高中数学定点、定值、范围、最值问题

一、选择题

1.设抛物线y2＝8x的准线与x轴交于点Q，若过点Q的直线l与抛物线有公共点，则直线l的斜率的取值范围是( ) 11A.－2，2 C.[－1，1]

B.[－2，2] D.[－4，4]

解析 Q(－2，0)，设直线l的方程为y＝k(x＋2)，代入抛物线方程，消去y整理得k2x2＋(4k2－8)x＋4k2＝0，由Δ＝(4k2－8)2－4k2·4k2＝64(1－k2)≥0，解得－1≤k≤1. 答案 C

→

x2y2

2.(2017·石家庄模拟)已知P为双曲线C：9－16＝1上的点，点M满足|OM|＝1，→→→且OM·PM＝0，则当|PM|取得最小值时点P到双曲线C的渐近线的距离为( ) 9A.5

12B.5

C.4

D.5

→→

解析 由OM·PM＝0，得OM⊥PM，根据勾股定理，求|MP|的最小值可以转化为求|OP|的最小值，当|OP|取得最小值时，点P的位置为双曲线的顶点(±3，0)，12而双曲线的渐近线为4x±3y＝0，∴所求的距离d＝5，故选B. 答案 B

x2y22

3.已知椭圆C的方程为16＋m2＝1(m＞0)，如果直线y＝2x与椭圆的一个交点M在x轴上的射影恰好是椭圆的右焦点F，则m的值为( ) A.2

B.22

C.8

16－m2，则点(

2

16－m2，2

D.23

2x

16－m2)在椭圆16

解析 根据已知条件得c＝

y2

＋m2＝1(m＞0)上，

16－m216－m2

∴16＋2m2＝1，可得m＝22. 答案 B

x2y2

4.若双曲线a2－b2＝1(a＞0，b＞0)的渐近线与抛物线y＝x2＋2有公共点，则此双曲线的离心率的取值范围是( ) A.[3，＋∞)

B.(3，＋∞)

C.(1，3]

D.(1，3)

b

解析 依题意可知双曲线渐近线方程为y＝±ax，与抛物线方程联立消去y得bx2±ax＋2＝0.

b2

∵渐近线与抛物线有交点，∴Δ＝a2－8≥0，求得b2≥8a2，∴c＝c

∴e＝a≥3. 答案 A

x22

5.(2016·丽水一模)斜率为1的直线l与椭圆4＋y＝1相交于A，B两点，则|AB|的最大值为( ) A.2

45

B.5

410C.5

810D.5 a2＋b2≥3a，

解析 设A，B两点的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2)，

22x＋4y＝4，

直线l的方程为y＝x＋t，由消去y，

y＝x＋t

得5x2＋8tx＋4(t2－1)＝0，

2

4（t－1）8

则x1＋x2＝－5t，x1x2＝.

5

∴|AB|＝

1＋k2|x1－x2|＝1＋k2·（x1＋x2）2－4x1x2

＝2·4（t2－1）42822

－5t－4×＝·5－t，

55

410

当t＝0时，|AB|max＝5. 答案 C 二、填空题

x2y2

6.已知双曲线a2－b2＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线方程是y＝3x，它的一个焦点与抛物线y2＝16x的焦点相同，则双曲线的方程为________. 解析 由条件知双曲线的焦点为(4，0)，

22a＋b＝16，所以b解得a＝2，b＝23，

a＝3，

x2y2

故双曲线方程为4－12＝1. x2y2

答案 4－12＝1

→→→

x2y2

7.已知动点P(x，y)在椭圆25＋16＝1上，若A点坐标为(3，0)，|AM|＝1，且PM·AM→

＝0，则|PM|的最小值是________. →→→→

解析 ∵PM·AM＝0，∴AM⊥PM. →→→→

∴|PM|2＝|AP|2－|AM|2＝|AP|2－1， ∵椭圆右顶点到右焦点A的距离最小， →→

故|AP|min＝2，∴|PM|min＝3. 答案

3

2

y2

8.(2017·平顶山模拟)若双曲线x－b2＝1(b＞0)的一条渐近线与圆x2＋(y－2)2＝1至多有一个公共点，则双曲线离心率的取值范围是________.

