(新高考)高考数学一轮复习课时练习9.8.1《圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题》(含解析)

这是一份(新高考)高考数学一轮复习课时练习9.8.1《圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题》(含解析)，共19页。试卷主要包含了直线与圆锥曲线的位置关系的判定，直线与圆锥曲线的相交弦长问题，直线l，已知椭圆C，已知A)，B，1)是椭圆C，已知圆O等内容，欢迎下载使用。
第8讲　圆锥曲线的综合问题
最新考纲
考向预测
1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法.
2.了解圆锥曲线的简单应用.
3.理解数形结合的思想.
命题趋势
圆锥曲线中的综合问题是高考命题的热点，高考主要考查圆锥曲线中的证明、定点、定值、最值、范围等问题，这类问题考查范围广泛，命题形式新颖．一般试题难度较大，题型以解答题为主.
核心素养
数学运算、逻辑推理


1．直线与圆锥曲线的位置关系的判定
(1)代数法：把圆锥曲线方程C1与直线方程l联立消去y，整理得到关于x的方程ax2＋bx＋c＝0.
方程ax2＋bx＋c＝0的解
l与C1的交点
a＝0
b＝0
无解(含l是双曲线的渐近线)
无公共点
b≠0
有一解(含l与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)
一个交点
a≠0
Δ＞0
两个不相等的解
两个交点
Δ＝0
两个相等的解
一个交点
Δ＜0
无实数解
无交点
(2)几何法：在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线，利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系．
2．直线与圆锥曲线的相交弦长问题
设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A，B两点，A(x1，y1)，B(x2，y2)，
则|AB|＝|x1－x2|
＝
＝ |y1－y2|
＝ .
常用结论
圆锥曲线以P(x0，y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率如下表：
圆锥曲线方程
直线斜率
椭圆：＋＝1(a>b>0)
k＝－
双曲线：－＝1(a>0，b>0)
k＝
抛物线：y2＝2px(p>0)
k＝

1．判断正误(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)直线y＝kx(k≠0)与双曲线x2－y2＝1一定相交．(　　)
(2)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点．(　　)
(3)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切．(　　)
(4)过点(2，4)的直线与椭圆＋y2＝1只有一条切线．(　　)
答案：(1)×　(2)√　(3)√　(4)×
2．过点(0，1)作直线，使它与抛物线y2＝4x仅有一个公共点，这样的直线有(　　)
A．1条 B．2条
C．3条 D．4条
解析：选C.结合图形分析可知，满足题意的直线共有3条：直线x＝0，过点(0，1)且平行于x轴的直线以及过点(0，1)且与抛物线相切的直线(非直线x＝0)．
3．(易错题)直线l：y＝x＋3与双曲线－＝1交点的个数为(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
解析：选C.由于直线l：y＝x＋3过(0，3)，双曲线－＝1的渐近线y＝x的斜率>1，故直线l仅与双曲线－＝1的上支有两个交点，如图所示．故选C.

4．过点A(1，0)作倾斜角为的直线，与抛物线y2＝2x交于M，N两点，则|MN|＝________．
解析：由题意可知直线方程为y＝x－1，联立整理得x2－4x＋1＝0.设M(x1，y1)，N(x2，y2)，则x1x2＝1，x1＋x2＝4，所以|MN|＝·|x1－x2|＝·＝2.
答案：2
5．已知椭圆C：＋＝1与动直线l：y＝x＋m相交于A，B两点，则实数m的取值范围为________．
解析：由得18x2＋12mx＋4m2－36＝0，Δ＝144m2－4×18(4m2－36)>0，所以－30)的离心率为，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)若斜率为－的直线l与椭圆C交于P，Q两点(点P，Q均在第一象限)，O为坐标原点．证明：直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列．
【解】　(1)由题意可得
解得
所以b2＝a2－c2＝1，
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)证明：设直线l的方程为y＝－x＋m，P(x1，y1)，Q(x2，y2)．　
由消去y得x2－2mx＋2(m2－1)＝0.
则Δ＝4m2－8(m2－1)＝4(2－m2)>0，
且x1＋x2＝2m，x1x2＝2(m2－1)，
所以y1y2＝
＝x1x2－m(x1＋x2)＋m2
＝，
所以kOPkOQ＝＝＝＝k，
即直线OP，PQ，OQ的斜率依次成等比数列．

