＋1)x2－4k2x＋4(k2－1)＝0.由根与系数的关系得xAxP＝4k2-1k2+1，而xA＝2，所以xP＝2k2-1k2+1.
由AP＝3AM，得xP－xA＝3(xM－xA)，
即2k2-1k2+1－2＝324k2-14k2+1-2，解得k2＝2.
又k<0，所以k＝－2.
(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，所以kAMkAN＝－14，即kkAN＝－14，所以kAN＝－14k.
下同解法1(略)．
思路参考：设直线AM的方程为x＝my＋2，利用yP＝3yM求解．
解：(1)设直线AM的方程为x＝my＋2(m≠0)，将其代入椭圆方程，整理得(m2＋4)y2＋4my＝0，得点M的纵坐标为yM＝-4mm2+4.
将x＝my＋2代入圆的方程，整理得(m2＋1)y2＋4my＝0，得点P的纵坐标为yP＝-4mm2+1.
由AP＝3AM，得yP＝3yM，即mm2+1＝3mm2+4.
因为m≠0，解得m2＝12，即m＝±12.
又直线AM的斜率k＝1m<0，所以k＝－2.
(2)因为MN是椭圆的直径，直线AM，AN斜率均存在，又kAMkAN＝－14，由(1)知kAM＝1m，所以有1mkAN＝－14，则kAN＝－m4.
又yM＝-4mm2+4，yP＝-4mm2+1，
所以AMAP＝yMyP＝m2+1m2+4.
同理ANAQ＝-m42+14-m42+1＝m2+164m2+4.
所以S1S2＝AM·ANAP·AQ＝m2+1m2+4·m2+164m2+4.
下同解法1(略)．
1．本题考查三角形面积之比的最大值，解法较为灵活，其基本策略是把面积的比值表示为斜率k的函数，从而求其最大值．
2．基于新课程标准，解答本题一般需要具备良好的数学阅读技能、运算求解能力．本题的解答体现了数学运算的核心素养．
已知点A(0，－2)，椭圆E：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的离心率为32，F是椭圆的右焦点，直线AF的斜率为233，O为坐标原点．
(1)求椭圆E的方程；
(2)设过点A的直线l与E相交于P，Q两点，当△OPQ的面积最大时，求l的方程．
解：(1)设F(c，0)，由题意知2c＝233，解得c＝3.
因为e＝ca＝32，
所以a＝2，b2＝a2－c2＝1.
所以椭圆E的方程为x24＋y2＝1.
(2)(方法一)显然直线l的斜率存在．设直线l：y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，且P在线段AQ上．
由y=kx-2， x2+4y2-4=0得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，
所以x1＋x2＝16k4k2+1，x1x2＝124k2+1.
由Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)>0，得k2>34.
则S△OPQ＝S△AOQ－S△AOP
＝12×2×|x2－x1|
＝x1+x22-4x1x2
＝44k2-34k2+1.
令4k2-3＝t(t>0)，则4k2＝t2＋3，于是S△OPQ＝4tt2+4＝4t+4t≤1，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立，所以l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.
(方法二)依题意直线l的斜率存在，设直线l的方程为y＝kx－2，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．将直线l的方程代入椭圆方程，整理得(4k2＋1)x2－16kx＋12＝0，则Δ＝(16k)2－48(4k2＋1)＝16(4k2－3)>0，即k2>34.x1＋x2＝16k4k2+1，x1x2＝124k2+1.
由弦长公式得|PQ|＝1+k2|x1－x2|＝1+k2·x1+x22-4x1x2＝1+k2·44k2-34k2+1.
由点到直线的距离公式得点O到直线l的距离d＝21+k2，
所以S△OPQ＝12|PQ|×d＝121+k2×44k2-34k2+1×21+k2＝44k2-34k2+1.
设4k2-3＝t(t>0)，则4k2＝t2＋3，所以S△OPQ＝4tt2+4＝4t+4t≤1，当且仅当t＝2，即k＝±72时等号成立．
故所求直线l的方程为y＝72x－2或y＝－72x－2.
