课时作业17圆锥曲线中的最值、范围与存在性问题[A·基础达标]1．[2020·浙江卷]如图，已知椭圆C1：＋y2＝1，抛物线C2：y2＝2px(p>0)，点A是椭圆C1与抛物线C2的交点，过点A的直线l交椭圆C1于点B，交抛物线C2于点M(B，M不同于A)．(1)若p＝，求抛物线C2的焦点坐标；(2)若存在不过原点的直线l使M为线段AB的中点，求p的最大值．2．已知A，B是x轴正半轴上两点(A与B的左侧)，且|AB|＝a(a>0)，过A，B分别作x轴的垂线，与抛物线y2＝2px(p>0)在第一象限分别交于D，C两点．(1)若a＝p，点A与抛物线y2＝2px的焦点重合，求直线CD的斜率；(2)若O为坐标原点，记△OCD的面积为S1，梯形ABCD的面积为S2，求的取值范围．[B·素养提升]1．[2020·西安五校联考]已知椭圆C的中心在原点，焦点在坐标轴上，直线y＝x与椭圆C在第一象限内的交点是M，点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2，椭圆C的另一个焦点是F1，且MF1·MF2＝.(1)求椭圆C的方程；(2)若直线l过点(－1,0)，且与椭圆C交于P，Q两点，求△F2PQ的内切圆面积的最大值．2．已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的离心率e＝，点A(b,0)，B，F分别为椭圆C的上顶点和左焦点，且|BF|·|BA|＝2.(1)求椭圆C的方程；(2)若过定点M(0,2)的直线l与椭圆C交于G，H两点(G在M，H之间)，设直线l的斜率k>0，在x轴上是否存在点P(m,0)，使得以PG，PH为邻边的平行四边形为菱形？如果存在，求出m的取值范围；如果不存在，请说明理由．课时作业17圆锥曲线中的最值、范围与存在性问题[A·基础达标]1．解析：(1)由p＝得C2的焦点坐标是.(2)由题意可设直线l：x＝my＋t(m≠0，t≠0)，点A(x0，y0)．将直线l的方程代入椭圆C1：＋y2＝1得(m2＋2)y2＋2mty＋t2－2＝0，所以点M的纵坐标yM＝－.将直线l的方程代入抛物线C2：y2＝2px得y2－2pmy－2pt＝0，所以y0yM＝－2pt，解得y0＝，因此x0＝.由＋y＝1得＝42＋24≥160，所以当m＝，t＝时，p取到最大值.2．解析：(1)由题意知A，则B，D，则C，又a＝p，所以kCD＝＝－1.(2)设直线CD的方程为y＝kx＋b(k≠0)，C(x1，y1)，D(x2，y2)，由，得ky2－2py＋2pb＝0，所以Δ＝4p2－8pkb>0，得kb<，又y1＋y2＝，y1y2＝，由y1＋y2＝>0，y1y2＝>0，可知k>0，b>0，因为|CD|＝|x1－x2|＝a，点O到直线CD的距离d＝，所以S1＝·a·＝ab.又S2＝(y1＋y2)·|x1－x2|＝··a＝，所以＝，因为0b>0)，∵点M在直线y＝x上，且点M在x轴上的射影恰好是椭圆C的右焦点F2(c,0)，∴点M的坐标为.∵MF1·MF2＝·＝，∴c＝1.∴，解得，∴椭圆C的方程为＋＝1.(2)由(1)知，F1(－1,0)，则过点F1(－1,0)的直线l与椭圆C交于P，Q两点，∴△F2PQ的周长为4a＝8，又S△F2PQ＝·4a·r(r为△F2PQ的内切圆的半径)，∴当△F2PQ的面积最大时，其内切圆的半径最大．设直线l的方程为x＝ky－1，P(x1，y1)，Q(x2，y2)，则，消去x得(4＋3k2)y2－6ky－9＝0，∴，∴S△F2PQ＝·|F1F2|·|y1－y2|＝.令＝t，则t≥1，∴S△F2PQ＝，令f(t)＝3t＋，则f′(t)＝3－，当t∈[1，＋∞)时，f′(t)>0，故f(t)＝3t＋在[1，＋∞)上单调递增，∴S△F2PQ＝≤3，当t＝1时取等号，即当k＝0时，△F2PQ的面积取得最大值3，结合S△F2PQ＝·4a·r，得r的最大值为，∴△F2PQ的内切圆面积的最大值为π.2．解析：(1)由离心率e＝，得＝，即a＝2c.①由|BF|·|BA|＝2，得a·＝2，即ab＝2.②又a2－b2＝c2.③由①②③可解得a2＝4，b2＝3，所以椭圆C的方程为＋＝1.(2)设直线l的方程为y＝kx＋2(k>0)，由消去y并整理，得(3＋4k2)x2＋16kx＋4＝0.由Δ＝(16k)2－16(3＋4k2)>0，解得k>或k<－，注意到k>0，所以k>.设G(x1，y1)，H(x2，y2)，则x1＋x2＝.PG＋PH＝(x1＋x2－2m，k(x1＋x2)＋4)，GH＝(x2－x1，y2－y1)＝(x2－x1，k(x2－x1))．因为菱形的对角线互相垂直，所以(PG＋PH)·GH＝0，所以(1＋k2)(x1＋x2)＋4k－2m＝0，得m＝－＝－.因为k>，所以－≤m<0(当且仅当＝4k，即k＝时，等号成立)．所以存在满足条件的实数m，且m的取值范围为.
