北师大版高考第一轮理科数学(适用于老高考旧教材)高考解答题专项五　第1课时　圆锥曲线中的最值(或范围)问题

这是一份北师大版高考第一轮理科数学(适用于老高考旧教材)高考解答题专项五　第1课时　圆锥曲线中的最值(或范围)问题，共4页。试卷主要包含了已知抛物线C，所以S△PAB的最小值为2等内容，欢迎下载使用。

1.(2021全国乙,理21)已知抛物线C:x2=2py(p>0)的焦点为F,且F与圆M:x2+(y+4)2=1上点的距离的最小值为4.
(1)求p;
(2)若点P在M上,PA,PB是C的两条切线,A,B是切点,求△PAB面积的最大值.
解:(1)点F0,p2到圆M上的点的距离的最小值为|FM|-1=p2+4-1=4,解得p=2.
(2)由(1)知,抛物线的方程为x2=4y,即y=14x2,则y'=12x.
设切点A(x1,y1),B(x2,y2),则易得直线lPA:y=x12x-x124,直线lPB:y=x22x-x224,
从而得到Px1+x22,x1x24,
设直线lAB:y=kx+b,联立抛物线方程,消去y并整理可得x2-4kx-4b=0,
∴Δ=16k2+16b>0,即k2+b>0,且x1+x2=4k,x1x2=-4b,∴P(2k,-b).
∵|AB|=1+k2·(x1+x2)2-4x1x2=1+k2·16k2+16b,
点P到直线AB的距离d=|2k2+2b|k2+1,
∴S△PAB=12|AB|d=4(k2+b)32,①
又点P(2k,-b)在圆M:x2+(y+4)2=1上,
故k2=1-(b-4)24,代入①得,S△PAB=4-b2+12b-15432,
而yP=-b∈[-5,-3],∴当b=5时,(S△PAB)max=205.
2.(2021浙江温州模拟,21)已知抛物线E:x2=4y与椭圆C:y2a2+x2b2=1(a>b>0)具有相同的焦点,且椭圆的离心率为12,过椭圆C上顶点的直线l交抛物线E于A,B两点,分别以A,B为切点作抛物线E的切线l1,l2相交于点M.
(1)求椭圆C的方程;
(2)求△MAB面积的最小值.
解:(1)由抛物线E:x2=4y,得其焦点坐标为(0,1),故椭圆的焦点也为(0,1),
∴c=1,由椭圆的离心率为e=ca=12,得a=2,∴b=3,椭圆C的方程为y24+x23=1.
(2)由(1)可知,椭圆的上顶点的坐标为(0,2),
设M(x0,y0),A(x1,y1),B(x2,y2),因为抛物线E:x2=4y,
所以y'=x2,所以kAM=x12,kBM=x22,得lAM:y-y1=x12(x-x1),lBM:y-y2=x22(x-x2),M(x0,y0)同时在直线lAM,lBM上,
所以y0-y1=x12(x0-x1),y0-y2=x22(x0-x2),
所以直线AB的方程为y0-y=x2(x0-x),化简可得x0x=2(y+y0),又直线AB经过椭圆的上顶点,所以y0=-2,所以直线AB的方程为x0x=2(y-2),联立方程x0x=2(y-2),x2=4y,可得x0x=2x24-2,∴x2-2x0x-8=0,Δ=4x02+32>0恒成立.
|AB|=1+x024×4x02+32,
M到直线AB的距离d=|x02-2y0+4|x02+4=x02+8x02+4,
∴S=12×1+x024×4x02+32×x02+8x02+4=12×(x02+8)3≥82,
故△MAB面积的最小值为82.
3.(2021河南郑州三模,理20)已知抛物线C:x2=4y和圆E:x2+(y+1)2=1,过抛物线上一点P(x0,y0)作圆E的两条切线,分别与x轴交于A,B两点.
(1)若切线PB与抛物线C也相切,求直线PB的斜率;
(2)若y0≥2,求△PAB面积的最小值.
解:(1)设切线PB的方程为y=kx+m,代入抛物线的方程得x2-4kx-4m=0,
由相切的条件可得Δ=16k2+16m=0,即k2+m=0,
由直线与圆相切可得圆心到直线的距离d=|m+1|1+k2=1,即k2=m2+2m,所以m2+3m=0,m=-3或m=0(舍去),k2=3,k=±3.
(2)因为y0≥2,所以切线PA,PB的斜率一定存在.设圆E的切线方程为y-y0=k(x-x0),即kx-y+y0-kx0=0,圆心到直线的距离d=|1+y0-kx0|1+k2=1,
整理得(x02-1)k2-(2x0y0+2x0)k+y02+2y0=0,
设PA,PB的斜率分别为k1,k2,则k1+k2=2x0y0+2x0x02-1,k1k2=y02+2y0x02-1,令y=0,得xA=x0-y0k1,xB=x0-y0k2,
|AB|=x0-y0k1-x0-y0k2=k1-k2k1k2·y0=4(y02+6y0)y02+2y0·y0=2y02+6y0y0+2,
S△PAB=12|AB|·y0=12·2y02+6y0y0+2·y0=(y02+6y0)y02(y0+2)2,
令f(y)=(y2+6y)y2(y+2)2,因为y≥2,所以f'(y)=2y2(y2+7y+18)(y+2)3>0,f(y)在[2,+∞)上单调递增,所以f(y)min=f(2)=4.所以S△PAB的最小值为2.
4.(2021黑龙江哈尔滨三中一模,理20)已知平面内的两个定点F1,F2,|F1F2|=23,平面内的动点M满足|MF1|+|MF2|=4.记M的轨迹为曲线E.
(1)请建立适当的平面直角坐标系,求E的方程;
(2)过F2作直线l交曲线E于A,B两点,若点O是线段F1F2的中点,点C满足OC=-32OA,求△ABC面积的最大值,并求出此时直线l的方程.
解:(1)M满足|MF1|+|MF2|=4>|F1F2|,由椭圆的定义知动点M的轨迹为椭圆,以F1F2的中点为原点,直线F1F2为x轴,以过F1F2的中点且垂直于F1F2的直线为y轴建立平面直角坐标系,由题意,得2c=23,2a=4,所以b2=a2-c2=1,
故E的方程为x24+y2=1.
(2)因为F2(3,0),设直线l:x=my+3,A(x1,y1),B(x2,y2),联立x24+y2=1,x=my+3,消去x,
整理得(m2+4)y2+23my-1=0,
由于Δ=16(m2+1)>0恒成立,则有y1+y2=-23mm2+4,y1y2=-1m2+4,
|AB|=1+m2·|y1-y2|=1+m2·(y1+y2)2-4y1y2=4(m2+1)m2+4,
点O到直线l的距离d=31+m2.
则S△AOB=12|AB|·d=231+m2m2+4=231+m2+31+m2≤1,当且仅当1+m2=31+m2,
即m=±2时取等号,
又由于OC=-32OA,知S△ABC=52S△AOB≤52,
此时直线l的方程为x=±2y+3,即x+2y-3=0,或x-2y-3=0.