2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业五十八最值与范围问题

这是一份2024版新教材高考数学全程一轮总复习课时作业五十八最值与范围问题，共5页。

1.已知椭圆C的焦点在x轴上，左顶点为A(－2，0)，离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)斜率为1的直线l与椭圆C相交于P，Q两点，求|PQ|的最大值．
2．[2023·安徽阜阳期末]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(3),2)，C的左，右焦点分别为F1，F2，A，B是C上关于原点对称的两点，四边形AF1BF2的周长为8eq \r(5).
(1)求C的方程；
(2)设M(5，0)，k1，k2分别为直线AM和BM的斜率，求k1＋k2的取值范围．
3．已知抛物线C：y2＝2px(p＞0)的焦点为F，点M在第一象限且为抛物线C上一点，点N(5，0)在点F右侧，且△MNF恰为等边三角形．
(1)求C的方程；
(2)若直线l：x＝ky＋m与C交于A，B两点，∠AOB＝120°(其中O为坐标原点)，求实数m的取值范围．
4．[2023·江苏泰州模拟]已知双曲线eq \f(x2,a2)－eq \f(y2,b2)＝1(a>0，b>0)的左、右焦点分别为F1，F2，点P在双曲线的右支上，|PF1|，|PF2|的最小值m1，m2，且满足m1m2＝3a2.
(1)求双曲线的离心率；
(2)若a＝2，过点F1的直线交双曲线于A，B两点，线段AB的垂直平分线交y轴于点D(异于坐标原点O)，求eq \f(|AB|,|OD|)的最小值．
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5．[2023·江西赣州模拟]已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)过点M(2，1)，且离心率为eq \f(\r(3),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设A(0，－1)，直线l与椭圆C交于P，Q两点，且|AP|＝|AQ|，当△OPQ(O为坐标原点)的面积S最大时，求直线l的方程．
课时作业（五十八） 最值与范围问题
1．解析：（1）设椭圆C的方程为eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1（a>b>0）.
由题意得eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a＝2,\f(c,a)＝\f(\r(3),2)))，
解得c＝eq \r(3)，
所以b2＝a2－c2＝1，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
（2）设P，Q两点的坐标分别为（x1，y1），（x2，y2），直线l的方程为y＝x＋t，
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(x2＋4y2＝4,y＝x＋t))，
消去y，得5x2＋8tx＋4（t2－1）＝0，
则x1＋x2＝－eq \f(8,5)t，x1x2＝eq \f(4（t2－1）,5)，
Δ≥0，得0≤t2≤5，
所以|PQ|＝eq \r(1＋k2)|x1－x2|
＝eq \r(1＋k2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(2)·eq \r(（－\f(8,5)t）2－4×\f(4（t2－1）,5))
＝eq \f(4\r(2),5)·eq \r(5－t2).
因为0≤t2≤5，所以当t＝0时，|PQ|max＝eq \f(4\r(10),5).
2．解析：（1）由题设及椭圆性质，得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，4a＝8eq \r(5)，a2＝b2＋c2，
得a＝2eq \r(5)，b＝eq \r(5)，c＝eq \r(15)，
故C的方程为eq \f(x2,20)＋eq \f(y2,5)＝1.
（2）当直线AB的斜率不存在时，A，B为椭圆的短轴端点，k1＋k2＝0；
当直线AB的斜率存在时，设直线AB：y＝kx（k≠0），A（x0，y0），B（－x0，－y0），
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx，,\f(x2,20)＋\f(y2,5)＝1，))得x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝eq \f(20,1＋4k2)，
得k1＋k2＝eq \f(y0,x0－5)＋eq \f(－y0,－x0－5)＝eq \f(2x0y0,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －25)＝eq \f(2kx eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) －25)＝eq \f(8k,－20k2－1)，
则|k1＋k2|＝eq \f(8|k|,20k2＋1)≤eq \f(8|k|,2\r(20k2))＝eq \f(2\r(5),5)（当k＝±eq \f(\r(5),10)时，等号成立），
所以0≤|k1＋k2|≤eq \f(2\r(5),5).
综上，k1＋k2的取值范围为[－eq \f(2\r(5),5)，eq \f(2\r(5),5)].
3．解析：（1）由题意知xM＝eq \f(1,2)（5＋eq \f(p,2)）＝eq \f(5,2)＋eq \f(p,4)，|NF|＝5－eq \f(p,2)，
由抛物线的定义可知|MF|＝xM＋eq \f(p,2)，
则由|NF|＝|MF|，得p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
（2）设A（x1，y1），B（x2，y2），
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y2＝4x,x＝ky＋m))，得y2－4ky－4m＝0，Δ＝16k2＋16m>0，
则eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y1＋y2＝4k,y1y2＝－4m))，
所以x1＋x2＝k（y1＋y2）＋2m＝4k2＋2m，x1x2＝eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ,4)·eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ,4)＝m2，
因为∠AOB＝120°，
所以cs∠AOB＝eq \f(\(OA,\s\up6(→))·\(OB,\s\up6(→)),|\(OA,\s\up6(→))|·|\(OB,\s\up6(→))|)＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋4x1）（x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＋4x2）))＝eq \f(x1x2＋y1y2,\r(\a\vs4\al(x1x2[x1x2＋4（x1＋x2）＋16])))
＝eq \f(m2－4m,|m|\r(m2＋16k2＋8m＋16))＝－eq \f(1,2)，
所以m2－4m<0且4（m－4）2＝m2＋16k2＋8m＋16，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(0即m的取值范围为（0，eq \f(4,3)].