对于证明问题，一般是根据已知条件，运用所涉及的知识通过运算化简，利用定义、定理、公理等，直接推导出所证明的结论即可，证明不等式常用不等式的性质，或基本不等式求得最值．　
技法二　转化法
已知B是抛物线y＝x2＋1上任意一点，A(0，－1)，且P为线段AB的中点．
(1)求点P的轨迹C的方程；
(2)若F为点A关于原点O的对称点，过F的直线交曲线C于M，N两点，直线OM交直线y＝－1于点H，求证：|NF|＝|NH|.
【解】　(1)设P(x，y)，B(x0，y0)，因为P为AB的中点，所以
因为B为曲线y＝x2＋1上任意一点，
所以y0＝x＋1，代入得x2＝4y，
所以点P的轨迹C的方程为x2＝4y.
(2)证明：依题意得F(0，1)，直线MN的斜率存在，其方程可设为y＝kx＋1.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
联立得x2－4kx－4＝0，
则Δ＝16k2＋16>0，所以x1x2＝－4.
因为直线OM的方程为y＝x，H是直线OM与直线y＝－1的交点，
所以H.
根据抛物线的定义|NF|等于点N到准线y＝－1的距离．
因为点H在准线y＝－1上，所以要证明|NF|＝|NH|，只需证明HN垂直准线y＝－1，即证HN∥y轴．
因为H的横坐标－＝－＝＝＝x2，
所以HN∥y轴成立，所以|NF|＝|NH|成立．

圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广，但无论证明什么，其常用方法有直接法和转化法，对于转化法，先是对已知条件进行化简，根据化简后的情况，将证明的问题转化为另一问题．本题证明的关键是能够利用抛物线的定义将所证结论转化为证明HN∥y轴．通过直线与抛物线联立得到根与系数的关系的形式，利用根与系数的关系的结论证得HN∥y轴．　
(2020·北京市适应性测试)已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0，1)，B(0，－1)，焦距为2.
(1)求椭圆C的方程；
(2)已知直线y＝m与椭圆C有两个不同的交点M，N，设D为直线AN上一点，且直线BD，BM的斜率的积为－，证明：点D在x轴上．
解：(1)由题意，得
所以a2＝b2＋c2＝4，即a＝2.
故椭圆C的方程为＋y2＝1.
(2)设M(x1，m)，则N(－x1，m)，x1≠0，－10)的左、右焦点分别为F1，F2，|F1F2|＝2c，过F2作x轴的垂线，与双曲线在第一象限的交点为A，点Q坐标为，且满足|F2Q|>|F2A|，若双曲线C的右支上存在点P使得|PF1|＋|PQ||F2A|，可得>，则3a2>2b2＝2(c2－a2)，
所以离心率e＝b>0)的左焦点为F，短轴长为2，右顶点为A，上顶点为B，△ABF的面积为.
(1)求椭圆的标准方程；
(2)过A作直线l与椭圆交于另一点M，连接MF并延长交椭圆于点N，当△AMN的面积最大时，求直线l的方程．
【解】　(1)根据短轴长知b＝，S△ABF＝(a＋c)·＝，
则a＋c＝3，因为b2＝a2－c2，所以a－c＝1，
故a＝2，c＝1，则椭圆的标准方程为＋＝1.
(2)当直线MN的斜率存在时，设其方程为y＝k(x＋1)(k≠0)，M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则S△AMN＝|AF|·|y1－y2|
＝，　①
⇒(3＋4k2)y2－6ky－9k2＝0，
y1＋y2＝，y1·y2＝－.
代入①式得S△AMN＝＝18，
令t＝3＋4k2，则t>3，k2＝，
S△AMN＝18＝ 0，y1＋y2＝－，y1y2＝－，
所以|y1－y2|＝＝＝.
所以四边形OAHB的面积S＝|OH|·|y1－y2|＝|y1－y2|＝.
令＝t，则t≥1，S＝＝.
因为t＋≥2(当且仅当t＝1，即m＝0时取等号)，所以0b>0)的右顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B，且点B在x轴上的射影恰好为左焦点F，若0，
且y1＋y2＝－，y1y2＝.
·＝y1y2＋x1x2
＝y1y2＋(ty1＋m)(ty2＋m)
＝(1＋t2)y1y2＋tm(y1＋y2)＋m2
＝
＝＝0，
所以OA⊥OB，所以△AOB为直角三角形．
综上所述，△AOB为直角三角形．
8．(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C：＋＝1(a＞b＞0)的焦点坐标分别为F1(－1，0)，F2(1，0)，P为椭圆C上一点，满足3|PF1|＝5|PF2|且cos∠F1PF2＝.
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设直线l：y＝kx＋m与椭圆C交于A，B两点，
点Q，若|AQ|＝|BQ|，求k的取值范围．
解：(1)由题意设|PF1|＝r1，|PF2|＝r2，则3r1＝5r2，又r1＋r2＝2a，所以r1＝a，r2＝a.
在△PF1F2中，由余弦定理得，cos∠F1PF2＝＝＝，
解得a＝2，因为c＝1，所以b2＝a2－c2＝3，所以椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)联立方程，得消去y得(3＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－12＝0，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则x1＋x2＝，x1x2＝，且Δ＝48(3＋4k2－m2)＞0，①
设AB的中点为M(x0，y0)，连接QM，则x0＝＝，y0＝kx0＋m＝，因为|AQ|＝|BQ|，所以AB⊥QM，又Q，M为AB的中点，所以k≠0，直线QM的斜率存在，所以k·kQM＝k·＝－1，解得m＝－，②
把②代入①得3＋4k2＞，整理得16k4＋8k2－3＞0，即(4k2－1)(4k2＋3)＞0，解得k＞或k＜－，故k的取值范围为∪.