2022届一轮复习专题练习9 第78练 高考大题突破练——范围与最值问题（解析版）

这是一份2022届一轮复习专题练习9 第78练 高考大题突破练——范围与最值问题（解析版），共5页。试卷主要包含了已知椭圆C等内容，欢迎下载使用。

考点一 范围问题
1．已知椭圆eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)上的点到右焦点F(c,0)的最大距离是eq \r(2)＋1，且1，eq \r(2)a,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．
2．在平面直角坐标系xOy中，已知定点A(1,0)，点M在x轴上运动，点N在y轴上运动，点P为坐标平面内的动点，且满足eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(NA,\s\up6(→))＝0，eq \(OM,\s\up6(→))＝2eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(PO,\s\up6(→)).
(1)求动点P的轨迹C的方程；
(2)点Q为圆(x＋2)2＋y2＝1上一点，由Q向C引切线，切点分别为S，T，记k1，k2分别为切线QS，QT的斜率，当Q运动时，求eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)－\f(1,k2)))的取值范围．
考点二 最值问题
3．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(a>b>0))的离心率为eq \f(\r(6),3)，两焦点与短轴的一个端点的连线构成的三角形的面积为eq \r(2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)设与圆O：x2＋y2＝eq \f(3,4)相切的直线l交椭圆C于A，B两点(O为坐标原点)，求△AOB面积的最大值．
4．已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的焦点为F1(－c,0)，F2(c,0)，P是椭圆C上一点．若椭圆C的离心率为eq \f(\r(2),2)，且PF1⊥F1F2，△PF1F2的面积为eq \f(\r(2),2).
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知O是坐标原点，向量m＝(1,1)，过点(2,0)的直线l与椭圆C交于M，N两点，若点Q(x，y)满足eq \(OQ,\s\up6(→))·m＝1，eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝λeq \(OQ,\s\up6(→))，求λ的最小值．
答案精析
1．解 (1)由已知可得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＋c＝\r(2)＋1，,1×4c＝2a2，,a2＝b2＋c2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
所以椭圆的方程为eq \f(x2,2)＋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eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＋2y2－2＝0，,y＝kx－1，))消去y可得(1＋2k2)x2－4k2x＋2k2－2＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，y1＋y2＝k(x1＋x2)－2k＝eq \f(－2k,1＋2k2).
可得线段AB的中点为Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2k2,1＋2k2)，\f(－k,1＋2k2))).
当k＝0时，线段AB的垂直平分线为y轴，此时m＝0，当k≠0时，直线MN的方程为y＋eq \f(k,1＋2k2)＝－eq \f(1,k)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－\f(2k2,1＋2k2)))，
化简得ky＋x－eq \f(k2,1＋2k2)＝0.令y＝0，得m＝eq \f(k2,1＋2k2).
所以m＝eq \f(k2,1＋2k2)＝eq \f(1,\f(1,k2)＋2)∈eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
综上所述，m的取值范围为eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(0，\f(1,2))).
2．解 (1)设N(0，b)，M(a,0)，P(x，y)，因为eq \(PM,\s\up6(→))·eq \(NA,\s\up6(→))＝0，eq \(OM,\s\up6(→))＝2eq \(ON,\s\up6(→))＋eq \(PO,\s\up6(→))，所以a－x＋by＝0，x＝－a，y＝2b，所以y2＝4x.
(2)设Q(x0，y0)，x0∈[－3，－1]，
由题意知，切线斜率存在，设为k，切线方程为y－y0＝k(x－x0)，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y－y0＝kx－x0，,y2＝4x，))
化简得ky2－4y＋4y0－4kx0＝0，
Δ＝16－16k(y0－kx0)＝0，
∴x0k2－y0k＋1＝0，
∴k1＋k2＝eq \f(y0,x0)，k1k2＝eq \f(1,x0)，
∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)－\f(1,k2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(k2－k1,k1k2)))＝eq \f(\f(\r(y\\al(2,0)－4x0),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(x0))),\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,x0))))，
将yeq \\al(2,0)＝1－(x0＋2)2代入得
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)－\f(1,k2)))＝eq \r(1－x0＋22－4x0)＝eq \r(－x\\al(2,0)－8x0－3)，
∵x0∈[－3，－1]，
∴eq \r(－x\\al(2,0)－8x0－3)∈[2,2eq \r(3)]，
∴eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(1,k1)－\f(1,k2)))的取值范围是[2,2eq \r(3)]．
3．解 (1)由题意知，eq \f(c,a)＝eq \f(\r(6),3)，bc＝eq \r(2)，
解得a2＝3，b2＝1，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,3)＋y2＝1.
