新高考数学考前考点冲刺精练卷51《圆锥曲线中范围与最值问题》（2份，原卷版+教师版）

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(1)求椭圆C的方程；
(2)若椭圆C的右顶点为A，与x轴不垂直的直线l交椭圆C于M，N两点(M，N与A点不重合)，且满足AM⊥AN，点Q为MN的中点，求直线MN与AQ的斜率之积的取值范围．
【答案解析】解：(1)在圆E的方程中，令y＝0，得x2＝3，解得x＝±eq \r(3)，
所以F1，F2的坐标分别为(﹣eq \r(3)，0)，(eq \r(3)，0)．
因为E(0，eq \f(1,4))，又因为|OE|＝eq \f(1,2)|F2P|，OE∥F2P，
所以点P的坐标为(eq \r(3)，eq \f(1,2))，
所以2a＝|PF1|＋|PF2|＝2×eq \f(7,4)＋eq \f(1,2)＝4，得a＝2，b＝1，
即椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)右顶点为A(2,0)，由题意可知直线AM的斜率存在且不为0，
设直线AM的方程为y＝k(x﹣2)，由MN与x轴不垂直，故k≠±1.
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－2，,\f(x2,4)＋y2＝1，))
得(1＋4k2)x2﹣16k2x＋16k2﹣4＝0，设M(x1，y1)，N(x2，y2)，又点A(2,0)，
则由根与系数的关系可得2x1＝eq \f(16k2－4,1＋4k2)，
得x1＝eq \f(8k2－2,1＋4k2)，y1＝k(x1﹣2)＝eq \f(－4k,1＋4k2)，
因为AM⊥AN，所以直线AN的方程为y＝﹣eq \f(1,k)(x﹣2)，
用﹣eq \f(1,k)替换k可得，x2＝eq \f(8－2k2,4＋k2)，y2＝eq \f(4k,4＋k2)，
所以点Q坐标为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(30k2,1＋4k24＋k2)，\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2)))，
所以直线AQ的斜率
k1＝eq \f(\f(6kk2－1,1＋4k24＋k2),\f(30k2,1＋4k24＋k2)－2)＝eq \f(3k1－k2,22k4＋k2＋2)，
直线MN的斜率k2＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝eq \f(\f(4k,4＋k2)＋\f(4k,1＋4k2),\f(8－2k2,4＋k2)－\f(8k2－2,1＋4k2))＝eq \f(5k,41－k2)，
所以k1k2＝eq \f(15k2,82k4＋k2＋2)＝eq \f(15,8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k2＋\f(2,k2)＋1)))，
因为k2＞0且k2≠1，
所以2k2＋eq \f(2,k2)＋1＞2eq \r(2k2×\f(2,k2))＋1＝5，所以0＜eq \f(15,8\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(2k2＋\f(2,k2)＋1)))＜eq \f(3,8)，即k1k2∈(0，eq \f(3,8)).
所以直线MN与AQ的斜率之积的取值范围是(0，eq \f(3,8)).
设椭圆Γ：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的离心率为eq \f(\r(3),2)，点A，B，C分别为Γ的上、左、右顶点，且|BC|＝4.
(1)求Γ的标准方程；
(2)点D为直线AB上的动点，过点D作l∥AC，设l与Γ的交点为P，Q，求|PD|·|QD|的最大值．
【答案解析】解：(1)由题意得2a＝|BC|＝4，解得a＝2.
又因为e＝eq \f(c,a)＝eq \f(\r(3),2)，所以c＝eq \r(3)，则b2＝a2﹣c2＝1.
所求Γ的标准方程为eq \f(x2,4)＋y2＝1.
