全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十七圆锥曲线中的最值范围证明问题理含解析

这是一份全国版2021届高考数学二轮复习专题检测十七圆锥曲线中的最值范围证明问题理含解析，共5页。试卷主要包含了已知椭圆C，已知椭圆D，已知抛物线C，椭圆C等内容，欢迎下载使用。

1．(2019·湖南省五市十校联考)已知椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(\r(2),2)，右焦点为F，以原点O为圆心，椭圆C的短半轴长为半径的圆与直线x－y＋eq \r(2)＝0相切．
(1)求椭圆C的方程；
(2)如图，过定点P(2，0)的直线l交椭圆C于A，B两点，连接AF并延长交C于M，求证：∠PFM＝∠PFB.
解：(1)依题意可设圆O的方程为x2＋y2＝b2，
∵圆O与直线x－y＋eq \r(2)＝0相切，∴b＝eq \f(|\r(2)|,\r(12＋12))＝1，
∴a2－c2＝1，
又eq \f(c,a)＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)，
∴椭圆C的方程为eq \f(x2,2)＋y2＝1.
(2)证明：依题意可知直线l的斜率存在，设l的方程为y＝k(x－2)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x－2），,\f(x2,2)＋y2＝1))得(1＋2k2)x2－8k2x＋8k2－2＝0，
∵l与椭圆有两个交点，∴Δ>0，即2k2－1<0.
设A(x1，y1)，B(x2，y2)，直线AF，BF的斜率分别为k1，k2，
则x1＋x2＝eq \f(8k2,1＋2k2)，x1x2＝eq \f(8k2－2,1＋2k2).
∵F(1，0)，∴k1＋k2＝eq \f(y1,x1－1)＋eq \f(y2,x2－1)＝eq \f(k（x1－2）,x1－1)＋eq \f(k（x2－2）,x2－1)＝2k－keq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,x1－1)＋\f(1,x2－1)))＝2k－k×eq \f(x1＋x2－2,x1x2－（x1＋x2）＋1)＝2k－k×eq \f(\f(8k2,1＋2k2)－2,\f(8k2－2,1＋2k2)－\f(8k2,1＋2k2)＋1)＝2k－k×eq \f(4k2－2,2k2－1)＝0，
即∠PFM＝∠PFB.
2．(2019·广东六校第一次联考)已知椭圆D：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为e＝eq \f(\r(2),2)，点(－eq \r(2)，1)在椭圆D上．
(1)求椭圆D的方程；
(2)过椭圆D内一点P(0，t)的直线l的斜率为k，且与椭圆D交于M，N两点，设直线OM，ON(O为坐标原点)的斜率分别为k1，k2，若对任意k，存在实数λ，使得k1＋k2＝λk，求实数λ的取值范围．
解：(1)椭圆D的离心率e＝eq \f(\r(a2－b2),a)＝eq \f(\r(2),2)，∴a＝eq \r(2)b，
又点(－eq \r(2)，1)在椭圆D上，∴eq \f(2,a2)＋eq \f(1,b2)＝1，得a＝2，b＝eq \r(2)，
∴椭圆D的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,2)＝1.
(2)由题意得，直线l的方程为y＝kx＋t.
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(\f(x2,4)＋\f(y2,2)＝1，,y＝kx＋t，))消元可得(2k2＋1)x2＋4ktx＋2t2－4＝0.
设M(x1，y1)，N(x2，y2)，
则x1＋x2＝eq \f(－4kt,2k2＋1)，x1x2＝eq \f(2t2－4,2k2＋1)，
k1＋k2＝eq \f(y1,x1)＋eq \f(y2,x2)＝eq \f(kx1＋t,x1)＋eq \f(kx2＋t,x2)＝2k＋eq \f(t（x1＋x2）,x1x2)＝2k＋t·eq \f(－4kt,2k2＋1)·eq \f(2k2＋1,2t2－4)＝eq \f(－4k,t2－2).
由k1＋k2＝λk，得eq \f(－4k,t2－2)＝λk，
∵此等式对任意的k都成立，∴eq \f(－4,t2－2)＝λ，
即t2＝2－eq \f(4,λ).
∵点P(0，t)在椭圆内，∴0≤t2<2，
即0≤2－eq \f(4,λ)<2，解得λ≥2.
∴实数λ的取值范围是[2，＋∞)．
3．已知抛物线C：y2＝2px(p>0)的准线l1与x轴交于点M，直线l2：4x－3y＋6＝0与抛物线C没有公共点，动点P在抛物线C上，点P到l1，l2的距离之和的最小值等于2.
(1)求抛物线C的方程；
(2)过点M的直线与抛物线C交于两个不同的点A，B，设eq \(MA,\s\up7(―→))＝λeq \(MB,\s\up7(―→)) eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)≤λ<1))，求|AB|的取值范围．
解：(1)作PG，PH分别垂直于l1，l2，垂足为G，H，设抛物线C的焦点为F，则Feq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(p,2)，0)).
