【新高考复习】专题28 圆锥曲线求范围及最值六种类型大题100题(解析版)

专题28圆锥曲线求范围及最值六种类型大题100题类型一:距离或长度关系的范围最值1-20题1．在平面直角坐标系xOy中，直线:3lykx与椭圆22:14yEx相交于A、B两点，与圆22:4Oxy相交于C、D两点．（1）若OCOD，求实数k的值；（2）求2ABCD的取值范围．【答案】（1）22k（2）4,64【分析】（1）求出圆心到直线l的距离为2d，利用点到直线的距离公式可求得k的值；（2）设11,Axy、22,Bxy，将直线l的方程与椭圆方程联立，列出韦达定理，利用弦长公式计算出AB关于k的表达式，利用勾股定理可求得CD关于k的表达式，再利用不等式的基本性质可求得2ABCD的取值范围.（1）解：因为OCOD，且圆O的半径为2，所以点O到直线l的距离2sin24d．所以2321k，解得22k．（2）解：设11,Axy、22,Bxy，由22314ykxyx，消y整理得2242310kxkx，222234416160kkk，所以122234kxxk，12214xxk，所以222121212114ABkxxkxxxx222222412341444kkkkkk．设圆心O到直线l的距离为231dk，所以22223142424211kCDdkk，所以22222222411614142404644144kkkABCDkkkk．244k，则211044k，所以，22240644,644ABCDk.所以2ABCD的取值范围为4,64．2．已知抛物线E：y2＝2px(p0)的焦点为F，过点F且倾斜角为4的直线l被E截得的线段长为8.（1）求抛物线E的方程；（2）已知点C是抛物线上的动点，以C为圆心的圆过点F，且圆C与直线x＝－12相交于A，B两点.求FAFB的取值范围．【答案】（1）y2＝4x；（2）[3)+,．【分析】（1）写出直线l方程，与抛物线方程联立，利用韦达定理和弦长公式列方程得出的p值.（2）设C(x0，y0)，得出圆C的方程，令12x，利用韦达定理可得出FAFB关于0y的表达式，从而得出FAFB的取值范围.【详解】解：（1）直线l的方程为2pyx，联立222pyxypx，消去y整理得22304pxpx.设直线l与抛物线E的交点的横坐标分别为12xx，，则123＝xxp，故直线l被抛物线E截得的线段长为1248＝＝xxpp，得p＝2，∴抛物线E的方程为y2＝4x.（2）由（1）知，F(1，0)，设C(x0，y0)，则圆C的方程是22220000()()(1)＝xxyyxy令12x，得20032304yyyx.又∵2004yx，∴22000412330yxy恒成立．设3411(,),(,)22AyBy则3402＝yyy，340334＝yyx.223422234342200020009944981()()41639381(3)[42(3)]44416918931FAFByyyyyyxyxxxx∵00x，∴FAFB∈[3)+,．∴FAFB的取值范围是[3)+,．3．已知抛物线22(4)ypxp，过点(1,1)A作直线1l､2l，满足1l与抛物线恰有一个公共点C，2l交抛物线于B､D两点.（1）若4p，求直线1l的方程；（2）若直线1l与抛物线和相切于点C，且1l､2l的斜率之和为0，直线BC､DC分别交x轴于点P､Q，求线段PQ长度的最大值.【答案】（1）1y或20xy或210xy.（2）max||4PQ【分析】（1）由题设有28yx，设1l为1ykxk，讨论0k、0k并根据直线与抛物线交点个数确定k值，即可写出直线方程.（2）设直线2l为1xkyk，则1l为1xkyk，联立抛物线，由直线与抛物线的关系及4p求k的范围，再应用韦达定理求BDyy、BDyy及C点纵坐标，进而写出直线BC､DC方程，求P､Q横坐标，结合二次函数的性质求PQ长度的最大值.（1）由题设，抛物线为28yx，且1l的斜率一定存在，令1l为1ykxk，∴2222(228)(1)0kxkkxk，当0k时显然满足题设，此时1y，若0k，则2224(4)4(1)0kkkk，可得1k或2k，综上，1l为1y或20xy或210xy.（2）由题设，显然2l的斜率存在且不可能为0，设2l为1xkyk，则1l为1xkyk，∵1l与抛物线和相切于点C，联立方程并整理得222(1)0ypkypk，∴2248(1)0pkpk，可得22(1)4kpk，易知2(1)Ckyk，联立2l与抛物线可得：222(1)0ypkypk，则2248(1)0pkpk，∴4(1)2BDkyypkk，224(1)2(1)BDkyypkk，且10k，∵,,BCD在抛物线上，故22BBypx，22CCypx，则2BCBCBCyypxxyy，∴直线BC：2()CCBCpyyxxyy，则2BCPyyxp，同理2DCQyyxp，∴22||11||||2222()224CBDyPQyykkkp，又10k，故当1k时，2max11||22(1)424PQ.4．