2019版高考数学一轮总复习第九章解析几何题组训练71专题研究2圆锥曲线中的最值与范围问题（理科）.doc

1、=【 ;精品教育资源文库 】 = 题组训练 71 专题研究 2 圆锥曲线中的最值与范围问题 1 (2017 绵阳二诊 )若点 O 和点 F 分别为椭圆 x24y23 1 的中心和左焦点 ， 点 P 在椭圆上的任意一点 ， 则 OP FP 的最大值为 ( ) A.214 B 6 C 8 D 12 答案 B 解析 由题意得 F( 1， 0)， 设 P(x， y)， 则 OP FP (x， y)(x 1， y) x2 x y2， 又点P 在椭圆上 ， 故 x24y23 1， 所以 x2 x 3 34x2 14x2 x 3 14(x 2)2 2， 又 2x2 ，所以当 x 2 时 ， 14(x 2)2

2、 2 取得最大值 6， 即 OP FP 的最大值为 6. 2 (2018 四川成都七中模拟 )若直线 l 过抛物 线 C： y2 4x 的焦点 F 交抛物线 C 于 A， B 两点 ， 则 1|AF| 1|BF|的取值范围为 ( ) A 1 B (0， 1 C 1， ) D 12， 1 答案 A 解析 由题意知抛物线 C： y2 4x 的焦点 F 的坐标为 (1， 0)， 准线方程为 x 1.设过点 F的直线 l 的斜率 k 存在 ， 则直线的方程为 y k(x 1)代入抛物线方程 ， 得 k2(x 1)2 4x，化简得 k2x2 (2k2 4)x k2 0.设 A(x1， y1)， B(x2

3、， y2)， 则 x1x2 1.根据抛物线性质可知 ，|AF| x1 1， |BF| x2 1， 1|AF| 1|BF| 1x1 1 1x2 1 x1 x2 2x1 x2 2 1.当直线 l 的斜率不存在时 ， 直线的方程为 x 1， 把 x 1 代入 y2 4x 得 y 2 ， 1|AF| 1|BF| 1.故选 A. 3 (2018 云南曲靖一中月考 )已知点 P 为圆 C： x2 y2 2x 4y 1 0 上的动点 ， 点 P 到某直线 l 的最大距离为 6.若在直线 l 上任取一点 A 作圆的切线 AB， 切点为 B， 则 |AB|的最小值是 _ 答案 2 3 解析 由 C： x2 y2

4、 2x 4y 1 0， 得 (x 1)2 (y 2)2 4， 由圆上动点 P 到某直线 l 的最大距离为 6， 可知圆心 C(1， 2)到直线 l 的距离为 4.若在直线 l 上 任取一点 A 作圆的切线AB， 切点为 B， 则要使 |AB|最小 ， 需 ACl ， |AB|的最小值是 42 22 2 3. =【 ;精品教育资源文库 】 = 4 (2018 河南百校联盟质检 )已知椭圆 C： x2a2y2b2 1(ab0)的四个顶点组成的四边形的面积为 2 2， 且经过点 (1， 22 ) (1)求椭圆 C 的方程； (2)椭圆 C 的下顶点为 P， 如图所示 ， 点 M 为直线 x 2 上的

5、一个动点 ， 过椭圆 C 的右焦点 F 的直线 l 垂直于 OM， 且与 C 交于 A， B 两点 ， 与 OM 交于点 N， 四边形 AMBO 和 ONP 的面积分别为 S1， S2.求 S1S2的最大值 答案 (1)x22 y2 1 (2) 22 解析 (1)(1 ， 22 )在椭圆 C 上 ， 1a2 12b2 1， 又 椭圆四个顶点组成的四边形的面积为2 2， 12 2a 2b 2 2， ab 2， 解得 a2 2， b2 1， 椭圆 C 的方程为 x22 y2 1. (2)由 (1)可知 F(1， 0)， 设 M(2， t)， A(x1， y1)， B(x2， y2) 则当 t0 时