4．解析：（1）由题意知F1（－c，0），F2（c，0）.由双曲线的性质知m1＝c＋a，m2＝c－a，∴m1m2＝c2－a2＝3a2，∴c＝2a，故双曲线的离心率e＝eq \f(c,a)＝2.
（2）当a＝2时，c＝4，b2＝c2－a2＝12.∴双曲线的方程为eq \f(x2,4)－eq \f(y2,12)＝1，F1（－4，0）.
由题知直线AB的斜率存在，设为k，则k≠±eq \r(3)，直线AB的方程为y＝k（x＋4）.
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,12)＝1,y＝k（x＋4）))消去y并整理，得（3－k2）x2－8k2x－16k2－12＝0.
设A（x1，y1），B（x2，y2），则x1＋x2＝eq \f(8k2,3－k2)，x1x2＝eq \f(－16k2－12,3－k2)，
∴|AB|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(（\f(8k2,3－k2)）2－4·\f(－16k2－12,3－k2))＝eq \f(12（1＋k2）,|3－k2|).
又∵y1＋y2＝k（x1＋4）＋k（x2＋4）＝k（x1＋x2）＋8k＝k×eq \f(8k2,3－k2)＋8k＝eq \f(24k,3－k2)，∴线段AB的中点的坐标为（eq \f(4k2,3－k2)，eq \f(12k,3－k2)），
∴线段AB的垂直平分线的方程为y－eq \f(12k,3－k2)＝－eq \f(1,k)（x－eq \f(4k2,3－k2)）.令x＝0，得y＝eq \f(16k,3－k2)，
∴点D的坐标为（0，eq \f(16k,3－k2)），∴|OD|＝eq \f(16|k|,|3－k2|)，∴eq \f(|AB|,|OD|)＝eq \f(\f(12（1＋k2）,|3－k2|),\f(16|k|,|3－k2|))＝eq \f(3（1＋k2）,4|k|)＝eq \f(3,4)（|k|＋eq \f(1,|k|)）≥eq \f(3,2)，
当且仅当|k|＝1，即k＝±1时等号成立，∴eq \f(|AB|,|OD|)的最小值为eq \f(3,2).
5．解析：（1）因为椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1（a>b>0）过点M（2，1），且离心率为eq \f(\r(3),2)，
所以eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(4,a2)＋\f(1,b2)＝1,\f(c,a)＝\f(\r(3),2),a2＝b2＋c2))，解得a2＝8，b2＝2，c2＝6，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,8)＋eq \f(y2,2)＝1.
（2）显然，直线l的斜率k存在，
①当k＝0时，可设直线l的方程为y＝y0，由|AP|＝|AQ|可设P（－x0，y0），Q（x0，y0），
则eq \f(x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,8)＋eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ,2)＝1，所以x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝8－4y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，
所以S＝eq \f(1,2)|2x0|·|y0|＝|x0|·|y0|＝2eq \r(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ·（2－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）)≤2·eq \f(y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＋（2－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ）,2)＝2，
当且仅当y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ＝2－y eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(0)) ，即|y0|＝1时取等号，此时直线l的方程为y＝±1；
②当k≠0时，可设直线l的方程为y＝kx＋m，即kx－y＋m＝0，P（x1，y1），Q（x2，y2），
联立eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝kx＋m,\f(x2,8)＋\f(y2,2)＝1))，消去y整理得（1＋4k2）x2＋8kmx＋4（m2－2）＝0，
由Δ＝（8km）2－4（1＋4k2）·4（m2－2）>0，得8k2＋2>m2（*），
则有x1＋x2＝－eq \f(8km,1＋4k2)，x1x2＝eq \f(4（m2－2）,1＋4k2)，
于是可得PQ的中点为M（－eq \f(4km,1＋4k2)，－eq \f(4k2m,1＋4k2)＋m），
即M（－eq \f(4km,1＋4k2)，eq \f(m,1＋4k2)），
因为|AP|＝|AQ|，所以kAM＝eq \f(\f(m,1＋4k2)＋1,－\f(4km,1＋4k2)－0)＝－eq \f(1,k)，化简得1＋4k2＝3m，结合（*）可得6m>m2，解得0又O到直线l的距离为d＝eq \f(|m|,\r(k2＋1))，
|PQ|＝eq \r(1＋k2)eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)
＝eq \r(1＋k2)eq \r(\f(64k2m2,（1＋4k2）2)－\f(16（m2－2）,1＋4k2))
＝eq \f(4\r(1＋k2)\r(8k2＋2－m2),1＋4k2)
所以S＝eq \f(1,2)|PQ|·d
＝eq \f(1,2)·eq \f(|m|,\r(1＋k2))·eq \f(4\r(1＋k2)\r(8k2＋2－m2),1＋4k2)
＝eq \f(1,2)·eq \f(4m\r(6m－m2),3m)，
即S＝eq \f(2,3)eq \r(6m－m2)＝eq \f(2,3)eq \r(－（m－3）2＋9)，
所以当m＝3时，S取最大值，
此时由1＋4k2＝3m＝9可得k＝±eq \r(2)，直线l的方程为y＝±eq \r(2)x＋3，
综上所述，直线l的方程为y＝±1或y＝±eq \r(2)x＋3.