2021新高考数学二轮总复习专题突破练26圆锥曲线中的最值范围证明问题含解析.docx

1、专题突破练26圆锥曲线中的最值、范围、证明问题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:x2a2+y2b2=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3.(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(-1,0),F2(1,0),|PF1|=4,点Q在线段PF1上,且|PQ|=|QF2|.(1)求点

2、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:x2a2+y2b2=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42,且l与椭圆C的另一个交点的横坐标为43.(1)求椭圆C的方程;(2)点M为POQ内一点,O为坐标原点,满足MP+MO+MQ=0,若点M恰好在圆O:x2+y2=49上,求实数m的取值范围.4.(2020山东聊城一模,20)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的长轴长为4,右焦点为

3、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KF=tKB+(1-t)KD.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

4、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,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

5、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=3.又由a2=b2+c2,解得c2=1,a2=4,b2=3,故椭圆的方程为x24+y23=1.(2)证明由题意知A(2,0),设AP的中点M(x0,y0),P(x1,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=16k24k2+3,所以x0=8k24k2+3,y0=k(x0-2)=-6k4k2+3,即M的坐标为8k24k2+3,-6k4k2+3,从而kOM=-6k4k2+38k24k2+3=-34k,所以直线OM

6、的方程为y=-34kx,令x=-4,得D-4,3k,直线OE的方程为y=kx,令x=-4,得E(-4,-4k),由F1(-1,0),得kEF1=-4k-3=4k3,所以kOMkEF1=-1,即OMEF1,记垂足为H,因为kDF1=3k-3=-1k,kOE=kAP=k,所以OEDF1,记垂足为G.在直角三角形EHO和直角三角形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

7、方程为x24+y23=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x=ky-1,x24+y23=1,消去x得(4+3k2)y2-6ky-9=0,y1+y2=6k3k2+4,y1y2=-93k2+4,SF2MN=12|F1F2|y1-y2|=12k2+13k2+4.令k2+1=t,则t1,SF2MN=123t+1t.令f(t)=3t+1t,则f(t)=3-1t2,当t1,+)时,f(t)0,f(t)=3t+1t在1,+)上单调递增.SF2MN=123t+1t3,当t=1时取等号.即当k=0时,F2MN面积的最大值为3.3

8、.解(1)由题意知4a=42,a=2,直线AF2的方程为y=bc(x-c).直线AF2与椭圆C的另一个交点的横坐标为43,y=bc43-c,4322+y2b2=1,解得c=1或c=2(舍去).b2=1,椭圆C的方程为x22+y2=1.(2)设P(x1,y1),Q(x2,y2),MP+MO+MQ=0,点M为POQ的重心,Mx1+x23,y1+y23.点M在圆O:x2+y2=49上,(x1+x2)2+(y1+y2)2=4,由y=kx+m,x22+y2=1,得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-2=0,x1+x1=-4km1+2k2,x1x2=2m2-21+2k2,(x1+x2)2+(y1+y2)

9、2=-4km1+2k22+k-4km1+2k2+2m2=4,即16(1+k2)k2m2(1+2k2)2-16k2m21+2k2+4m2=4.m2=(1+2k2)24k2+1.由0得1+2k2m2,1+2k2(1+2k2)24k2+1,解得k0.m2=(1+2k2)24k2+1=1+4k44k2+1=1+44k2+1k41,m1或m0.设P(x1,y1),Q(x2,y2),则x1+x2=-8km1+4k2,x1x2=4m2-41+4k2,所以|PQ|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=1+k2-8km1+4k22-44m2-41+4k2=1+k216(1+4k2-m2)(1+4k2)2.因为

10、直线l与O相切,所以点O到直线l的距离d=|m|1+k2=1,即1+k2=m2,所以=48k2,由0,得k20.又A,B两点到直线l的距离分别为d1=|k+m|1+k2,d2=|k-m|1+k2.所以APQ的面积与BPQ的面积乘积为SAPQSBPQ=141+k216(1+4k2-m2)(1+4k2)22|k+m|1+k2|k-m|1+k2=4(1+4k2-m2)|k2-m2|(1+4k2)2=4(1+4k2-1-k2)|k2-1-k2|(1+4k2)2=12k2(1+4k2)2=1216k2+1k2+8.因为k20,所以16k2+1k2+816,116k2+1k2+80,116,SAPQSBP

11、Q0,34.因此APQ的面积与BPQ的面积乘积的取值范围为0,34.5.(1)解因为抛物线C:y2=2px(p0)的准线方程为直线l:x=-1,所以-p2=-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x=my-1,y2=4x,整理得y2-4my+4=0,故y1+y2=4m,y1y2=4.因为点A关于x轴的对称点为D,A(x1,y1),所以D(x1,-y1).则直线BD的方程为y-y2=y2+y1x2-x1(x-x2),得y-y2=y2+y1(my2-1)-(my1-1)(

12、x-x2),得y-y2=y2+y1m(y2-y1)(x-x2),即y-y2=4y2-y1x-y224.令y=0,得0-y2=4y2-y1x-y224,得x=y224-y2y2-y14=y22-y22+y1y24=y1y24=44=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DF=tDB(t(0,1).因为KF=KD+DF,所以KF=KD+tDB,所以KF=KD+t(KB-KD),所以KF=(1-t)KD+tKB.所以存在实数t(0,1),使得KF=tKB+(1-t)KD,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|ND|=3

13、|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x29+y2=1.(2)由对称性设P(6,t),其中t0,则直线A1P的方程为y=t9(x+3),直线A2P的方程为y=t3(x-3),设Q(x1,y1),R(x2,y2),由x29+y2=1,y=t9(x+3),消x可得(9+t2)y2-6ty=0,由于yA1=0,所以y1=6t9+t2,由x29+y2=1,y=t3(x-3),消x可得(1+t2)y2+2ty=0,由于yA2=0,所以y2=-2t1+t2,所以四边形A1QA2R的面积为S=12|A1A2|y1-y2|=1266t9+t2+2t1+t2=24t(3+t2)(9+t2)(1+t2)=24t2+3t+4tt2+3,由于t0,设m=t2+3t23,又y=m+4m在23,+)上单调递增,所以y=m+4m833,故S=24m+4m33.当且仅当m=23,即t=3时,四边形A1QA2R的面积的最大值为33.