2021新高考数学二轮复习：专题突破练26　圆锥曲线中的最值、范围、证明问题.docx

1、专题突破练专题突破练 26 圆锥曲线中的最值、范围、证明问圆锥曲线中的最值、范围、证明问 题题 1.(2020 山东潍坊一模,21)在平面直角坐标系 xOy 中,F1,F2分别为椭圆 C: =1(ab0)的左、右 焦点,A为椭圆的右顶点,点 P 为椭圆 C 上的动点(点 P与椭圆 C 的左、右顶点不重合),当PF1F2为 等边三角形时,其面积为 . (1)求椭圆 C 的方程; (2)如图,M 为 AP 的中点,直线 MO 交直线 x=-4于点 D,过点 O作 OEAP交直线 x=-4 于点 E,证明 OEF1=ODF1. 2.(2020 百校联考高考百日冲刺金卷,19)已知PF1F2中,F1(

2、-1,0),F2(1,0),|PF1|=4,点 Q 在线段 PF1上, 且|PQ|=|QF2|. (1)求点 Q的轨迹 E 的方程; (2)若点 M,N在曲线 E 上,且 M,N,F1三点共线,求F2MN面积的最大值. 3.(2020 山东泰安一模,21)已知椭圆 C: =1(ab0)的左、右焦点分别为 F1,F2,直线 l:y=kx+m 与 椭圆 C相交于 P,Q两点;当直线 l经过椭圆 C的下顶点 A 和右焦点 F2时,F1PQ的周长为 4 ,且 l 与椭圆 C 的另一个交点的横坐标为 . (1)求椭圆 C 的方程; (2)点 M为POQ内一点,O 为坐标原点,满足 =0,若点 M恰好在圆

3、 O:x2+y2= 上,求实 数 m 的取值范围. 4.(2020 山东聊城一模,20)已知椭圆 C: =1(ab0)的长轴长为 4,右焦点为 F,且椭圆 C上的点到 点 F 的距离的最小值与最大值的积为 1,圆 O:x2+y2=1 与 x 轴交于 A,B两点. (1)求椭圆 C 的方程; (2)动直线 l:y=kx+m 与椭圆 C 交于 P,Q两点,且直线 l与圆 O相切,求APQ 的面积与BPQ的面积 乘积的取值范围. 5.(2019 湖北恩施高三 2月教学质量检测)已知抛物线 C:y2=2px(p0)的焦点为 F,其准线 l:x=-1 与 x 轴 的交点为 K,过点 K的直线 l与抛物线

4、 C交于 A,B 两点. (1)求抛物线 C的方程; (2)点 A 关于 x轴的对称点为 D,证明:存在实数 t(0,1),使得 =t +(1-t) . 6.(2020 云南昆明高三“三诊一模”教学质量检测,21)椭圆规是画椭圆的一种工具,如图 1所示,在十字 形滑槽上各有一个活动滑标 M,N,有一根旋杆将两个滑标连成一体,|MN|=4,D为旋杆上的一点且在 M,N两点之间,且|ND|=3|MD|,当滑标 M 在滑槽 EF内作往复运动,滑标 N 在滑槽 GH 内随之运动时, 将笔尖放置于 D处可画出椭圆,记该椭圆为 C.如图 2所示,设 EF与 GH 交于点 O,以 EF所在的直线 为 x轴,

5、以 GH所在的直线为 y轴,建立平面直角坐标系. (1)求椭圆 C 的方程; (2)设 A1,A2是椭圆 C的左、右顶点,点 P 为直线 x=6上的动点,直线 A1P,A2P 分别交椭圆于 Q,R两点, 求四边形 A1QA2R 面积的最大值. 专题突破练 26 圆锥曲线中的最值、 范围、证明问题 1.(1)解 设椭圆 C 的半焦距为 c,因为PF1F2是等边三角形,所以此时 P在上顶点或下顶 点处, 所以 a=2c,所以 bc= 又由 a2=b2+c2,解得 c2=1,a2=4,b2=3,故椭圆的方程为 =1. (2)证明 由题意知 A(2,0), 设 AP的中点 M(x0,y0),P(x1,

6、y1), 设直线 AP的方程为 y=k(x-2)(k0),将其代入椭圆方程整理得 (4k2+3)x2-16k2x+16k2-12=0, 所以 x1+2= , 所以 x0= ,y0=k(x0-2)= - , 即 M的坐标为( - ), 从而 kOM= - =- , 所以直线 OM的方程为 y=- x, 令 x=-4,得 D(- ), 直线 OE的方程为 y=kx,令 x=-4,得 E(-4,-4k), 由 F1(-1,0),得 - - , 所以 kOM =-1,即 OMEF1,记垂足为 H, 因为 - =- ,kOE=kAP=k,所以 OEDF1,记垂足为 G. 在直角三角形 EHO和直角三角形

