2020版高考数学一轮复习课后限时集训48《范围最值问题》(理数)（含解析）

课后限时集训(四十八)

(建议用时：60分钟)

A组　基础达标

1. (2019·泉州模拟)在平面直角坐标系xOy中，抛物线C：x2＝2py(p＞0)的焦点为F，点A在C上，若|AO|＝|AF|＝.

(1)求C的方程；

(2)设直线l与C交于P，Q，若线段PQ的中点的纵坐标为1，求△OPQ的面积的最大值．

[解]　(1)∵点A在抛物线C上，|AO|＝|AF|＝，

∴＋＝，∴p＝2，

∴C的方程为x2＝4y.

(2)设直线方程为y＝kx＋b，代入抛物线方程，可得x2－4kx－4b＝0，

设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则x1＋x2＝4k，∴y1＋y2＝4k2＋2b，

∵线段PQ的中点的纵坐标为1，∴2k2＋b＝1，

△OPQ的面积S＝·b·＝b＝·(0＜b≤1)，

设y＝b3＋b2，y′＝3b2＋2b＞0，故函数单调递增，

∴b＝1时，△OPQ的面积的最大值为2.

2．已知抛物线y2＝4x的焦点为F，过点F的直线交抛物线于A，B两点．

(1)若＝2，求直线AB的斜率；

(2)设点M在线段AB上运动，原点O关于点M的对称点为C，求四边形OACB面积的最小值．

[解]　(1)依题意知F(1,0)，设直线AB的方程为x＝my＋1.

将直线AB的方程与抛物线的方程联立，消去x得y2－4my－4＝0.

设A(x1，y1)，B(x2，y2)，

所以y1＋y2＝4m，y1y2＝－4.①

因为＝2，所以y1＝－2y2.②

联立①和②，消去y1，y2，得m＝±.

所以直线AB的斜率是±2.

(2)由点C与原点O关于点M对称，得M是线段OC的中点，从而点O与点C到直线AB的距离相等，所以四边形OACB的面积等于2S△AOB.

因为2S△AOB＝2··|OF|·|y1－y2|＝＝4，

所以当m＝0时，四边形OACB的面积最小，最小值是4.

3．平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的离心率为，且点在椭圆C上．

(1)求椭圆C的方程；

(2)设椭圆E：＋＝1，P为椭圆C上任意一点，过点P的直线y＝kx＋m交椭圆E于A，B两点，射线PO交椭圆E于点Q.

①求的值；

②求△ABQ面积的最大值．

[解]　(1)由题意知＋＝1，

又＝，解得a2＝4，b2＝1.

所以椭圆C的方程为＋y2＝1.

(2)由(1)知椭圆E的方程为＋＝1.

①设P(x0，y0)，＝λ，

由题意知Q(－λx0－λy0)．

因为＋y＝1，

又＋＝1，即＝1，

所以λ＝2，即＝2.

②设A(x1，y1)，B(x2，y2)．

将y＝kx＋m代入椭圆E的方程，

可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－16＝0，

由Δ＞0，可得m2＜4＋16k2.①

则有x1＋x2＝－，x1x2＝.

所以|x1－x2|＝.

因为直线y＝kx＋m与y轴交点的坐标为(0，m)，

所以△OAB的面积S＝|m||x1－x2|

＝

＝

＝2.

设＝t.

将y＝kx＋m代入椭圆C的方程，

可得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，

由Δ≥0，可得m2≤1＋4k2.②

由①②可知0＜t≤1，

因此S＝2＝2.

故S≤2，当且仅当t＝1，即m2＝1＋4k2时取得最大值2.

由①知，△ABQ面积为3S，所以△ABQ面积的最大值为6.

B组　能力提升

1．(2019·南昌市调研测试卷)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距为4，且过点(，－2)．

(1)求椭圆C的方程；

(2)过椭圆焦点的直线l与椭圆C分别交于点E，F，求·的取值范围．

[解]　(1)椭圆C：＋＝1(a>b>0)的焦距是4，所以焦点坐标是(0，－2)，(0,2)，

2a＝＋＝4，所以a＝2，b＝2，

即椭圆C的方程是＋＝1.

(2)若直线l垂直于x轴，则点E(0,2)，F(0，－2)，·＝－8.

若直线l不垂直于x轴，设l的方程为y＝kx＋2，

点E(x1，y1)，F(x2，y2)，

将直线l的方程代入椭圆C的方程得到(2＋k2)x2＋4kx－4＝0，

则x1＋x2＝，x1x2＝，

所以·＝x1x2＋y1y2＝(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4

＝＋＋4＝－8，

因为0<≤10，所以－8<·≤2，

综上所述，·的取值范围是[－8,2]．

2．(2019·南宁模拟)已知点P(0，－2)，点A，B分别为椭圆E：＋＝1(a>b>0)的左右顶点，直线BP交E于点Q，△ABP是等腰直角三角形，且＝.

(1)求E的方程；

(2)设过点P的动直线l与E相交于M，N两点，当坐标原点O位于MN以为直径的圆外时，求直线l斜率的取值范围．

[解]　(1)由题意题意△ABP是等腰直角三角形，a＝2，B(2,0)，

设Q(x0，y0)，由＝，则

代入椭圆方程，解得b2＝1，

∴椭圆方程为＋y2＝1.

(2)由题意可知，直线l的斜率存在，方程为y＝kx－2，M(x1，y1)，N(x2，y2)，

则整理得(1＋4k2)x2－16kx＋12＝0，

由直线l与E有两个不同的交点，则Δ＞0，

即(－16k)2－4×12×(1＋4k2)＞0，解得k2＞，

由根与系数的关系可知x1＋x2＝，x1x2＝，

由坐标原点O位于MN为直径的圆外，

则·＞0，即x1x2＋y1y2＞0，

则x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1－2)(kx2－2)＝(1＋k2)x1x2－2k×(x1＋x2)＋4

＝(1＋k2)－2k×＋4＞0，解得k2＜4，

综上可知：＜k2＜4，解得＜k＜2或－2＜k＜－，

∴直线l斜率的取值范围为∪.

3．已知椭圆的中心在坐标原点，A(2,0)，B(0,1)是它的两个顶点，直线y＝kx(k>0)与直线AB相交于点D，与椭圆相交于E，F两点．

(1)若＝6，求k的值；

(2)求四边形AEBF面积的最大值．

[解]　(1)由题设条件可得，椭圆的方程为＋y2＝1，直线AB的方程为x＋2y－2＝0.设D(x0，kx0)，E(x1，kx1)，F(x2，kx2)，其中x1<x2，由得(1＋4k2)x2＝4，解得x2＝－x1＝ .①

由＝6，得(x0－x1，k(x0－x1))＝6(x2－x0，k(x2－x0))，即x0－x1＝6(x2－x0)，∴x0＝(6x2＋x1)＝x2＝ .

由D在AB上，得x0＋2kx0－2＝0，∴x0＝.

∴＝，化简，得24k2－25k＋6＝0，

解得k＝或k＝.

(2)根据点到直线的距离公式和①式可知，点E，F到AB的距离分别为d1＝＝，

d2＝＝，

又|AB|＝＝，

∴四边形AEBF的面积为

S＝|AB|(d1＋d2)＝××＝＝2＝2＝2≤2＝2，

当且仅当4k＝(k>0)，即k＝时，等号成立．

故四边形AEBF面积的最大值为2.