(2)方法一 由(1)可得A(0,1)，B(﹣2,0)，C(2,0)，则kAC＝﹣eq \f(1,2)，
直线AB的方程为x﹣2y＋2＝0，设直线l的方程为y＝﹣eq \f(1,2)x＋λ.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋λ，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，整理得，x2﹣2λx＋2λ2﹣2＝0.①
由Δ＞0，得﹣eq \r(2)＜λ＜eq \r(2)，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x＋λ，,x－2y＋2＝0，))
解得D的坐标为(λ﹣1，eq \f(1,2)λ＋eq \f(1,2))，设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，
由①知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2λ，,x1x2＝2λ2－2，))②
又|PD|＝eq \f(\r(5),2)|x1﹣(λ﹣1)|，|QD|＝eq \f(\r(5),2)|x2﹣(λ﹣1)|，
所以|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|x1x2﹣(λ﹣1)(x1＋x2)＋(λ﹣1)2|，③
将②代入③，得|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|λ2﹣1| ，λ∈(﹣eq \r(2)，eq \r(2))，
所以当λ＝0时，|PD|·|QD|有最大值eq \f(5,4).
方法二 设eq \(AD,\s\up6(→))＝λeq \(AB,\s\up6(→))＝λ(﹣2，﹣1)＝(﹣2λ，﹣λ)，则D(﹣2λ，1﹣λ)，
由点斜式，可得直线l的方程为y﹣(1﹣λ)＝﹣eq \f(1,2)(x＋2λ)，即y＝﹣eq \f(1,2)x﹣2λ＋1.
联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝－\f(1,2)x－2λ＋1，,\f(x2,4)＋y2＝1，))消去y，得x2＋(4λ﹣2)x＋8λ2﹣8λ＝0，①
由Δ＝(4λ﹣2)2﹣4×(8λ2﹣8λ)＞0，解得eq \f(1－\r(2),2)＜λ＜eq \f(1＋\r(2),2)，
设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，由①得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x1＋x2＝2－4λ，,x1x2＝8λ2－8λ，))②
由题意可知|PD|＝eq \f(\r(5),2)|x1＋2λ|，|QD|＝eq \f(\r(5),2)|x2＋2λ|，
所以|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|x1x2＋2λ(x1＋x2)＋4λ2|，③
将②代入③得|PD|·|QD|＝eq \f(5,4)|4λ2﹣4λ|＝5|λ2﹣λ|，
当λ＝eq \f(1,2)时，|PD|·|QD|有最大值eq \f(5,4).
如图所示，点A，B分别是椭圆eq \f(x2,36)＋eq \f(y2,20)＝1长轴的左、右端点，点F是椭圆的右焦点，点P在椭圆上，且位于x轴上方，PA⊥PF.
(1)求点P的坐标；
(2)设M是椭圆长轴AB上的一点，点M到直线AP的距离等于|MB|，求椭圆上的点到点M的距离d的最小值．
【答案解析】解：(1)由已知可得点A(﹣6,0)，F(4,0)，设点P的坐标是(x，y)，
则eq \(AP,\s\up6(→))＝(x＋6，y)，eq \(FP,\s\up6(→))＝(x﹣4，y)，
∵PA⊥PF，∴eq \(AP,\s\up6(→))·eq \(FP,\s\up6(→))＝0，
则eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,36)＋\f(y2,20)＝1，,x＋6x－4＋y2＝0，))
可得2x2＋9x﹣18＝0，得x＝eq \f(3,2)或x＝﹣6.
由于y＞0，故x＝eq \f(3,2)，于是y＝eq \f(5\r(3),2).
∴点P的坐标是(eq \f(3,2)，eq \f(5\r(3),2)).
(2)由(1)可得直线AP的方程是x﹣eq \r(3)y＋6＝0，点B(6,0)．
设点M的坐标是(m,0)，则点M到直线AP的距离是eq \f(|m＋6|,2)，于是eq \f(|m＋6|,2)＝|m﹣6|，
又﹣6≤m≤6，解得m＝2.由椭圆上的点(x，y)到点M的距离为d，
得d2＝(x﹣2)2＋y2＝x2﹣4x＋4＋20﹣eq \f(5,9)x2＝eq \f(4,9)(x﹣eq \f(9,2))2＋15，
由于﹣6≤x≤6，由f(x)＝eq \f(4,9)(x﹣eq \f(9,2))2＋15的图象可知，
当x＝eq \f(9,2)时，d取最小值，且最小值为eq \r(15).
已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，离心率为eq \f(\r(2),2)，P是椭圆C上的一个动点，当P是椭圆C的上顶点时，△F1PF2的面积为1.
