2023届高考数学二轮复习考点13圆锥曲线中的最值、范围、证明问题作业含答案

考点突破练13　圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

1.(2021·全国乙·文20)已知抛物线C:y2=2px(p>0)的焦点F到准线的距离为2.

(1)求C的方程;

(2)已知O为坐标原点,点P在C上,点Q满足=9,求直线OQ斜率的最大值.

2.(2022·山东济南三模)已知椭圆C:=1(a>b>0)的离心率为,且经过点P(1,).

(1)求椭圆C的标准方程;

(2)A,B为椭圆C上两点,直线PA与PB的倾斜角互补,求△PAB面积的最大值.

3.(2022·湖北武汉模拟)已知P是平面上的动点,且点P与F1(-2,0),F2(2,0)的距离之差的绝对值为2.设点P的轨迹为曲线E.

(1)求曲线E的方程;

(2)设不与y轴垂直的直线l过点F1且与曲线E交于M,N两点,曲线E与x轴的交点为A,B,当|MN|≥4时,求的取值范围.

4.(2022·山东济宁三模)已知椭圆E:=1(a>b>0)的左、右顶点分别为A,B,F是椭圆E的右焦点,点Q在椭圆E上,且|QF|的最大值为3,椭圆E的离心率为.

(1)求椭圆E的标准方程;

(2)若过点A的直线与椭圆E交于另一点P(异于点B),与直线x=2交于一点M,∠PFB的角平分线与直线x=2交于点N,求证:N是线段BM的中点.

5.(2022·江苏苏锡常镇二模)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准线为l,过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A,B两点,过线段AB的中点M且与x轴平行的直线依次交直线OA,OB,l于点P,Q,N.

(1)判断线段PM与NQ长度的大小关系,并证明你的结论;

(2)若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO为半径的圆内或圆上,求直线AB斜率的取值范围.

6.(2022·福建泉州模拟)已知椭圆C的中心在坐标原点,对称轴为坐标轴,A(-,0),B(0,),D(2,1)中恰有两点在椭圆C上.

(1)求C的方程;

(2)P,Q两点在C上,且直线DP,DQ的斜率互为相反数,直线DP,DQ分别与直线AB交于M,N两点,证明:|DP|·|DN|=|DQ|·|DM|.

考点突破练13　圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

1.解(1)在抛物线C中,焦点F到准线的距离为p,故p=2,C的方程为y2=4x.

(2)(方法一　最优解)

设点P(x1,y1),Q(x2,y2).

又F(1,0),则=(x2-x1,y2-y1),=(1-x2,-y2).

因为=9,所以x2-x1=9(1-x2),y2-y1=-9y2,得x1=10x2-9,y1=10y2.

又因为点P在抛物线C上,所以=4x1,所以(10y2)2=4(10x2-9),则点Q的轨迹方程为y2=x-.

易知直线OQ的斜率存在.

设直线OQ的方程为y=kx,当直线OQ和曲线y2=x-相切时,斜率取得最值.

由得k2x2=x-,

即k2x2-x+=0, (*)

当直线OQ和曲线y2=x-相切时,方程(*)的判别式Δ=0,即-4k2·=0,解得k=±,所以直线OQ斜率的最大值为.

(方法二)同方法一得到点Q的轨迹方程为y2=x-,易知x2≠0,

所以直线OQ的斜率kOQ=,

当y2=0时,kOQ=0.当y2≠0时,kOQ=;

当y2>0时,因为25y2+≥2=30,

此时0<kOQ≤,当且仅当25y2=,即y2=时,等号成立;

当y2<0时,kOQ<0.

综上,直线OQ的斜率的最大值为.

(方法三)同方法一得点Q的轨迹方程为y2=x-.

易知直线OQ的斜率存在,x2≠0,

设直线OQ的斜率为k,则k2=.

令=t,则函数f(t)=-t2+t图象的对称轴为直线t=,所以0≤k2≤,-≤k≤.

故直线OQ斜率的最大值为.

(方法四)由题可设P(4t2,4t)(t>0),Q(x,y).

因为F(1,0),=9,所以(x-4t2,y-4t)=9(1-x,-y).

于是所以

易知x≠0,则直线OQ的斜率为.

当且仅当4t=,即t=时,等号成立,所以直线OQ斜率的最大值为.

2.解(1)由题意得解得故椭圆C的标准方程为=1.

(2)由题意可知直线AB的斜率一定存在且不为0,

设直线AB的方程为y=kx+t,A(x1,y1),B(x2,y2),x1≠1,x2≠1,

将y=kx+t代入=1,得(k2+3)x2+2ktx+t2-6=0,Δ=4k2t2-4(k2+3)(t2-6)=2k2-t2+6>0,

∴x1+x2=,x1x2=,

则y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=,

x1y2+x2y1=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)=t(x1+x2)+2kx1x2=.∵直线PA和直线PB的倾斜角互补,

∴kPA=-kPB⇒=-,

化简可得2+x1y2+x2y1=(y1+y2)+(x1+x2),

即2,即(k-)(k+t-)=0.