课时质量评价(五十一)
A组 全考点巩固练
1．斜率为2的直线与双曲线x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)恒有两个公共点，则双曲线离心率的取值范围是( )
A．[2，＋∞) B．(2，＋∞)
C．(1，3) D．(3，＋∞)
D 解析：因为斜率为2的直线与双曲线x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)恒有两个公共点，
所以ba>2，所以e＝ca＝1+b2a2>1+2＝3，
所以双曲线离心率的取值范围是(3，＋∞)．故选D．
2．(2022·济南模拟)抛物线y＝x2上的点到直线x－y－2＝0的最短距离为( )
A．2 B．728
C．22 D．526
B 解析：设抛物线上一点的坐标为(x，y)，则d＝x-y-22＝-x2+x-22＝-x-122-742，
所以当x＝12时，dmin＝728.
3．已知点F是双曲线x2a2-y2b2＝1(a>0，b>0)的左焦点，点E是该双曲线的右顶点，过点F且垂直于x轴的直线与双曲线交于A，B两点，△ABE是锐角三角形，则该双曲线的离心率e的取值范围是( )
A．(1，＋∞)
B．(1，2)
C．(1，1＋2)
D．(2，1＋2)
B 解析：根据双曲线的对称性，知在△ABE中，|AE|＝|BE|，
已知△ABE是锐角三角形，即∠AEB为锐角．
由此可得Rt△AFE中，∠AEF＝12∠AEB<45°，得|AF|<|EF|.
因为|AF|＝b2a＝c2-a2a，|EF|＝a＋c，
所以c2-a2a
两边都除以a2，得e2－e－2<0，解得－1
4．(2022·运城模拟)关于曲线y24＋x|x|＝1的以下描述，正确的是( )
A．该曲线的范围为y∈R，x∈R
B．该曲线既关于x轴对称，也关于y轴对称
C．该曲线与直线2x＋y＝0有两个公共点
D．该曲线上的点到坐标原点的距离的最小值为1
D 解析：曲线y24＋x|x|＝1，
当x≥0时，曲线方程可化为y24＋x2＝1，此时曲线为椭圆的右半部分，
当x＜0时，曲线方程可化为y24－x2＝1，此时曲线为双曲线的左半部分，作出曲线对应的图象如图所示．
由图可知，y∈R，x≤1，故选项A错误；
由图可知，曲线关于x轴对称，不关于y轴对称，故选项B错误；
因为直线2x＋y＝0是双曲线的渐近线，与双曲线没有交点，与半椭圆只有一个交点，
故该曲线与直线2x＋y＝0有一个公共点，故选项C错误；
因为点(1，0)到原点的距离最小，所以曲线上的点到原点距离的最小值为1，故选项D正确．故选D．
5．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：设直线l1：y＝k(x－2)，代入y2＝8x，得k2x2－(4k2＋8)x＋4k2＝0，Δ＝[－(4k2＋8)]2－4×4k2·k2>0，
所以xA＋xC＝4k2+8k2，所以|AC|＝xA＋xC＋p＝8＋8k2.
以－2k代k，得|BD|＝8＋8-2k2＝8＋2k2，
所以|AC|＋|BD|＝16＋2k2＋8k2≥16＋22k2·8k2＝24，当且仅当2k2＝8k2，即k＝±2时等号成立．
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y12+y22的最小值是______．
32 解析：设过点(4，0)的直线方程为x＝ay＋4.
由x=ay+4，y2=4x， 得y2－4ay－16＝0，所以y1y2＝－16，y1＋y2＝4a，
所以y12+y22＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16a2＋32≥32，当a＝0时，(y12+y22)min＝32.
