高考数学一轮复习课时分层作业54圆锥曲线中的范围、最值问题含答案

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1．[解] (1)依题意，c＝2a，当l垂直于x轴时，|PQ|＝2b2a＝6，
即b2＝3a，即c2－a2＝3a，
解得a＝1，b＝3，因此双曲线的方程为x2－y23＝1.
(2)设lPQ：x＝my＋2，联立双曲线方程x2－y23＝1，
得(3m2－1)y2＋12my＋9＝0，
当m＝0时，P(2，3)，Q(2，－3)，M(－1，0)，N(1，0)，
MP·NQ+MQ·NP＝－12.
当m≠0时，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，M(x3，y3)，
N(x4，y4)，
因为直线PQ与双曲线右支相交，
因此y1y2＝93m2-1＜0，
即m∈-33，0∪0，33，
同理可得y3y4＝9m23-m2，
依题意MP·NQ＝(MF+FP)·(NF+FQ)＝MF·NF+FP·FQ，
同理可得，MQ·NP＝(MF+FQ)·(NF+FP)＝MF·NF+FP·FQ，
而FP·FQ+MF·NF＝(1＋m2)y1y2＋1+1m2y3y4，
代入y1y2＝93m2-1，y3y4＝9m23-m2，
FP·FQ+MF·NF＝91+m23m2-1+91+m23-m2＝-181+m221-3m23-m2＝－63m4+6m2+33m4-10m2+3，
分离参数得，FP·FQ+MF·NF＝－6－96m23m4-10m2+3，
因为m∈-33，0∪0，33，
当m2∈0，13时，m2＋1m2∈103，+∞，
FP·FQ+MF·NF＝－6－963m2+1m2-10∈(－∞，－6)，
所以MP·NQ+MQ·NP＝2(FP·FQ+MF·NF)∈(－∞，－12)，
综上可知，MP·NQ+MQ·NP的取值范围为(－∞，－12].
2．[解] (1)因为椭圆E过点A(0，－2)，所以b＝2.
以四个顶点围成的四边形面积为45，故12×2a×2b＝2ab＝45.
联立b=2， 2ab=45， a2=b2+c2，解得a=5，b=2，c=1，
故椭圆E的标准方程为x25+y24＝1.
(2)由题意可得，直线l的斜率存在，且直线l的方程为y＝kx－3，设B(x1，y1)，C(x2，y2)．
联立y=kx-3， 4x2+5y2=20，消去y整理得
(5k2＋4)x2－30kx＋25＝0，
Δ＝(－30k)2－4(5k2＋4)×25＝400(k2－1)＞0，故k＞1或k＜－1.
由根与系数的关系，得
x1＋x2＝－-30k5k2+4＝30k5k2+4，x1x2＝255k2+4，
进而可得y1＋y2＝k(x1＋x2)－6＝－245k2+4，
y1y2＝(kx1－3)(kx2－3)＝k2x1x2－3k(x1＋x2)＋9＝36-20k25k2+4.
直线AB的方程为y＋2＝y1+2x1x，
令y＝－3，则x＝－x1y1+2，故点M-x1y1+2，-3.
直线AC的方程为y＋2＝y2+2x2x，
令y＝－3，则x＝－x2y2+2，故点N-x2y2+2，-3.
|PM|＋|PN|＝x1y1+2+x2y2+2
＝x1·y2+2+x2·y1+2y1+2·y2+2
＝x1·kx2-1+x2·kx1-1y1·y2+2y1+y2+4
＝2kx1x2-x1+x2y1·y2+2y1+y2+4
＝2k·255k2+4-30k5k2+436-20k25k2+4-485k2+4+4
＝|5k|≤15，
即|k|≤3，解得－3≤k≤3.
综上，k的取值范围为[－3，－1)∪(1，3].
3．[解] (1)因为椭圆C1：x2a2+y2b2＝1(a＞b＞0)经过点E(1，1)，所以1a2+1b2＝1，
椭圆的离心率为22，则a2＝2c2，即a2＝2b2，
即12b2+1b2＝1，解得a2＝3，b2＝32，
所以椭圆C1的方程为x23+2y23＝1.