(1)求椭圆C的方程；
(2)设斜率存在的直线PF2，与椭圆C的另一个交点为Q.若存在T(t,0)，使得|TP|＝|TQ|，求t的取值范围．
【答案解析】解：(1)由题意可知eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(c,a)＝\f(\r(2),2)，,\f(1,2)·b·2c＝1，,b2＋c2＝a2，))解得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(a＝\r(2)，,b＝1，,c＝1，))
故椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)设P(x1，y1)，Q(x2，y2)，线段PQ的中点为N(x0，y0)，直线PF2的斜率为k，
由(1)设直线PQ的方程为y＝k(x﹣1)．当k＝0时，t＝0符合题意；
当k≠0时，联立eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－1，,\f(x2,2)＋y2＝1，))得(1＋2k2)x2﹣4k2x＋2k2﹣2＝0，
∴Δ＝16k4﹣4(1＋2k2)(2k2﹣2)＝8k2＋8＞0，
x1＋x2＝eq \f(4k2,1＋2k2)，∴x0＝eq \f(x1＋x2,2)＝eq \f(2k2,1＋2k2)，y0＝k(x0﹣1)＝eq \f(－k,1＋2k2)，即N(eq \f(2k2,1＋2k2)，eq \f(－k,1＋2k2)).
∵|TP|＝|TQ|，∴直线TN为线段PQ的垂直平分线，∴TN⊥PQ，即kTN·k＝﹣1.
∴eq \f(\f(－k,1＋2k2),\f(2k2,1＋2k2)－t)·k＝﹣1，∴t＝eq \f(k2,1＋2k2)＝eq \f(1,2＋\f(1,k2)).
∵k2＞0，∴eq \f(1,k2)＞0 ,2＋eq \f(1,k2)＞2，∴0＜eq \f(1,2＋\f(1,k2))＜eq \f(1,2)，
即t∈[0，eq \f(1,2)).
已知椭圆E：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a＞b＞0)过点A(0，﹣2)，以四个顶点围成的四边形面积为4eq \r(5).
(1)求椭圆E的标准方程；
(2)过点P(0，﹣3)的直线l斜率为k，交椭圆E于不同的两点B，C，直线AB，AC交y＝﹣3于点M，N，若|PM|＋|PN|≤15，求k的取值范围．
【答案解析】解：(1)因为椭圆过A(0，﹣2)，故b＝2，
因为四个顶点围成的四边形的面积为4eq \r(5)，
故eq \f(1,2)×2a×2b＝4eq \r(5)，即a＝eq \r(5)，故椭圆的标准方程为eq \f(x2,5)＋eq \f(y2,4)＝1.
(2)设B(x1，y1)，C(x2，y2)，
因为直线BC的斜率存在，故x1x2≠0，
故直线AB：y＝eq \f(y1＋2,x1)x﹣2，令y＝﹣3，则xM＝﹣eq \f(x1,y1＋2)，同理xN＝﹣eq \f(x2,y2＋2).
直线BC：y＝kx﹣3，由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(y＝kx－3，,4x2＋5y2＝20，))可得(4＋5k2)x2﹣30kx＋25＝0，
故Δ＝900k2﹣100(4＋5k2)＞0，解得k＜﹣1或k＞1.
又x1＋x2＝eq \f(30k,4＋5k2)，x1x2＝eq \f(25,4＋5k2)，故x1x2＞0，所以xMxN＞0.
又|PM|＋|PN|＝|xM＋xN|＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,y1＋2)＋\f(x2,y2＋2)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(x1,kx1－1)＋\f(x2,kx2－1)))
＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(2kx1x2－x1＋x2,k2x1x2－kx1＋x2＋1)))＝eq \b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(\f(\f(50k,4＋5k2)－\f(30k,4＋5k2),\f(25k2,4＋5k2)－\f(30k2,4＋5k2)＋1)))＝5|k|，
故5|k|≤15，即|k|≤3，
综上，﹣3≤k＜﹣1或1＜k≤3.
过双曲线Γ：eq \f(x2,a2)﹣eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)的左焦点F1的动直线l与Γ的左支交于A，B两点，设Γ的右焦点为F2.
(1)若△ABF2可以是边长为4的正三角形，求此时Γ的标准方程；
(2)若存在直线l，使得AF2⊥BF2，求Γ的离心率的取值范围．
【答案解析】解：(1)依题意得|AF1|＝2，|AF2|＝4，|F1F2|＝2eq \r(3).
