2023高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十三圆锥曲线中的最值范围证明问题

这是一份2023高考数学二轮专题复习与测试专题强化练十三圆锥曲线中的最值范围证明问题，共9页。试卷主要包含了已知抛物线C，已知抛物线C1，已知椭圆C，已知椭圆E等内容，欢迎下载使用。

专题强化练(十三)　圆锥曲线中的最值、范围、证明问题
1．(2022·广州三模)已知抛物线C：x2＝－2py(p>0)的焦点为F，且F与圆M：x2＋(y－4)2＝1上点的距离最小值为4.
(1)求抛物线C的方程；
(2)若点P在圆M上，PA、PB是抛物线C的两条切线，A、B是切点，求△PAB面积的最大值．
解：(1)点F(0，－)到圆M上的点的距离的最小值为|FM|－1＝＋4－1＝4，
解得p＝2，
所以抛物线C的方程为x2＝－4y.
(2)由(1)知，抛物线的方程为x2＝－4y，即y＝－x2，则y′＝－x，
设切点A(x1，y1)，B(x2，y2)，则PA：y＝－x1x＋x，PB：y＝－x2x＋x，
联立两直线方程，得到P(，－)，
设lAB：y＝kx＋b，与抛物线方程联立，消去y并整理可得x2＋4kx＋4b＝0，
所以Δ＝16k2－16b>0，即k2－b>0，且x1＋x2＝－4k，x1x2＝4b，
所以P(－2k，－b)，
因为|AB|＝ ·＝
·，
点P到AB的距离d＝，
所以S△PAB＝|AB|·d＝4|k2－b|·，①
又点P(－2k，－b)在圆M：x2＋(y－4)2＝1上，
所以k2＝，
代入①得，S△PAB＝4·()，
而yP＝－b∈[3，5]，即b∈[－5，－3]，
当b＝－5时，△PAB面积的最大值为20.
2．(2022·惠州一模)已知抛物线C1：y2＝4x与椭圆C2：＋＝1(a>b>0)有公共的焦点，C2的左、右焦点分别为F1，F2，该椭圆的离心率为.
(1)求椭圆C2的方程；
(2)如图，若直线l与x轴，椭圆C2顺次交于P，Q，R(P点在椭圆左顶点的左侧)，且∠PF1Q与∠PF1R互补，求△F1QR面积S的最大值．