(2)设Aeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Beq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
①当AB⊥x轴时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝eq \r(3)；
②当AB与x轴不垂直时，设直线AB的方程为y＝kx＋m，
由已知eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(m)),\r(1＋k2))＝eq \f(\r(3),2)，得m2＝eq \f(3,4)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))，
把y＝kx＋m代入椭圆方程消去y，
整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k2＋1))x2＋6kmx＋3m2－3＝0，
有x1＋x2＝eq \f(－6km,3k2＋1)，x1x2＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－1)),3k2＋1)，
eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1－x2))2
＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋k2))eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(36k2m2,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k2＋1))2)－\f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(m2－1)),3k2＋1)))
＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k2＋1－m2)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k2＋1))2)
＝eq \f(3\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k2＋1))\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(9k2＋1)),\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(3k2＋1))2)
＝3＋eq \f(12k2,9k4＋6k2＋1)
＝3＋eq \f(12,9k2＋\f(1,k2)＋6)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k≠0))
≤3＋eq \f(12,2×3＋6)＝4，
当且仅当9k2＝eq \f(1,k2)，即k＝±eq \f(\r(3),3)时等号成立.
当k＝0时，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))＝eq \r(3) .
综上所述，eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(AB))max＝2，S△OAB＝eq \f(1,2)×2×eq \f(\r(3),2)＝eq \f(\r(3),2)，从而△AOB面积的最大值为eq \f(\r(3),2).
4．解 (1)依据题意得eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，所以eq \f(c2,a2)＝eq \f(a2－b2,a2)＝1－eq \f(b2,a2)＝eq \f(1,2)，所以a2＝2b2，
因为PF1⊥F1F2，故设Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－c，y0))，代入椭圆方程得y0＝±eq \f(b2,a)，
所以△PF1F2的面积为eq \f(1,2)·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(F1F2))·eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(y0))＝c·eq \f(b2,a)＝eq \f(\r(2),2).
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a2＝2b2，,c·\f(b2,a)＝\f(\r(2),2)，,c2＝a2－b2，))解得b＝1，a＝eq \r(2)b＝eq \r(2)，
所以椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)由题意可知直线l的斜率显然存在，故设直线l的方程为y＝keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))，
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x－2))，,\f(x2,2)＋y2＝1，))消去y并整理得eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))x2－8k2x＋8k2－2＝0，
所以Δ＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－8k2))2－4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2))eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(8k2－2))>0，
设Meq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1，y1))，Neq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x2，y2))，
所以x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋2k2)，x1·x2＝eq \f(8k2－2,1＋2k2)，
因为eq \(OM,\s\up6(→))＋eq \(ON,\s\up6(→))＝λeq \(OQ,\s\up6(→))，
所以eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2，y1＋y2))＝λeq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x，y))，
当k＝0时，λ＝0，当λ≠0时，x＝eq \f(x1＋x2,λ)＝eq \f(8k2,λ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2)))，
y＝eq \f(y1＋y2,λ)＝eq \f(1,λ)eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(x1＋x2))－4k))＝eq \f(－4k,λ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2)))，
因为eq \(OQ,\s\up6(→))·m＝1，所以x＋y＝1，
所以eq \f(8k2,λ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2)))＋eq \f(－4k,λ\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2)))＝1，
所以λ＝eq \f(8k2－4k,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋2k2)))＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(k＋1,1＋2k2)))
＝4eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1－\f(k＋1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋1))2－4\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋1))＋3)))
＝4eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(1－\f(1,2\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(k＋1))＋\f(3,k＋1)－4)))≥4－eq \f(4,2\r(6)－4)＝2－eq \r(6)，
当且仅当k＝eq \f(\r(6),2)－1时取等号，且k＝eq \f(\r(6),2)－1满足Δ>0，所以λ≥2－eq \r(6).
综上，λmin＝2－eq \r(6).