∴2a＝|AF2|﹣|AF1|＝2，a＝1，
2c＝|F1F2|＝2eq \r(3)，c＝eq \r(3)，b2＝c2﹣a2＝2，
此时Γ的标准方程为x2﹣eq \f(y2,2)＝1.
(2)设l的方程为x＝my﹣c，与eq \f(x2,a2)﹣eq \f(y2,b2)＝1联立，
得(b2m2﹣a2)y2﹣2b2cmy＋b4＝0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则y1＋y2＝eq \f(2b2cm,b2m2－a2)，y1y2＝eq \f(b4,b2m2－a2)，
由AF2⊥BF2，eq \(F2A,\s\up6(－→))·eq \(F2B,\s\up6(－→))＝0，(x1﹣c)(x2﹣c)＋y1y2＝0，
(my1﹣2c)(my2﹣2c)＋y1y2＝0
⇒(m2＋1)b4﹣4m2c2b2＋4c2(b2m2﹣a2)＝0
⇒(m2＋1)b4＝4a2c2
⇒(m2＋1)＝eq \f(4a2c2,b4)≥1
⇒4a2c2≥(c2﹣a2)2，
∴c4＋a4﹣6a2c2≤0⇒e4﹣6e2＋1≤0，
又∵e＞1，∴1＜e2≤3＋2eq \r(2)，
∴1＜e≤1＋eq \r(2)，
又A，B在左支且l过F1，
∴y1y2＜0，
eq \f(b4,b2m2－a2)＜0⇒m2＜eq \f(a2,b2)⇒m2＋1＝eq \f(4a2c2,b4)＜eq \f(a2,b2)＋1，
∴4a2＜b2＝c2﹣a2⇒e2＞5.
综上所述，eq \r(5)＜e≤1＋eq \r(2).
已知双曲线eq \f(x2,a2)﹣eq \f(y2,b2)＝1(a＞0，b＞0)，O为坐标原点，离心率e＝2，点M(eq \r(5)，eq \r(3))在双曲线上．
(1)求双曲线的方程；
(2)如图，若直线l与双曲线的左、右两支分别交于点Q，P，且eq \(OP,\s\up6(→))·eq \(OQ,\s\up6(→))＝0，求|OP|2＋|OQ|2的最小值．
【答案解析】解：(1)因为e＝eq \f(c,a)＝2，
所以c＝2a，b2＝c2﹣a2＝3a2.
所以双曲线的方程为eq \f(x2,a2)﹣eq \f(y2,3a2)＝1，即3x2﹣y2＝3a2.
因为点M(eq \r(5)，eq \r(3))在双曲线上，所以15﹣3＝3a2，所以a2＝4.
所以所求双曲线的方程为eq \f(x2,4)﹣eq \f(y2,12)＝1.
(2)设直线OP的方程为y＝kx(k≠0)，则直线OQ的方程为y＝﹣eq \f(1,k)x，
由eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)－\f(y2,12)＝1，,y＝kx，))得eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(x2＝\f(12,3－k2)，,y2＝\f(12k2,3－k2)，))所以|OP|2＝x2＋y2＝eq \f(12k2＋1,3－k2).
同理可得|OQ|2＝eq \f(12\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2))),3－\f(1,k2))＝eq \f(12k2＋1,3k2－1)，
所以eq \f(1,|OP|2)＋eq \f(1,|OQ|2)＝eq \f(3－k2＋3k2－1,12k2＋1)＝eq \f(2＋2k2,12k2＋1)＝eq \f(1,6).
设|OP|2＋|OQ|2＝t，
则t·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,|OP|2)＋\f(1,|OQ|2)))＝2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|OQ|,|OP|)))2＋eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(|OP|,|OQ|)))2≥2＋2＝4，所以t≥eq \f(4,\f(1,6))＝24，
即|OP|2＋|OQ|2≥24(当且仅当|OP|＝|OQ|＝2eq \r(3)时取等号)．
所以当|OP|＝|OQ|＝2eq \r(3)时，|OP|2＋|OQ|2取得最小值24.