6、 ， 直线 OM 的方程为 y t2x.所以 kAB 2t， 直线 AB 的方程为 y 2t(x 1)， 即2x ty 2 0(t0) ， 由?y 2t（ x 1） ，x2 2y2 2 0，得 (8 t2)x2 16x 8 2t2 0. 则 ( 16)2 4(8 t2)(8 2t2) 8(t4 4t2)0， x1 x2 168 t2， x1x2 8 2t28 t2 . |AB| 1 kAB2 8 t2 1 4t2 2 2 t2（ t2 4）8 t2 2 2（ t2 4）8 t2 . 又 |OM| t2 4， S1 12|OM| |AB| 12 t2 4 2 2（ t2 4）8 t2 2（ t2

7、 4） t2 48 t2 . 由?y 2t（ x 1） ，y t2x得 xN 4t2 4， S2 12 1 4t2 4 2t2 4. S1S2 2（ t2 4） t2 48 t2 2t2 42 2 t2 48 t2 2 2t2 4 4t2 4b0)的离心率为32 ，抛物线 C2： x2 ay 的准线方程为 y 12. (1)求椭圆 C1和抛物线 C2的方 程； (2)设过定点 M(0， 2)的直线 l 与椭圆 C1交于不同 的两点 P， Q， 若 O 在以 PQ 为直径的圆的外部 ， 求直线 l 的斜率 k 的取值范围 =【 ;精品教育资源文库 】 = 答案 (1)x24 y2 1 (2)k(

8、 2， 32 )(32 ， 2) 解析 (1)由题意得 a4 12， a 2， 故抛物线 C2的方程为 x2 2y. 又 e 32 ， c 3， b 1， 从而椭圆 C1的方程为 x24 y2 1. (2)显然直线 x 0 不满足条件 ， 故 可设直线 l： y kx 2， P(x1， y1)， Q(x2， y2) 由?x24 y2 1，y kx 2，得 (1 4k2)x2 16kx 12 0. (16k)2 412(1 4k2)0， k ( ， 32 )( 32 ， ) ， x1 x2 16k1 4k2， x1x2 121 4k2， 根据题意 ， 得 00， OP OQ x1x2 y1y2

9、x1x2 (kx1 2)(kx2 2) (1 k2)x1x2 2k(x1 x2) 4 12（ 1 k2）1 4k2 2k 16k1 4k2 4 16 4k21 4k2 0， 2b0)的左、右焦点分别为 F1， F2， 离心率为 12， 点 A 在椭圆 C 上 ， |AF1| 2， F1AF2 60， 过 F2与坐标轴不垂直的直线 l 与椭圆C 交于 P， Q 两点 (1)求椭圆 C 的方程； (2)若 P， Q 的中点为 N， 在线段 OF2上是否存在点 M(m， 0)， 使得 MNPQ ？若存在 ， 求实数m 的取值范围；若不存在，请说明理由 答案 (1)x24y23 1 (2)存在 理由略

10、 解析 (1)由 e 12得 a 2c.由 |AF1| 2 得 |AF2| 2a 2. 由余弦定理得 |AF1|2 |AF2|2 2|AF1| |AF2|cos F1AF2 |F1F2|2， 即 a2 3a 3 c2， 解得 c 1， a 2， b2 a2 c2 3. =【 ;精品教育资源文库 】 = 所以椭圆 C 的方程为 x24y23 1. (2)存在这样的点 M 符合题意 设 P(x1， y1)， Q(x2， y2)， N(x0， y0) 由 F2(1， 0)， 设直线 PQ 的方程为 y k(x 1)， 由?x24y23 1，y k（ x 1） ，得 (4k2 3)x2 8k2x 4k

11、2 12 0， 得 x1 x2 8k24k2 3， 故 x0x1 x22 4k24k2 3. 又点 N 在直线 PQ 上 ， 所以 y0 3k4k2 3， 所以 N( 4k24k2 3， 3k4k2 3) 因为 MNPQ ， 所以 kMN0 3k4k2 3m 4k24k2 3 1k， 整理得 m k24k2 314 3k2 (0， 14) 所以在线段 OF2上存在点 M(m， 0)， 使得 MNPQ ， m 的取值范围为 (0， 14) 1 (2018 山西五校联考 )设点 F 为椭圆 C： x24my23m 1(m0)的左焦点 ， 直线 y x 被椭圆 C截得的弦长为 4 427 . (1)