解析 双曲线的渐近线方程为y＝±bx，则有

|0－2|1＋b2

≥1，解得b2≤3，则e2＝1

＋b2≤4，∵e＞1，∴1＜e≤2. 答案 (1，2] 三、解答题

x2y22

9.如图，椭圆E：a2＋b2＝1(a>b>0)的离心率是2，点P(0，→→

1)在短轴CD上，且PC·PD＝－1. (1)求椭圆E的方程；

(2)设O为坐标原点，过点P的动直线与椭圆交于A，B两点.是否存在常数λ，→→→→使得OA·OB＋λPA·PB为定值？若存在，求λ的值；若不存在，请说明理由. 解 (1)由已知，点C，D的坐标分别为(0，－b)，(0，b). →→又点P的坐标为(0，1)，且PC·PD＝－1，

c2于是＝，

a2a2－b2＝c2.

1－b2＝－1，

解得a＝2，b＝2.

x2y2

所以椭圆E方程为4＋2＝1. (2)当直线AB的斜率存在时， 设直线AB的方程为y＝kx＋1， A，B的坐标分别为(x1，y1)，(x2，y2). x2y2＋＝1，联立42得(2k2＋1)x2＋4kx－2＝0.

y＝kx＋1，其判别式Δ＝(4k)2＋8(2k2＋1)>0， 4k2所以，x1＋x2＝－2，x1x2＝－2. 2k＋12k＋1

→→→→

从而，OA·OB＋λPA·PB＝x1x2＋y1y2 ＋λ[x1x2＋(y1－1)(y2－1)] ＝(1＋λ)(1＋k2)x1x2＋k(x1＋x2)＋1

（－2λ－4）k2＋（－2λ－1）λ－1＝＝－2－λ－2. 22k＋12k＋1所以，当λ＝1时，－

λ－1

－λ－2＝－3. 2k2＋1

→→→→

此时，OA·OB＋λPA·PB＝－3为定值.

当直线AB斜率不存在时，直线AB即为直线CD， →→→→→→→→此时OA·OB＋λPA·PB＝OC·OD＋PC·PD＝ －2－1＝－3，

→→→→故存在常数λ＝1，使得OA·OB＋λPA·PB为定值－3. x2210.(2016·浙江卷)如图，设椭圆a2＋y＝1(a＞1).

(1)求直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段长(用a，k表示)；

(2)若任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点，求椭圆离心率的取值范围.

y＝kx＋1，解 (1)设直线y＝kx＋1被椭圆截得的线段为AM，由x22得(1＋a2k2)x2

2＋y＝1，a＋2a2kx＝0.

2a2k

故x1＝0，x2＝－，

1＋a2k22a2|k|2因此|AM|＝1＋k|x1－x2|＝22·1＋k. 1＋ak

2(2)假设圆与椭圆的公共点有4个，由对称性可设y轴左侧的椭圆上有两个不同的点P，Q，满足|AP|＝|AQ|.

记直线AP，AQ的斜率分别为k1，k2，且k1，k2＞0，k1≠k2. 2a2|k1|1＋k22a2|k2|1＋k212由(1)知|AP|＝，|AQ|＝， 22221＋ak11＋ak2

222a2|k1|1＋k212a|k2|1＋k2故＝，

1＋a2k21＋a2k212

2222222

所以(k1－k22)[1＋k1＋k2＋a(2－a)k1k2]＝0.

22222由于k1≠k2，k1，k2＞0得1＋k21＋k2＋a(2－a)k1k2＝0，

11

因此k2＋1k2＋1＝1＋a2(a2－2)，①

12

因为①式关于k1，k2的方程有解的充要条件是1＋a2(a2－2)＞1，所以a＞2. 因此，任意以点A(0，1)为圆心的圆与椭圆至多有3个公共点的充要条件为1＜a≤2，

a2－1c2由e＝a＝a得，所求离心率的取值范围是0，.

