【新高考复习】第9讲　第2课时　定点、定值、范围、最值问题

第2课时定点、定值、范围、最值问题一、选择题1.设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是()A.－12，12B.[－2，2]C.[－1，1]D.[－4，4]解析Q(－2，0)，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，代入抛物线方程，消去y整理得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，由Δ＝(4k2－8)2－4k2·4k2＝64(1－k2)≥0，解得－1≤k≤1.答案C2.(2017·石家庄模拟)已知P为双曲线C：x29－y216＝1上的点，点M满足|OM→|＝1，且OM→·PM→＝0，则当|PM→|取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为()A.95B.125C.4D.5解析由OM→·PM→＝0，得OM⊥PM，根据勾股定理，求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值，当|OP|取得最小值时，点P的位置为双曲线的顶点(±3，0)，而双曲线的渐近线为4x±3y＝0，∴所求的距离d＝125，故选B.答案B3.已知椭圆C的方程为x216＋y2m2＝1(m＞0)，如果直线y＝22x与椭圆的一个交点M在x轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F，则m的值为()A.2B.22C.8D.23解析根据已知条件得c＝16－m2，则点(16－m2，2216－m2)在椭圆x216＋y2m2＝1(m＞0)上，∴16－m216＋16－m22m2＝1，可得m＝22.答案B4.若双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与抛物线y＝x2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是()A.[3，＋∞)B.(3，＋∞)C.(1，3]D.(1，3)解析依题意可知双曲线渐近线方程为y＝±bax，与抛物线方程联立消去y得x2±bax＋2＝0.∵渐近线与抛物线有交点，∴Δ＝b2a2－8≥0，求得b2≥8a2，∴c＝a2＋b2≥3a，∴e＝ca≥3.答案A5.(2016·丽水一模)斜率为1的直线l与椭圆x24＋y2＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为()A.2B.455C.4105D.8105解析设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，直线l的方程为y＝x＋t，由x2＋4y2＝4，y＝x＋t消去y，得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，则x1＋x2＝－85t，x1x2＝4（t2－1）5.∴|AB|＝1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2＝2·－85t2－4×4（t2－1）5＝425·5－t2，当t＝0时，|AB|max＝4105.答案C二、填空题6.已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝3x，它的一个焦点与抛物线y2＝16x的焦点相同，则双曲线的方程为________.解析由条件知双曲线的焦点为(4，0)，所以a2＋b2＝16，ba＝3，解得a＝2，b＝23，故双曲线方程为x24－y212＝1.答案x24－y212＝17.已知动点P(x，y)在椭圆x225＋y216＝1上，若A点坐标为(3，0)，|AM→|＝1，且PM→·AM→＝0，则|PM→|的最小值是________.解析∵PM→·AM→＝0，∴AM→⊥PM→.∴|PM→|2＝|AP→|2－|AM→|2＝|AP→|2－1，∵椭圆右顶点到右焦点A的距离最小，故|AP→|min＝2，∴|PM→|min＝3.答案38.(2017·平顶山模拟)若双曲线x2－y2b2＝1(b＞0)的一条渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________.解析双曲线的渐近线方程为y＝±bx，则有|0－2|1＋b2≥1，解得b2≤3，则e2＝1＋b2≤4，∵e＞1，∴1＜e≤2.答案(1，2]三、解答题9.如图，椭圆E：x2a2＋y2b2＝1(ab0)的离心率是22，点P(0，1)在短轴CD上，且PC→·PD→＝－1.(1)求椭圆E的方程；(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点.是否存在常数λ，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由.解(1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b).又点P的坐标为(0，1)，且PC→·PD→＝－1，于是1－b2＝－1，ca＝22，a2－b2＝c2.解得a＝2，b＝2.所以椭圆E方程为x24＋y22＝1.(2)当直线AB的斜率存在时，设直线AB的方程为y＝kx＋1，A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2).联立x24＋y22＝1，y＝kx＋1，得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)0，所以，x1＋x2＝－4k2k2＋1，x1x2＝－22k2＋1.从而，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝x1x2＋y1y2＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)]＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1＝（－2λ－4）k2＋（－2λ－1）2k2＋1＝－λ－12k2＋1－λ－2.