2023屆高考數(shù)學(xué)特訓(xùn)營(yíng)-專攻(五)-圓錐曲線中的最值、范圍問(wèn)題

高考專攻(五)圓錐曲線中的最值、范圍問(wèn)題1．(2022·四川綿陽(yáng)市適應(yīng)性考試)定義：由橢圓的兩個(gè)焦點(diǎn)和短軸的一個(gè)端點(diǎn)組成的三角形稱為該橢圓的“特征三角形”．若兩個(gè)橢圓的“特征三角形”是相似的，則稱這兩個(gè)橢圓是“相似橢圓”，并將“特征三角形”的相似比稱為橢圓的相似比．已知橢圓C1：eq\f(x2,4)＋eq\f(y2,2)＝1，橢圓C2與C1是“相似橢圓”，已知橢圓C2的短半軸長(zhǎng)為b.(1)寫(xiě)出橢圓C2的方程(用b表示)；(2)若橢圓C2的焦點(diǎn)在x軸上，且C2上存在兩點(diǎn)M，N關(guān)于直線y＝2x＋1對(duì)稱，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．解：(1)由橢圓C2與C1是相似橢圓，得eq\f(a2,b2)＝eq\f(4,2)＝eq\f(2,1)，所以橢圓C2的方程為eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1或eq\f(y2,2b2)＋eq\f(x2,b2)＝1.(2)由題設(shè)知橢圓C2為eq\f(x2,2b2)＋eq\f(y2,b2)＝1，設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，M，N的中點(diǎn)為E，lMN：y＝－eq\f(1,2)x＋m.所以聯(lián)立lMN與橢圓C2的方程，整理得3x2－4mx＋4(m2－b2)＝0，所以Δ>0，即b2>eq\f(2,3)m2且x1＋x2＝eq\f(4m,3)＝2xE，所以xE＝eq\f(2m,3)，yE＝－eq\f(1,2)xE＋m＝eq\f(2m,3)，由E(eq\f(2m,3)，eq\f(2m,3))在直線y＝2x＋1上，得m＝－eq\f(3,2)，于是b2>eq\f(2,3)m2＝eq\f(3,2)，所以b的取值范圍為(eq\f(\r(6),2)，＋∞)．2．(2022·福建廈門(mén)模擬)設(shè)拋物線C：x2＝2py(p>0)的焦點(diǎn)為F，點(diǎn)P(m，2)(m>0)在拋物線C上，且滿足|PF|＝3.(1)求拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程；(2)過(guò)點(diǎn)G(0，4)的直線l與拋物線C交于A，B兩點(diǎn)，分別以A，B為切點(diǎn)的拋物線C的兩條切線交于點(diǎn)Q，求三角形PQG周長(zhǎng)的最小值．解：(1)由拋物線定義，得|PF|＝2＋eq\f(p,2)＝3，得p＝2，所以拋物線C的標(biāo)準(zhǔn)方程為x2＝4y.(2)設(shè)A(x1，y1)，B(x2，y2)，直線l的方程為y＝kx＋4，所以聯(lián)立eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋4,x2＝4y))，消去y得x2－4kx－16＝0，Δ>0，所以x1＋x2＝4k，x1x2＝－16.設(shè)曲線在點(diǎn)A，B處的切線斜率分別為k1，k2，則k1＝eq\f(x1,2)，k2＝eq\f(x2,2)，所以在點(diǎn)A的切線方程為y－y1＝eq\f(x1,2)(x－x1)，即y＝eq\f(x1x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)①，同理，在B的切線方程為y＝eq\f(x2x,2)－eq\f(xeq\o\al(2,2),4)②，由①②得xQ＝eq\f(x1＋x2,2)＝2k，代入①或②中可得yQ＝kx1－eq\f(xeq\o\al(2,1),4)＝y(tǒng)1－4－y1＝－4，所以Q(2k，－4)，即Q在定直線y＝－4上．設(shè)點(diǎn)G關(guān)于直線y＝－4的對(duì)稱點(diǎn)為G′，則G′(0，－12)，由(1)知P(2eq\r(2)，2)，因?yàn)閨PQ|＋|GQ|＝|PQ|＋|G′Q|≥|G′P|＝2eq\r(51)，即P，Q，G′三點(diǎn)共線時(shí)等號(hào)成立，所以三角形PQG周長(zhǎng)的最小值為|GP|＋|G′P|＝2eq\r(51)＋2eq\r(3).3．