∵直线AB不过点P,∴k=,∴x1+x2=,x1x2=,t2<12,则|AB|=.又点P到直线AB的距离为,

∴S△PAB=,当且仅当t=±时,等号成立,

∴△PAB面积的最大值为.

3.解(1)依题意,||PF1|-|PF2||=2<|F1F2|=4,根据双曲线的定义,可得点P的轨迹E是以F1(-2,0),F2(2,0)为焦点的双曲线,其中2a=2,2c=4,所以a=,c=2,则b=,所以曲线E的方程为=1.

(2)当直线l的斜率不存在时,|MN|=2,不满足题意,所以直线l的斜率存在且不为0.

设直线l的方程为y=k(x+2),M(x1,y1),N(x2,y2),

联立整理得(1-k2)x2-4k2x-(4k2+2)=0,Δ=8(k2+1)>0且k2≠1,

可得x1+x2=,x1x2=-,

|MN|==2.

因为|MN|≥4,所以≥2,解得≤k2<1或1<k2≤3.根据双曲线的对称性,不妨令A(-,0),B(,0),

则=(x1+,y1)·(-x2,-y2)+(x2+,y2)·(-x1,-y1)=4-2x1x2-2y1y2=4-2x1x2-2k2(x1+2)(x2+2)=4-(2+2k2)x1x2-4k2(x1+x2)-8k2=.因为≤k2<1或1<k2≤3,所以∈(-∞,-4]∪[12,+∞).所以的取值范围是(-∞,-4]∪[12,+∞).

4.(1)解由已知可得解得

所以椭圆E的标准方程为=1.

(2)证明由椭圆的对称性,不妨设点P在x轴上方.

①当直线PF的斜率存在时,因为∠PFB的角平分线为FN,所以∠PFB=2∠NFB,

所以tan∠PFB=,即kPF=.

设直线AP的方程为y=k(x+2),其中k≠0,则M(2,4k),

联立

可得(4k2+3)x2+16k2x+16k2-12=0,

设点P(x1,y1),则-2x1=,所以x1=,

则y1=k(x1+2)=,即点P,

所以kPF=.

设直线FN的方程为y=m(x-1),则N(2,m).

因为kPF=,所以,整理可得(2k-m)(2km+1)=0.

因为km>0,所以m=2k,所以,

所以N为线段BM的中点.

②当直线PF的斜率不存在时,点P,

则直线AP的方程为y=(x+2),所以点M(2,2).

又因为直线FN的方程为y=x-1,所以点N(2,1).

所以N为线段BM的中点.

综上可知,N为线段BM的中点.

5.解(1)|PM|=|NQ|.证明如下:

设A,B,y1>0>y2,

则M,N,F(1,0).

由于A,F,B三点共线,则,整理得(y1y2+4)(y1-y2)=0,因为y1≠y2,所以y1y2=-4.

lOA:y=x,则P,

同理可得Q.

则|PM|=,

|QN|=+1=,

则|PM|=|QN|.

(2)若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO为半径的圆内或圆上,则

即

化简得y1=2.

又因为y1y2=-4,所以y2=-=-,

kAB==2,

则直线AB斜率的取值范围为{2}.

6.(1)解因为圆C的中心在坐标原点,对称轴为坐标轴,所以椭圆方程为标准方程,设为=1(a>0,b>0),

若A,B两点在椭圆C上,则有a=b=,不合题意;

若A,D两点在椭圆C上,则无解;

若B,D两点在椭圆C上,则解得

所以椭圆C的标准方程为=1.

(2)证明直线AB:y=x+,

设直线DP的斜率为k,则直线DQ的斜率为-k,所以直线DP的方程为y-1=k(x-2),即y=kx-2k+1.

直线DQ的方程为y-1=-k(x-2),即y=-kx+2k+1.

设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立

消去y并整理得(1+2k2)x2-4k(2k-1)x+2(2k-1)2-6=0,

则2x1=,即x1=2-,

同理可得x2=2-=2+,

所以y1=kx1-2k+1=2k--2k+1=1-=-1-,y2=-kx2+2k+1=-2k-+2k+1=1-=-1+,所以P2-,-1-,Q2+,-1+.

联立

则M2+,2+,

联立

则N2-,2+.

所以|DP|=,

|DM|=,

|DQ|=,

|DN|=,

所以|DP|·|DN|=,所以|DQ|·|DM|=,所以|DP|·|DN|=|DQ|·|DM|.