(2)当直线AB的斜率不存在时，设以AB为直径的圆的圆心为(t，0)，则(x－t)2＋y2＝t2，
不妨取A(t，t)，故t23+2t23＝1，解得t＝±1.
故AB的方程为x＝±1，
直线CD过AB中点，即为x轴，
得|AB|＝2，|CD|＝23，
故SACBD＝12|AB|·|CD|＝23.
当直线AB的斜率存在时，设其方程为y＝kx＋m，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
联立x2+2y2=3y=kx+m，可得(2k2＋1)x2＋4kmx＋2m2－3＝0，
则Δ＝4(6k2－2m2＋3)＞0，①
x1＋x2＝－4km2k2+1，②
x1x2＝2m2-32k2+1 ，③
以AB为直径的圆过原点即
OA·OB＝x1x2＋y1y2＝x1x2＋(kx1＋m)(kx2＋m)＝0，
化简可得(k2＋1)x1x2＋km(x1＋x2)＋m2＝0，
将②③两式代入，整理得
(k2＋1)(2m2－3)＋km(－4km)＋m2(2k2＋1)＝0，
即m2＝k2＋1，④
将④式代入①式，得Δ＝4(4k2＋1)＞0恒成立，则k∈R.
设线段AB中点为M，由OC＝t(OA+OB)＝2tOM，
不妨设t＞0，得SACBD＝2SOACB＝4tS△OAB，
又因为S△OAB＝12|m||x1－x2|＝|m|4k2+12k2+1，
所以SACBD＝4t|m|4k2+12k2+1，
又由OC＝t(OA+OB)，则C点坐标为
(t(x1＋x2)，t(y1＋y2))，
化简得tx1+x2=-4km2k2+1t，ty1+y2=2m2k2+1t，
代入椭圆方程可得8m2t22k2+1＝3，即t＝32k2+18m2，
则SACBD＝4tS△OAB＝432k2+18m2|m|4k2+12k2+1
＝64k2+12k2+1＝62-12k2+1＜23，
综上，四边形ACBD面积的最大值为23.
4．[解] (1)抛物线的准线为x＝－p2，当MD与x轴垂直时，点M的横坐标为p，
此时|MF|＝p＋p2＝3，所以p＝2，
所以抛物线C的方程为y2＝ 4x.
(2)设My124，y1，Ny224，y2，Ay324，y3，
By424，y4，直线MN：x＝my＋1，
由x=my+1y2=4x可得y2－4my－4＝0，Δ＞0，y1y2＝－4，
当直线MN的斜率存在时，
由斜率公式可得kMN＝y1-y2y124-y224＝4y1+y2，kAB＝y3-y4y324-y424＝4y3+y4，
直线MD：x＝x1-2y1·y＋2，代入抛物线方程可得y2－4x1-2y1·y－8＝0，
Δ＞0，y1y3＝－8，所以y3＝2y2，同理可得y4＝2y1，
所以kAB＝4y3+y4＝42y1+y2＝kMN2，
又因为直线MN、AB的倾斜角分别为α，β，
所以kAB＝tan β＝kMN2＝tanα2，
若要使α－β最大，则β∈0，π2，
设kMN＝2kAB＝2k＞0，则tan (α－β)＝tanα-tanβ1+tanαtanβ＝k1+2k2＝11k+2k≤121k·2k＝24，
当且仅当1k＝2k即k＝22时，等号成立，
所以当α－β 最大时，kAB＝22，设直线AB：x＝2y＋n，
代入抛物线方程可得y2－42y－4n＝0，
Δ＞0，y3y4＝－4n＝4y1y2＝－16，所以n＝4，
所以直线AB ：x＝2y＋4 .
当直线MN的斜率不存在时，α＝β＝90°，α－β＝0°，tan (α－β)＜24.
综上，直线AB的方程为x＝2y＋4，即x－2y－4＝0.