解：(1)由题意可得，抛物线的焦点为(1，0)，
所以椭圆的半焦距c＝1，又因为椭圆的离心率为，
所以e＝＝，即a＝2，
因为a2＝b2＋c2，所以b2＝a2－c2＝4－1＝3，
即b＝，
所以椭圆C2的方程为＋＝1.
(2)设Q(x1，y1)，R(x2，y2)，F(－1，0)，
因为∠PF1Q与∠PF1R互补，所以kQF1＋kRF1＝0，
所以＋＝0，化简整理，可得x1y2＋y2＋x2y1＋y1＝0，①
设直线PQ为x＝my＋n(m≠0)，
联立直线与椭圆方程，
化简整理，可得(3m2＋4)y2＋6mny＋3n2－12＝0，
Δ＝b2－4ac＝36m2n2－4(3m2＋4)(3n2－12)>0，
可得n2<3m2＋4，②
由韦达定理，可得y1＋y2＝－，y1y2＝，③
将x1＝my1＋n，x2＝my2＋n代入①，
可得2my1y2＋(n＋1)(y1＋y2)＝0，④
再将③代入④，可得＝，
解得n＝－4，
所以PQ的方程为x＝my－4，
由点F(－1，0)到直线PQ的距离d＝＝，
S△F1QR＝|QR|·d＝··＝18 ，
由②可得，3m2＋4>16，即m2>4，
设f(m)＝18 ，令m2－4＝t，t>0，
所以f(t)＝18 ＝18，由均值不等式可知，
9t＋≥2 ＝96，
当且仅当9t＝时，即t＝，等号成立，
当9t＋取最小值时，f(t)取最大值，即△F1QR面积S最大，
所以f(t)max＝18×＝，
所以△F1QR面积S最大值为.
3．(2022·茂名一模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的左焦点为F1(－1，0)，且过点(1，)．
(1)求椭圆C的方程；
(2)过F1且互相垂直的两条直线l1，l2分别交椭圆C于A、B两点和M、N两点，求|AB|＋|MN|的取值范围．
解：(1)由题意，，解得a2＝4，b2＝3.
所以椭圆C的方程为＋＝1.
(2)当直线AB，MN有一条斜率不存在时，|AB|＋|MN|＝4＋3＝7.
当AB斜率存在且不为0时，设方程为y＝k(x＋1)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．
联立消去y整理得(3＋4k2)x2＋8k2x＋4k2－12＝0.
所以x1＋x2＝－，x1x2＝.所以|AB|＝·＝
·＝.
把－代入上式，得|MN|＝，
所以|AB|＋|MN|＝，
设t＝k2＋1(k≠0)，t>1，
所以|AB|＋|MN|＝，t>1，
设g(t)＝－＋＋12＝－(－)2＋，t>1
令m＝，则m＝∈(0，1)，
g(m)＝－(m－)2＋(0 所以12 所以≤<7，
所以|AB|＋|MN|∈.
综上所述，|AB|＋|MN|的取值范围是.
4．(2022·广州三模)已知椭圆C：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F(1，0)，且点P(1，)在椭圆C上，O为坐标原点．
(1)求椭圆C的标准方程；
(2)设过定点T(0，2)的直线l与椭圆C交于不同的两点A、B，且∠AOB为锐角，求直线l的斜率k的取值范围．
解：(1)由题意，得c＝1，
所以a2＝b2＋1.
因为点P(1，)在椭圆C上，
所以＋＝1，可解得a2＝4，b2＝3.
则椭圆C的标准方程为＋＝1.
(2)设直线l的方程为y＝kx＋2，
点A(x1，y1)，B(x2，y2)，
由，得(4k2＋3)x2＋16kx＋4＝0.
因为Δ＝48(4k2－1)>0，所以k2>，
由根与系数的关系，得x1＋x2＝，
x1x2＝.
因为∠AOB为锐角，所以·>0，
即x1x2＋y1y2>0.
所以x1x2＋(kx1＋2)(kx2＋2)>0，
即(1＋k2)x1x2＋2k(x1＋x2)＋4>0，(1＋k2)·＋2k·＋4＝>0
所以k2<.
综上 解得－ 所以所求直线的斜率的取值范围为－ 5．(2022·深圳模拟)已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)经过点M(1，)，且焦距|F1F2|＝2，线段AB，CD分别是它的长轴和短轴．
(1)求椭圆E的方程；
(2)若N(s，t)是平面上的动点，从下面两个条件中选一个，证明：直线PQ经过定点．
①s＝1，t≠±，直线NA，NB与椭圆E的另一交点分别为P，Q；
②t＝2，s∈R，直线NC，ND与椭圆E的另一交点分别为P，Q.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
解：(1)由已知，c＝，点M在(1，)椭圆上，
所以＋＝1，
又因为a2－b2＝c2，所以a2＝4，b2＝1，
所以椭圆的方程为＋y2＝1.
(2)选①，则N(1，t)，A(－2，0)，B(2，0)，设P(xp，yp)，Q(xQ，yQ)，
kNA＝＝，kNB＝＝－t，
所以lNA：y＝(x＋2)，lNB：y＝－t(x－2)，
由消去y得：(9＋4t2)x2＋16t2x＋16t2－36＝0，
Δ＝256t4－4(9＋4t2)(16t2－36)＝362>0
所以－2xp＝，所以xP＝，
则yP＝，
所以P(，)，
由消去y得(1＋4t2)x2－16t2x＋16t2－4＝0，
Δ＝256t4－4(1＋4t2)(16t2－4)＝16>0，
所以2xQ＝，所以xQ＝，
则yQ＝，
所以Q(，)，
所以kPQ＝＝＝，
所以直线PQ的方程为y－＝(x－)，
所以16y4＋(8x－32)t3＋16yt2＋(2x－8)t＋3y＝0，
所以y＝0，x＝4，
故直线PQ恒过定点(4，0)．
选②，则N(s，2)，C(0，1)，D(0，－1)，设P(xP，yP)，
Q(xQ，yQ)，
kNC＝＝，kND＝＝，
所以lNC：y＝x＋1，lND：y＝x－1，
消去y得(4＋s2)y2＋2s2y＋s2－4＝0，
Δ＝4s4－4(4＋s2)(s2－4)＝64>0，
所以yp＝，所以xp＝，所以P(，)，
同理：yQ＝，所以xQ＝，所以Q(，)，
kPQ＝＝＝，
所以直线PQ的方程为y－＝(x＋)，
令x＝0，则y＝＝＝，
故直线PQ恒过定点(0，)．
6．(2022·汕头二模)在平面直角坐标系xOy中，已知圆G：x2＋(y－1)2＝1与抛物线C：x2＝2py(p>0)交于点M，N(异于原点O)，MN恰为该圆的直径，过点E(0，2)作直线交抛物线于A，B两点，过A，B两点分别作抛物线C的切线交于点P.
(1)求证：点P的纵坐标为定值；
(2)若F是抛物线C的焦点，证明：∠PFA＝∠PFB.
证明：(1)由对称性可知交点坐标为(1，1)，(－1，1)，
代入抛物线方程可得2p＝1，
所以抛物线的方程为x2＝y，
设A(x1，x)，B(x2，x)，
所以kAB＝＝x1＋x2，
所以直线AB的方程为y－x＝(x1＋x2)(x－x1)，
即y＝(x1＋x2)x－x1x2，
因为直线AB过点C(0，2)，
所以－x1x2＝2，所以x1x2＝－2.①
因为y＝2x，
所以直线PA的斜率为2x1，直线PB的斜率为2x2，
直线PA的方程为y－x＝2x1(x－x1)，
即y＝2x1x－x，
同理直线PB的方程为y＝2x2x－x，
联立两直线方程，可得P(，x1x2)，
由①可知点P的纵坐标为定值－2.
(2)cos∠PFA＝，
cos∠PFB＝，
注意到两角都在(0，π)内，
可知要证：∠PFA＝∠PFB，即证＝⇔＝，
因为＝(x1，x－)，＝(，－)，
所以·＝x1·－(x－)＝
－x－＝－(4x＋1)，
又||＝＝x＋，
所以＝－，
同理＝－，
所以＝，
即＝，
即∠PFA＝∠PFB得证．