7．已知点P是抛物线y2＝4x上的动点，点P在y轴上的射影是M，点A(4，6)，则|PA|＋|PM|的最小值是______．
35－1 解析：延长PM交抛物线y2＝4x的准线x＝－1于点P′，焦点F(1，0)，
则|PP′|＝|PF|，所以要使|PA|＋|PM|最小，就是使|PA|＋|PP′|－|MP′|最小，也就是使得|PA|＋|PF|－|MP′|最小，
显然，当A，P，F三点共线时，|PA|＋|PF|－|MP′|最小，
最小值为|AF|－|MP′|＝4-12+6-02－|MP′|＝35－1，
所以|PA|＋|PM|的最小值为35－1.
8．已知椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)经过点P3，12，两个焦点分别为F1(－3，0)，F2(3，0)．
(1)求椭圆C的方程．
(2)设圆D：x2＋y2＝r2(b
因为椭圆C经过点3，12，所以3b2+3+14b2＝1，
解得b2＝1或b2＝－34(舍)．
所以a2＝4，所以椭圆C的方程为x24＋y2＝1.
(2)设l：y＝kx＋m，代入x24＋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＝－4km4k2+1＝－4km，
y0＝kx0＋m＝1m.
因为l与圆D相切，所以圆心D(0，0)到l的距离m1+k2＝r，即m2＝r2(1＋k2)．②
由①②得m2＝3r24-r2，k2＝r2-14-r2.
所以|AB|＝x02+y02-r2
＝-4km2+1m2-r2
＝5-4r2+r2.
因为4r2＋r2≥24r2·r2＝4，当且仅当r＝2时取等号．因为r＝2∈(1，2)，所以|AB|的最大值为1.
B组 新高考培优练
9．过抛物线y2＝2px(p>0)的焦点的直线交抛物线于A，B两点，且|AB|＝4，这样的直线可以作2条，则p的取值范围是( )
A．(0，4) B．(0，4]
C．(0，2] D．(0，2)
D 解析：过抛物线y2＝2px(p>0)焦点的弦中最短的为通径，且通径长为2p，由已知得2p<4，所以p<2.又p>0，所以0
A．2 B．3
C．6 D．8
C 解析：由题意得，F(－1，0)，设点P(x0，y0)，则y02＝31-x024 (－2≤x0≤2)．
则OP·FP＝x0x0+1+y02＝x02+x0+y02＝x02+x0+31-x024＝14(x0＋2)2＋2.
因为－2≤x0≤2，所以当x0＝2时，OP·FP取得最大值，最大值为6.故选C．
11．过椭圆C：x2a2+y2b2＝1(a>b>0)的右顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为左焦点F.若14
C．0，34 D．13，1
B 解析：由题意知，B-c，-b2a，所以k＝b2ac+a＝a-ca＝1－e.又14
A．(10，14) B．(12，14)
C．(10，12) D．(9，11)
C 解析：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．
13．已知P(x0，y0)是椭圆C：x24＋y2＝1上的一点，F1，F2是C的两个焦点，若PF1·PF2<0，则x0的取值范围是________．
-263，263 解析：由题意可知，F1(－3，0)，F2(3，0)，则PF1·PF2＝x0+3x0-3+y02＝x02+y02－3<0.因为点P在椭圆上，所以y02＝1-x024.所以3x024－2<0，解得－263
(1)写出椭圆C2的方程(用b表示)；
(2)若椭圆C2的焦点在x轴上，且C2上存在两点M，N关于直线y＝2x＋1对称，求实数b的取值范围．
解：(1)由椭圆C2与C1是相似椭圆，得a2b2＝42＝21，
所以椭圆C2的方程为x22b2+y2b2＝1或y22b2+x2b2＝1.
(2)由题设知：椭圆C2为x22b2+y2b2＝1，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，M，N的中点为E，lMN的方程为y＝－12x＋m.
所以联立lMN与椭圆C2的方程，整理得
3x2－4mx＋4(m2－b2)＝0，
所以Δ>0，即b2>23m2且x1＋x2＝4m3＝2xE，
所以xE＝2m3，yE＝－12xE＋m＝2m3，
由E2m3，2m3在直线y＝2x＋1，得m＝－32，
于是b2>23m2＝32，
所以b的取值范围为62，+∞.
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