7、 DGO中,ODF1和OEF1都与EOD互余,所 以ODF1=OEF1. 2.解 (1)因为|PQ|=|QF2|,故|QF1|+|QF2|=|QF1|+|QP|=|PF1|=4|F1F2|=2, 故点 Q的轨迹是以 F1,F2为焦点,长轴长为 4 的椭圆(不包含长轴的端点). 故点 Q的轨迹 E的方程为 =1(x2). (2)直线 MN 过点 F1(-1,0),设直线 MN 的方程为 x=ky-1,M(x1,y1),N(x2,y2), 联立 - 消去 x得(4+3k 2)y2-6ky-9=0, |F1F2| |y1-y2|= 令 =t,则 t1, 令 f(t)=3t+ ,则 f(t)=3- ,

8、 当 t1,+)时,f(t)0, f(t)=3t+ 在1,+)上单调递增 3,当 t=1时取等号. 即当 k=0 时,F2MN 面积的最大值为 3. 3.解 (1)由题意知 4a=4 , a= , 直线 AF2的方程为 y= (x-c). 直线 AF2与椭圆 C 的另一个交点的横坐标为 , ( - ) ( ) 解得 c=1或 c=2(舍去). b2=1, 椭圆 C 的方程为 +y2=1. (2)设 P(x1,y1),Q(x2,y2), =0, 点 M为POQ的重心, M( ) 点 M在圆 O:x2+y2= 上, (x1+x2)2+(y1+y2)2=4, 由 得(1+2k 2)x2+4kmx+2

9、m2-2=0, x1+x1=- ,x1x2= - ,(x1+x2) 2+(y1+y2)2=(- ) * (- ) + =4,即 +4m2=4. m2= 由 0得 1+2k2m2, 1+2k2 , 解得 k0. m2= =1+ =1+ 1, m1 或 m0. 设 P(x1,y1),Q(x2,y2),则 x1+x2=- ,x1x2= - , 所以|PQ|= - (- ) - - - 因为直线 l 与 O相切,所以点 O到直线 l 的距离 d= =1,即 1+k 2=m2, 所以 =48k2,由 0,得 k20. 又 A,B两点到直线 l 的距离分别为 d1= ,d 2= - 所以APQ的面积与BP

10、Q的面积乘积为 SAPQ SBPQ = ( - ) - = - - = - - - - = 因为 k20,所以 16k2+ +816, ( +,SAPQ SBPQ ( + 因此APQ的面积与BPQ的面积乘积的取值范围为( + 5.(1)解 因为抛物线 C:y2=2px(p0)的准线方程为直线 l:x=-1, 所以- =-1,解得 p=2. 所以抛物线 C 的方程为 y2=4x. (2)证明 易知点 K 的坐标为(-1,0),据此可设直线 l 的方程为 x=my-1,设 A(x1,y1),B(x2,y2). 联立 - 整理得 y2-4my+4=0,故 因为点 A关于 x轴的对称点为 D,A(x1

11、,y1),所以 D(x1,-y1). 则直线 BD的方程为 y-y2= - (x-x2),得 y-y2= - - - (x-x2), 得 y-y2= - (x-x2), 即 y-y2= - x- . 令 y=0,得 0-y2= - x- ,得 x= -y2 - - =1. 所以直线 BD恒过定点(1,0). 所以点 F(1,0)在直线 BD上, 所以不妨令 =t (t(0,1). 因为 , 所以 +t , 所以 +t( ), 所以 =(1-t) +t 所以存在实数 t(0,1),使得 =t +(1-t) ,命题得证. 6.解 (1)由|MN|=4,D为旋杆上的一点,且在 M,N 两点之间,且|

12、ND|=3|MD|,可得 |MD|=1,|ND|=3, 所以椭圆的长半轴 a为 3,短半轴 b为 1,所以椭圆的方程为 +y2=1. (2)由对称性设 P(6,t),其中 t0,则直线 A1P的方程为 y= (x+3),直线 A2P 的方程为 y= (x-3),设 Q(x1,y1),R(x2,y2),由 消 x可得(9+t2)y2-6ty=0,由于 =0,所 以 y1= ,由 - 消 x可得(1+t2)y2+2ty=0,由于 =0,所以 y2=- , 所以四边形 A1QA2R的面积为 S= |A1A2| |y1-y2|= 6 ( ) = , 由于 t0,设 m= 2 , 又 y=m+ 在2 ,+)上单调递增,所以 y=m+ , 故 S= 3 当且仅当 m=2 ,即 t= 时,四边形 A1QA2R 的面积的最大值为 3