12、求椭圆 C 的方程； (2)圆 P： (x 4 37 )2 (y 3 37 )2 r2(r0)与椭圆 C 交于 A， B 两点 ， M 为线段 AB 上任意一点 ， 直线 FM 交椭圆 C 于 P， Q 两点 ， AB 为圆 P 的直径 ， 且直线 FM 的斜率大于 1， 求 |PF|QF|的取值范 围 答案 (1)x24y23 1 (2)(94，125 解析 (1)由?y x，x24my23m 1，得 x2 y2 12m7 ， 故 2 x2 y2 2 24m7 4 427 ， 解得 m 1， 故椭圆 C 的方程为 x24y23 1. =【 ;精品教育资源文库 】 = (2)设 A(x1， y

13、1)， B(x2， y2)， 则?x1 x2 8 37 ，y1 y2 6 37 .又?x124 y123 1，x224 y223 1，所以 （ x1 x2）（ x1 x2）4 （ y1 y2）（ y1 y2）3 0， 则 (x1 x2) (y1 y2) 0， 故 kAB y1 y2x1 x2 1. 所以直线 AB 的方程为 y 3 37 x 4 37 ，即 y x 3， 代入椭圆 C 的方程并整理得 7x28 3x 0， 则 x1 0， x2 8 37 . 又 F( 1， 0)， 直线 FM 的斜率大于 1， 则直线 FM 的斜率 k 3， ) 设 FM： y k(x 1)， 由?y k（ x

14、 1） ，x24y23 1，得 (3 4k2)x2 8k2x 4k2 12 0， 设 P(x3， y3)， Q(x4， y4)， 则有 x3 x4 8k23 4k2， x3x44k2 123 4k2 . 又 |PF| 1 k2|x3 1|， |QF| 1 k2|x4 1|， 所以 |PF|QF| (1 k2)|x3x4 (x3 x4) 1| (1 k2)|4k2 123 4k2 8k23 4k2 1| (1 k2) 93 4k2 94(1 13 4k2) 因为 k 3， 所以 94|F1F2| 2 2， 由椭圆的定义可知 ， 动点 P 的轨迹 G 是以 F1， F2为焦点的椭圆 ， 其方程为

15、y24x22 1. (2)设直线 l 的方程为 y 2x m， 代入椭圆方程 得 ( 2x m)2 2x2 4， 即 4x2 2 2mx m2 4 0. 由 8m2 16(m2 4) 8(8 m2)0， 得 m2b0)的离心率为12， 且经过点 P(1，32)过它的两个焦点 F1， F2分别作直线 l1与 l2， l1交椭圆于 A， B 两点 ，l2交椭圆于 C， D 两点 ， 且 l1 l2. (1)求椭圆的标准方程； (2)求四边形 ACBD 的面积 S 的取值范围 答案 (1)x24y23 1 (2)28849 ， 6 =【 ;精品教育资源文库 】 = 解析 (1)由 ca 12?a 2

16、c， 所以 a2 4c2， b2 3c2， 将点 P 的坐标代入椭圆方程得 c2 1， 故所求椭圆方程为 x24y23 1. (2)若 l1与 l2中有 一条直线的斜率不存在 ，则另一条直线的斜率为 0， 此时四边形的面积 S 6. 若 l1与 l2的斜率都存在 ， 设 l1的斜率为 k， 则 l2的斜率为 1k， 则直线 l1的方程为 y k(x 1) 设 A(x1， y1)， B(x2， y2)， 联立得方程组?y k（ x 1） ，x24y23 1，消去 y 并整理 ， 得 (4k2 3)x2 8k2x 4k2 12 0. x1 x2 8k24k2 3， x1 x24k2 124k2 3 ， |x1 x2| 12 k2 14k2 3 ， |AB| 1 k2|x1 x2|12（ k2 1）4k2 3 . 注意到方程 的结构特征和图形的对称性 ，可以用 1k代替 中的 k， 得 |CD| 12（ k2 1）3k2 4 ， S 12|AB| |CD| 72（ 1