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    2020届二轮复习大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题课时作业(全国通用)

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    课时跟踪检测(十五)大题考法——圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

    1.设椭圆E1(a>b>0)的右焦点为F,右顶点为ABC是椭圆上关于原点对称的两点(BC均不在x轴上),线段AC的中点为D,且BFD三点共线.

    (1)求椭圆E的离心率;

    (2)F(1,0),过F的直线lEMN两点,直线MANA分别与直线x9交于PQ两点.证明:以PQ为直径的圆过点F.

    解:(1)法一:由已知A(a,0)F(c,0),设B(x0y0)C(x0,-y0),则D

    BFD三点共线,

    (cx0,-y0)

    y0(cx0)=-y0·

    a3c,从而e.

    法二:连接ODAB(图略),由题意知,ODCAB的中位线,ODAB

    ∴△OFD∽△AFB.

    ,即

    解得a3c,从而e.

    (2)证明:F的坐标为(1,0)

    c1,从而a3b28.

    椭圆E的方程为1.

    设直线l的方程为xny1

    消去x得,(8n29)y216ny640

    y1y2y1y2

    其中M(ny11y1)N(ny21y2)

    直线AM的方程为

    P,同理Q

    从而··

    64

    64

    640.

    FPFQ,即以PQ为直径的圆恒过点F.

    2(2018·浙江高考)如图,已知抛物线x2y,点AB,抛物线上的点P(xy).过点B作直线AP的垂线,垂足为Q.

    (1)求直线AP斜率的取值范围;

    (2)|PA|·|PQ|的最大值.

    解:(1)设直线AP的斜率为k

    kx

    因为-<x<

    所以-1<x<1

    即直线AP斜率的取值范围是(1,1)

    (2)设直线AP的斜率为k.

    则直线AP的方程为yk

    kxyk0

    因为直线BQ与直线AP垂直,所以直线BQ的方程为xkyk0

    联立

    解得点Q的横坐标xQ.

    因为|PA|(k1)

    |PQ|(xQx)=-

    所以|PA|·|PQ|=-(k1)(k1)3.

    f(k)=-(k1)(k1)3

    因为f(k)=-(4k2)(k1)2

    f(k)0,得kk=-1(舍去)

    所以f(k)在区间上单调递增,上单调递减,

    因此当k时,|PA|·|PQ|取得最大值.

    3(2018·浙江重点中学12月高三期末热身联考)已知椭圆C1(a>b>0)的长轴长是短轴长的2倍,且椭圆过点.

    (1)求椭圆C的方程;

    (2)若椭圆上有相异的两点AB.AOB三点不共线,O为坐标原点,且直线ABOAOB的斜率满足kkOA·kOB(kAB>0)

    ()求证:|OA|2|OB|2为定值;

    ()AOB的面积为S,当S取得最大值时,求直线AB的方程.

    解:(1)由题意可知,a2b

    故椭圆方程可化为1

    椭圆过点

    1

    解得b1(负值舍去)a2

    椭圆C的方程为y21.

     

    (2)设直线AB的方程为ykABxm(kAB>0)A(x1y1)B(x2y2)

    kkOA·kOB(kAB>0)

    k

    化简得kABm(x1x2)m20

    AOB三点不共线,m0

    kAB(x1x2)m0         

    消去y,整理,得(14k)x28kAB·mx4(m21)0

    由根与系数的关系可得      

    Δ16(14km2)>0         

    代入中得kABm0(kAB>0)

    解得kAB,则         

    ()证明:|OA|2|OB|2xyxyxx2[(x1x2)22x1x2]2

    代入得|OA|2|OB|2×[4m22×2(m21)]25.

    ()设点O到直线AB的距离为d

    S|ABd|x1x2|m||m|.

    kAB可得m(0)(0)

    S|m|1

    当且仅当m±1时,等号成立.

    S取最大值时,直线的AB方程为yx1yx1.

    4(2018·宝鸡质检)已知椭圆1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1F2,其离心率e,点P为椭圆上的一个动点,PF1F2面积的最大值为4.

    (1)求椭圆的方程;

    (2)ABCD是椭圆上不重合的四个点,ACBD相交于点F1·0,求||||的取值范围.

    解:(1)由题意得,当点P是椭圆的上、下顶点时,PF1F2的面积取得最大值,

    此时SPF1F2|F1F2|·|OP|bc

    所以bc4

    因为e,所以b2a4

    所以椭圆方程为1.

    (2)(1)得,F1的坐标为(2,0)

    因为·0,所以ACBD

    当直线ACBD中有一条直线斜率不存在时,易得||||6814.

    当直线AC的斜率k存在且k0时,

    设其方程为yk(x2)A(x1y1)C(x2y2)

    (34k2)x216k2x16k2480

    x1x2x1x2.

    |||x1x2|

    此时直线BD的方程为y=-(x2)

    同理由可得||

    ||||

    tk21,则||||(t>1),因为t>1,0<

    所以||||.

    综上,||||的取值范围是.

     

    5.设抛物线Cy22px(p>0)的焦点为F,过点F的直线l交抛物线CPQ两点,且|PQ|8,线段PQ的中点到y轴的距离为3.

    (1)求抛物线C的方程;

    (2)若点A(x1y1)B(x2y2)是抛物线C上相异的两点,满足x1x22,且AB的中垂线交x轴于点M,求AMB的面积的最大值及此时直线AB的方程.

    解:(1)P(xPyP)Q(xQyQ),则PQ的中点坐标为.

    由题意知3xPxQ6

    |PQ|xPxQp8p2

    故抛物线C的方程为y24x.

    (2)AB垂直于x轴时,显然不符合题意,

    所以可设直线AB的方程为ykxb(k0)

    消去y并整理,

    k2x2(2kb4)xb20

    x1x22,得bk

    直线AB的方程为yk(x1).

    AB中点的横坐标为1

    AB中点的坐标为.

    可知AB的中垂线的方程为y=-x

    M点的坐标为(3,0)

    直线AB的方程为k2xky2k20

    M到直线AB的距离d.

    y2ky2k20

    y1y2y1y2

    |AB||y1y2|.

    AMB的面积为S

    S4 .

    t,则0t<1

    S4t(2t2)=-4t38tS=-12t28

    S0,得t(负值舍去)

    k±时,Smax

    此时直线AB的方程为3x±y10.

    6.已知抛物线y22px(p>0)的焦点为FP为抛物线上的点(第一象限),直线l与抛物线相切于点P.

    (1)PPM垂直于抛物线的准线于点M,连接PF,求证:直线l平分MPF

    (2)p1,过点P且与l垂直的直线交抛物线于另一点Q,分别交x轴、y轴于AB两点,求的取值范围.

    解:(1)证明:设P(x0y0),则y2px0,因为点P不是抛物线的顶点,所以直线l的斜率存在,设为k,则k

    所以切线lyy0(xx0),即y0yp(xx0)

    设切线lx轴交于点C

    C(x0,0),所以|FC|x0

    由抛物线的定义得|PF||PM|x0,所以|PF||FC|

    所以PCFFPCMPC

    因而直线l平分MPF.

    (2)(1)及已知得,过点P且与l垂直的直线的斜率为-=-y0,因而其方程为yy0=-y0(xx0)

    A(x01,0)B(0x0y0y0)

    y2y2(x01)0

    y0yQ为方程的两个根得,y0yQ=-

    因而yQ.

    所以2x01

    因为x0>0,所以2x01>1

    所以的取值范围为(1,+)

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