課時規(guī)范練75最值與范圍問題1.(2024·山東棗莊八中?？?若橢圓E:x2a2+y2b2=1(a>b>0)過拋物線x2=4y(1)求橢圓E的方程;(2)不過原點O的直線l:y=x+m與橢圓E交于A,B兩點,求△ABO面積的最大值以及此時直線l的方程.2.(2024·山東濟寧模擬)已知中心在原點的雙曲線C的右焦點為(2,0),實軸長為23.(1)求雙曲線C的方程;(2)若直線l:y=kx+2與雙曲線C左支交于A,B兩點,求k的取值范圍;(3)在(2)的條件下,線段AB的垂直平分線l0與y軸交于M(0,m),求m的取值范圍.3.已知拋物線C:x2=2py(p>0)的通徑長為12,若拋物線C上有一動弦AB的中點為M,且弦AB的長度為3.(1)拋物線C的方程;(2)點M的縱坐標的最小值.4.(2024·湖南衡陽模擬)已知橢圓C:x2a2+y2b2=1(a>b>0)左焦點為F,離心率為12,以坐標原點(1)求C的方程;(2)設點P(4,0),A,B是橢圓上關于x軸對稱的兩點,PB交C于另一點E,求△AEF的內(nèi)切圓半徑的取值范圍.5.(2021·全國乙,文20)已知拋物線C:y2=2px(p>0)的焦點F到準線的距離為2.(1)求C的方程;(2)已知O為坐標原點,點P在C上,點Q滿足PQ=9QF,求直線OQ斜率的最大值.6.已知P是平面上的動點,且點P與F1(-2,0),F2(2,0)的距離之差的絕對值為22.設點P的軌跡為曲線E.(1)求曲線E的方程;(2)設不與x軸垂直的直線l過點F1且交曲線E于M,N兩點,曲線E與x軸的交點為A,B,當|MN|≥42時,求AM·NB

課時規(guī)范練75最值與范圍問題1.解(1)拋物線x2=4y的焦點為(0,1),所以b=1.因為雙曲線x2-y2=1的焦點坐標為(-2,0),(2,0),所以a2-b2=2,則a2=3.所以橢圓E的方程為x23+y2=(2)設A(x1,y1),B(x2,y2),聯(lián)立x23+y2=1,y=x+m,可得4因為直線l:y=x+m與橢圓E交于A,B兩點,所以Δ=36m2-16(3m2-3)>0,解得m2<4.由根與系數(shù)的關系可得x1+x2=-3m2,x1x2由弦長公式可得|AB|=2·點O到直線l的距離d=|m所以S△OAB=12·d·|AB|=12當且僅當m2=2,即m=±2時,等號成立,所以△ABC面積的最大值為32,此時直線l的方程為y=x±2.解(1)設雙曲線C的方程為x2a2?y2b2=1(a>0,b>0),由已知條件可知a=3,c=2,再由a2+b2故雙曲線C的方程為x23-y2=(2)設A(xA,yA),B(xB,yB),由y=kx+2,x23-y2=1,得(1-3k2)x2-62kx-9=0,由題意可知Δ=36(1-k2)>0,(3)由(2)得xA+xB=62k1-3k2,xAxB=-91-3k2,∴yA+yB=kxA+2+kx∴AB的中點P的坐標為(32k易知直線l0的方程為y=-1kx+m,代入點P的坐標,得m=∵33<k<1,∴-2<1-3k2∴m<-22故m的取值范圍為(-∞,-22).3.解(1)由題意可知2p=12,所以拋物線C的方程為x2=12(2)由題意可知,直線AB的斜率必存在,設直線AB的方程為y=kx+b,A(x1,y1),B(x2,y2),M(x0,y0),則x0=x1+x22聯(lián)立y=kx+b,x2所以x1+x2=k2,x1x2=-b2,y1+y2=k22又|AB|=(1+k2)[(x1+所以y0=y1+y22=12(k22+2b)=當且僅當91+k2=k2+14,即k2=54.解(1)依題意c=|OF|=22=1,ca=1(2)因為AE不與x軸重合,所以設AE的方程為x=my+t(m≠0).設點A(x1,y1)(y1≠0),E(x2,y2),則B(x1,-y1).聯(lián)立x=my+t,x24+y23=1,消去x,整理得(3m2+4)y2+6mty+3t2-12=0,則Δ=48(3m2-t2+4)>因為P,B,E三點共線且直線PB的斜率一定存在,所以y2x2-4=-y1x1-4,所以x1將x1=my1+t,x2=my2+t代入,可得2my1y2=(4-t)(y1+y2),從而2m(3t2-12)=(4-t)(-6mt),即t=1,滿足Δ=48(3m2+3)>0,所以直線AE過定點Q(1,0),且Q為橢圓右焦點.設所求內(nèi)切圓的半徑為r,因為△AEF的面積是S△AEF=12×4a·r=4r,所以r=S△AEF4=S△FQA+S△FQE4=1因為u>1,對勾函數(shù)y=3u+1u在(1,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以3u+1u>4,則0所以△AEF內(nèi)切圓半徑的取值范圍為(0,34)5.解(1)在拋物線C中,焦點F到準線的距離為p,故p=2,C的方程為y2=4x.(2)設點P(x1,y1),Q(x2,y2).又F(1,0),則PQ=(x2-x1,y2-y1),QF=(1-x2,-y2).因為PQ=9QF,所以x2-x1=9(1-x2),y2-y1=-9y2,得x1=10x2-9,y1=10y2.又因為點P在拋物線C上,所以y12=4x1,所以(10y2)2=4(10x2-9),則點Q的軌跡方程為y2=2易知直線OQ的斜率存在.設直線OQ的方程為y=kx,當直線OQ和曲線y2=25x-925相切時,由y=kx,y2=25x-即k2x2-25x+925=0,(*當直線OQ和曲線y2=25x-925相切時,方程(*)的判別式Δ=0,即-252-4k2·925=0,解得6.解(1)依題意,P是平面上的動點,且點P與F1(-2,0),F2(2,0)的距離之差的絕對值為22,即||PF1|-|PF2||=22<|F1F2|=4,根據(jù)雙曲線的定義,可得點P的軌跡E是以F1(-2,0),F2(2,0)為焦點的雙曲線,其中2a=22,2c=4,所以a=2,c=2,則b=c2-a2=2,所以曲線(2)設直線l的方程為y=k(x+2),點M(x1,y1),N(x2,y2),聯(lián)立y=k(x+2),x22-y22=1,整理得(1-k2)x2-4k2x-(4k2+2)=0,可得k2≠1且Δ=8(k2+1)由弦長公式,可得|MN|=1+k2·由|MN|≥42,可得k2+1|1-k2|≥2,解得13≤不妨令A(-2,0),B(2,0),則AM·NB+AN·MB=(x1+2,y1)·(2