已知椭圆2222:1(0)xyEabab的长轴长是22，以其短轴为直径的圆过椭圆的焦点（1）求椭圆E的方程；（2）过椭圆E左焦点作不与坐标轴垂直的直线，交椭圆于M，N两点，线段MN的垂直平分线与y轴负半轴交于点Q，若点Q的纵坐标的最大值是13，求MN的最小值；【答案】（1）2212xy（2）423【分析】（1）结合题意可得222222abcabc，解方程组，进而可求出结果，（2）设出直线的方程，与椭圆的方程联立，结合韦达定理表示出点Q的纵坐标，进而求出m的范围，从而结合弦长公式即可求出结果.（1）由题意可得222222abcabc，解得211abc，所以椭圆E的方程为2212xy；（2）椭圆E左焦点为1,0，设过椭圆E左焦点的直线为1xmy（m存在且不为0），22121xyxmy，则222210mymy，设1122,,,MxyNxy，则222442880mmm，且12122221,,22myyyymm所以MN的中点为222,22mmm，因此线段MN的垂直平分线为22222mymxmm，令0x，则Q的纵坐标为22mm，因为与y轴交于负半轴，所以0m，又因为点Q的纵坐标的最大值是13，所以2123mm，即12m，而22121214MNmyyyy2222211422mmmm22228812mmm222212mm212212m当1m时，min423MN；5．在平面直角坐标系xOy中，点P到点F（3，0）的距离的4倍与它到直线2x的距离的3倍之和记为d，当P点运动时，d恒等于点P的横坐标与18之和．（1）求点P的轨迹C；（2）设过点F的直线l与轨迹C相交于M，N两点，求线段MN长度的最大值．【答案】（1）答案见解析（2）10011【分析】（1）利用直接法求解即可；（2）由题意及解析式画出图形，利用直线与曲线的轨迹方程联立，通过图形讨论直线与轨迹的交点，利用两点间的距离公式求解即可（1）设点P的坐标为（x，y），由题设则224332dxyx①当x＞2时，由①得221362xyx，化简得2213627xy．当x≤2时由①得2233xyx化简得212yx故点P的轨迹C是椭圆C1：2213627xy在直线x=2的右侧部分与抛物线C2：212yx在直线x=2的左侧部分（包括它与直线x=2的交点）所组成的曲线，（2）易知直线2x与12,CC的交点都是2,26,2,26AB，直线,AFBF的斜率分别为26,26AFBFkk，当点P在1C上时，162PFx，当点P在2C上时，3PFx，若直线l的斜率k存在，则直线l的方程为3ykx，（1）当AFkk或BFkk，即26k或26k时，直线l与轨迹C的两个交点1122,,,MxyNxy都在1C上，此时12116,622MFxNFx,从而12121116612222MNMFNFxxxx，由22313627ykxxy得22223424361080kxkxk，则12,xx是这个方程的两根，所以21222434kxxk，21221121212234kMNxxk因为当26k或26k时，224k，22212121001212334114kMNkk，当且仅当26k时，等号成立；（2）AFBFkkk，2626k时，直线l与轨迹C的两个交点1122,,,MxyNxy分别在12,CC上，不妨设M在1C上，N在2C上，此时1216,32MFxNFx,设直线AF与椭圆1C的另一交点为00,Exy，则012,2xxx1021166,33222MFxxEFNFxAF，所以MNMFNFEFAFAE，而点,AE都在1C上，且26AEk，由（1）10011AE，所以10011MN，若直线l的斜率不存在，则123xx，此时121100129211MNxx；综上所述，线段MN长度的最大值为100116．已知椭圆2222:1(0)xyCabab的离心率为22，左，右焦点分别为12,FF，过2F的直线l与C交于,AB两点，若l与x轴垂直时，||2.AB（1）求椭圆C的标准方程；（2）若点P在椭圆C上，且(OPABO为坐标原点），求2||||ABOP的取值范围.【答案】（1）2212xy（2）2,222【分析】（1）由离心率得出,ac关系，由通径得出,ab关系，结合椭圆关系式即可求解；（2）需分类讨论，分直线l的斜率不存在、直线l的斜率为0、直线l的斜率存在且不为0三种情况，对第三种情况，可联立直线与椭圆方程，结合弦长公式求出AB，利用OPAB求出直线OP方程，并将P代入椭圆方程，代换出OP，化简2||||ABOP并结合不等式即可求解.（1）由题意得，22cea，即2ac，则bc，把xc代入椭圆方程可得22221cyab，∴2bya，∴222bABa，即2222cc，∴1c，∴2a，1b，∴椭圆C的标准方程为2212xy；（2）由（1）知，2F的坐标为1,0，①当直线l的斜率不存在时，2AB，22OP，则222ABOP；②当直线l的斜率为0时，22AB，21OP，则222ABOP；③当直线l的斜率存在且不为0时，设直线l的方程为10ykxk，联立22112ykxxy，得2222214220kxkxk，设11,Axy，22,Bxy，则2122421kxxk+=+，21222221kxxk，则22121214ABkxxxx