2

x2y2

11.(2016·湖南师大附中月考)设双曲线C：2－2＝1(a＞0，b＞0)的一条渐近线

ab与抛物线y2＝x的一个交点的横坐标为x0，若x0＞1，则双曲线C的离心率e的取值范围是( ) 6A.1，

2

C.(1，2)

B.(2，＋∞) 6

D.，＋∞ 2

bb22b22

解析 不妨联立y＝ax与y＝x的方程，消去y得a2x＝x，由x0＞1知a2＜1，c2－a2

即a2＜1，故e2＜2，又e＞1，所以1＜e＜2，故选C. 答案 C

x2y2

12.(2017·河南省八市质检)已知双曲线a2－b2＝1(a＞0，b＞0)的离心率为2，它的两条渐近线与抛物线y2＝2px(p＞0)的准线分别交于A，B两点，O为坐标原点.若△AOB的面积为3，则抛物线的准线方程为( ) A.x＝－2

B.x＝2

C.x＝1

D.x＝－1

c

解析 因为e＝a＝2，所以c＝2a，b＝3a，双曲线的渐近线方程为y＝±3x，p

又抛物线的准线方程为x＝－2，联立双曲线的渐近线方程和抛物线的准线方程

pp3p3p

，B－，－，在△AOB中，|AB|＝3p，点O到AB的距得A－，

2222p1p

离为2，所以2·3p·2＝3，所以p＝2，所以抛物线的准线方程为x＝－1，故选D. 答案 D

x2y2

13.(2017·绵阳诊断)若点O和点F分别为椭圆9＋8＝1的中点和左焦点，点P→→为椭圆上的任一点，则OP·FP的最小值为________.

x2y2

解析 点P为椭圆9＋8＝1上的任意一点，设P(x，y)(－3≤x≤3，－22→→→→

≤y≤22)，依题意得左焦点F(－1，0)，∴OP＝(x，y)，FP＝(x＋1，y)，∴OP·FP

2

72－8x1922322

＝x(x＋1)＋y＝x＋x＋9＝9x＋2＋4.



∵－3≤x≤3，

3915992225

∴2≤x＋2≤2，∴4≤x＋2≤4，



→→

119222519223

∴4≤9x＋2≤36，∴6≤9x＋2＋4≤12，即6≤OP·FP≤12，故最小值为

6. 答案 6

x2y2

14.(2017·衡水中学高三联考)已知椭圆C：a2＋b2＝1(a＞b＞0)短轴的两个顶点与右焦点的连线构成等边三角形，直线3x＋4y＋6＝0与圆x2＋(y－b)2＝a2相切.

(1)求椭圆C的方程；

(2)已知过椭圆C的左顶点A的两条直线l1，l2分别交椭圆C于M，N两点，且l1⊥l2，求证：直线MN过定点，并求出定点坐标； (3)在(2)的条件下求△AMN面积的最大值.

a＝2b，a＝2，

解 (1)由题意，得|4b＋6|∴

b＝1，＝a，5x22

即C：4＋y＝1.

(2)由题意得直线l1，l2的斜率存在且不为0. 1

∵A(－2，0)，设l1：x＝my－2，l2：x＝－my－2， x＝my－2，由2得(m2＋4)y2－4my＝0， 2

x＋4y－4＝0，

2

4m2m－8

，2. ∴M2m＋4m＋4

4m2－8m

，－2. 同理，N24m＋14m＋1①m≠±1时，kMN＝

5m

，

4（m2－1）

2

5m66

x＋5.此时过定点－5，0. lMN：y＝24（m－1）66

②m＝±1时，lMN：x＝－，过点－5，0.

56

∴lMN恒过定点－5，0.

14

(3)由(2)知S△AMN＝2×5|yM－yN|

4mm3＋m24m

 ＝5m2＋4＋4m2＋1＝8424m＋17m＋41

8m＋m8＝＝.

2191m＋＋4m＋m＋94m1m＋m

1

令t＝m＋m≥2，当且仅当m＝±1时取等号，

16

∴S△AMN≤25，且当m＝±1时取等号. 16∴(S△AMN)max＝25.