所以，当λ＝1时，－λ－12k2＋1－λ－2＝－3.此时，OA→·OB→＋λPA→·PB→＝－3为定值.当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD，此时OA→·OB→＋λPA→·PB→＝OC→·OD→＋PC→·PD→＝－2－1＝－3，故存在常数λ＝1，使得OA→·OB→＋λPA→·PB→为定值－3.10.(2016·浙江卷)如图，设椭圆x2a2＋y2＝1(a＞1).(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；(2)若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.解(1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，由y＝kx＋1，x2a2＋y2＝1，得(1＋a2k2)x2＋2a2kx＝0.故x1＝0，x2＝－2a2k1＋a2k2，因此|AM|＝1＋k2|x1－x2|＝2a2|k|1＋a2k2·1＋k2.(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|.记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2.由(1)知|AP|＝2a2|k1|1＋k211＋a2k21，|AQ|＝2a2|k2|1＋k221＋a2k22，故2a2|k1|1＋k211＋a2k21＝2a2|k2|1＋k221＋a2k22，所以(k21－k22)[1＋k21＋k22＋a2(2－a2)k21k22]＝0.由于k1≠k2，k1，k2＞0得1＋k21＋k22＋a2(2－a2)k21k22＝0，因此1k21＋11k22＋1＝1＋a2(a2－2)，①因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1＋a2(a2－2)＞1，所以a＞2.因此，任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a≤2，由e＝ca＝a2－1a得，所求离心率的取值范围是0，22.11.(2016·湖南师大附中月考)设双曲线C：x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线与抛物线y2＝x的一个交点的横坐标为x0，若x0＞1，则双曲线C的离心率e的取值范围是()A.1，62B.(2，＋∞)C.(1，2)D.62，＋∞解析不妨联立y＝bax与y2＝x的方程，消去y得b2a2x2＝x，由x0＞1知b2a2＜1，即c2－a2a2＜1，故e2＜2，又e＞1，所以1＜e＜2，故选C.答案C12.(2017·河南省八市质检)已知双曲线x2a2－y2b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，它的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p＞0)的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点.若△AOB的面积为3，则抛物线的准线方程为()A.x＝－2B.x＝2C.x＝1D.x＝－1解析因为e＝ca＝2，所以c＝2a，b＝3a，双曲线的渐近线方程为y＝±3x，又抛物线的准线方程为x＝－p2，联立双曲线的渐近线方程和抛物线的准线方程得A－p2，3p2，B－p2，－3p2，在△AOB中，|AB|＝3p，点O到AB的距离为p2，所以12·3p·p2＝3，所以p＝2，所以抛物线的准线方程为x＝－1，故选D.答案D13.(2017·绵阳诊断)若点O和点F分别为椭圆x29＋y28＝1的中点和左焦点，点P为椭圆上的任一点，则OP→·FP→的最小值为________.解析点P为椭圆x29＋y28＝1上的任意一点，设P(x，y)(－3≤x≤3，－22≤y≤22)，依题意得左焦点F(－1，0)，∴OP→＝(x，y)，FP→＝(x＋1，y)，∴OP→·FP→＝x(x＋1)＋y2＝x2＋x＋72－8x29＝19x＋922＋234.∵－3≤x≤3，∴32≤x＋92≤152，∴94≤x＋922≤2254，∴14≤19x＋922≤22536，∴6≤19x＋922＋234≤12，即6≤OP→·FP→≤12，故最小值为6.答案614.(2017·衡水中学高三联考)已知椭圆C：x2a2＋y2b2＝1(a＞b＞0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x＋4y＋6＝0与圆x2＋(y－b)2＝a2相切.(1)求椭圆C的方程；(2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1，l2分别交椭圆C于M，N两点，且l1⊥l2，求证：直线MN过定点，并求出定点坐标；(3)在(2)的条件下求△AMN面积的最大值.解(1)由题意，得a＝2b，|4b＋6|5＝a，∴a＝2，b＝1，即C：x24＋y2＝1.(2)由题意得直线l1，l2的斜率存在且不为0.∵A(－2，0)，设l1：x＝my－2，l2：x＝－1my－2，由x＝my－2，x2＋4y2－4＝0，得(m2＋4)y2－4my＝0，∴M2m2－8m2＋4，4mm2＋4.同理，N2－8m24m2＋1，－4m4m2＋1.①m≠±1时，kMN＝5m4（m2－1），lMN：y＝5m4（m2－1）x＋65.此时过定点－65，0.②m＝±1时，lMN：x＝－65，过点－65，0.∴lMN恒过定点－65，0.(3)由(2)知S△AMN＝12×45|yM－yN|＝254mm2＋4＋4m4m2＋1＝8m3＋m4m4＋17m2＋4＝8m＋1m4m＋1m2＋9＝84m＋1m＋9m＋1m.令t＝m＋1m≥2，当且仅当m＝±1时取等号，∴S△AMN≤1625，且当m＝±1时取等号.∴(S△AMN)max＝1625.