(2022·安徽宿州最后一卷)已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的離心率為eq\f(\r(3),2)，E的左頂點(diǎn)為A，上頂點(diǎn)為B，左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，點(diǎn)P在橢圓上，且△PF1F2的周長(zhǎng)為4＋2eq\r(3).(1)求橢圓E的方程；(2)若直線l：y＝kx＋m(k≠0)與橢圓交于不同的兩點(diǎn)M、N，且線段MN的垂直平分線過(guò)定點(diǎn)G(1，0)，求k的取值范圍．解：(1)由題意知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(2a＋2c＝4＋2\r(3),e＝\f(c,a)＝\f(\r(3),2)))，所以eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2,c＝\r(3)))，則b2＝a2－c2＝1，所以橢圓E的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)設(shè)M(x1，y1)，N(x2，y2)，弦MN的中點(diǎn)D(x0，y0)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y＝kx＋m,\f(x2,4)＋y2＝1))，消去y整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0，因?yàn)橹本€l：y＝kx＋m(k≠0)與橢圓交于不同的兩點(diǎn)，所以Δ＝64k2m2－4(1＋4k2)(4m2－4)>0，即m2<1＋4k2.由韋達(dá)定理得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(8km,1＋4k2),x1·x2＝\f(4m2－4,1＋4k2)))，則x0＝eq\f(x1＋x2,2)＝－eq\f(4km,1＋4k2)，y0＝kx0＋m＝eq\f(m,1＋4k2)，所以直線DG的斜率kDG＝eq\f(y0,x0－1)＝－eq\f(m,4km＋1＋4k2)，又由直線DG和直線MN垂直，可得－eq\f(m,4km＋1＋4k2)·k＝－1，則m＝－eq\f(1＋4k2,3k)，代入m2<1＋4k2，可得(－eq\f(1＋4k2,3k))2<1＋4k2，即k2>eq\f(1,5)，解得k>eq\f(\r(5),5)或k<－eq\f(\r(5),5).4．(2022·陜西省質(zhì)量檢測(cè))已知橢圓E：eq\f(x2,a2)＋eq\f(y2,b2)＝1(a>b>0)的左、右焦點(diǎn)分別為F1，F(xiàn)2，橢圓E的離心率為eq\f(\r(3),2)，且通徑(過(guò)焦點(diǎn)且垂直于x軸的弦)長(zhǎng)為1.(1)求E的方程；(2)直線l與E交于M，N兩點(diǎn)(M，N在x軸的同側(cè))，當(dāng)F1M∥F2N時(shí)，求四邊形F1F2NM面積的最大值．解：(1)依題意可知eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(\f(c,a)＝\f(\r(3),2)，,\f(2b2,a)＝1，,a2＝b2＋c2，))解得eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(a＝2，,b＝1，,c＝\r(3)，))故橢圓的方程為eq\f(x2,4)＋y2＝1.(2)延長(zhǎng)MF1交E于點(diǎn)M0，由(1)可知F1(－eq\r(3)，0)，F(xiàn)2(eq\r(3)，0)，M(x1，y1)，M0(x2，y2)，設(shè)MF1的方程為x＝my－eq\r(3)，由eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(x＝my－\r(3)，,\f(x2,4)＋y2＝1，))得(m2＋4)y2－2eq\r(3)my－1＝0，故eq\b\lc\{(\a\vs4\al\co1(y1＋y2＝\f(2\r(3)m,m2＋4)，,y1y2＝－\f(1,m2＋4).))設(shè)F1M與F2N的距離為d，四邊形F1F2NM的面積為S，S＝eq\f(1,2)(|F1M|＋|F2N|)d＝eq\f(1,2)(|F1M|＋|F1M0|)d＝eq\f(1,2)|MM0|d＝S△MF2M0，又因?yàn)镾△MF2M0＝eq\f(1,2)·|F1F2|·|y1－y2|＝eq\f(1,2)·2eq\r(3)·|y1－y2|＝eq\r(3)·eq\r(（y1＋y2）2－4y1y2)＝