由抛物线定义知|PG|＝|PF|，所以点P到直线l1，l2的距离之和的最小值即为点F到直线l2的距离，故eq \f(\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\c1(4×\f(p,2)＋6)),\r(42＋32))＝2，又p>0，所以p＝2.
所以抛物线C的方程为y2＝4x.
(2)由(1)可得点M的坐标为(－1，0)，由题意知直线AB的斜率存在且不为0，设直线AB的方程为y＝k(x＋1)．
由eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(y＝k（x＋1），,y2＝4x))消去x，整理得ky2－4y＋4k＝0，
因为直线AB与抛物线交于两个不同的点，所以Δ＝16－16k2>0，所以0设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则y1y2＝4，①
y1＋y2＝eq \f(4,k)，②
因为eq \(MA,\s\up7(―→))＝λeq \(MB,\s\up7(―→))，M(－1，0)，所以(x1＋1，y1)＝λ(x2＋1，y2)，所以y1＝λy2，③
由①②③可得k2＝eq \f(4λ,（λ＋1）2).
所以|AB|＝ eq \r(1＋\f(1,k2))|y1－y2|＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))（y1－y2）2)
＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))[（y1＋y2）2－4y1y2])
＝ eq \r(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(1＋\f(1,k2)))·\f(16－16k2,k2))＝ eq \r(\f(16－16k4,k4))，
则|AB|2＝eq \f(16－16k4,k4)＝eq \f(16,k4)－16＝eq \f(（1＋λ）4,λ2)－16＝eq \f(（λ2＋2λ＋1）2,λ2)－16＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(λ＋\f(1,λ)＋2))eq \s\up12(2)－16，
令f(λ)＝λ＋eq \f(1,λ)，eq \f(1,3)≤λ<1，则f(λ)在eq \b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,3)，1))上单调递减，
因此可得2<λ＋eq \f(1,λ)≤eq \f(10,3)，
所以0所以0<|AB|≤eq \f(4\r(7),3)，
即|AB|的取值范围为eq \b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\c1(0，\f(4\r(7),3))).
4．(2019·重庆七校联考)椭圆C：eq \f(x2,a2)＋eq \f(y2,b2)＝1(a>b>0)的离心率为eq \f(1,2)，其左焦点到点P(2，1)的距离为eq \r(10).不经过原点O的直线l与椭圆C相交于A，B两点，且线段AB被直线OP平分．
(1)求椭圆C的方程；
(2)求△ABP的面积取最大值时，直线l的方程．
解：(1)依题意知，e＝eq \f(c,a)＝eq \f(1,2)，
左焦点(－c，0)到点P(2，1)的距离d0＝eq \r(（2＋c）2＋12)＝eq \r(10)，
得a2＝4，c2＝1，所以b2＝3，
故椭圆C的方程为eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1.
(2)易得直线OP的方程为y＝eq \f(1,2)x，设A(x1，y1)，B(x2，y2)，AB的中点R(x0，y0)(y0≠0)，其中y0＝eq \f(1,2)x0.
因为A，B在椭圆C上，所以eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝1，eq \f(xeq \\al(2,2),4)＋eq \f(yeq \\al(2,2),3)＝1，两式相减得eq \f(xeq \\al(2,2),4)－eq \f(xeq \\al(2,1),4)＋eq \f(yeq \\al(2,2),3)－eq \f(yeq \\al(2,1),3)＝0，即eq \f(（x2－x1）·2x0,4)＋eq \f(（y2－y1）·2y0,3)＝0，
故kAB＝eq \f(y2－y1,x2－x1)＝－eq \f(3,4)·eq \f(x0,y0)＝－eq \f(3,2).
由题意可设直线l的方程为y＝－eq \f(3,2)x＋m(m≠0)，代入eq \f(x2,4)＋eq \f(y2,3)＝1中，
消去y并整理得3x2－3mx＋m2－3＝0，
由Δ＝(3m)2－4×3(m2－3)＝3(12－m2)>0，得－2eq \r(3)由根与系数的关系，得x1＋x2＝m，x1x2＝eq \f(m2－3,3)，
所以|AB|＝eq \r(1＋\f(9,4))|x1－x2|＝eq \f(\r(13),2)·eq \r(（x1＋x2）2－4x1x2)＝eq \f(\r(39),6) eq \r(12－m2).
又点P(2，1)到直线l的距离d＝eq \f(|8－2m|,\r(13))＝eq \f(2|4－m|,\r(13))，
所以△ABP的面积S△ABP＝eq \f(1,2)·|AB|·d＝eq \f(\r(3),6)·eq \r(（4－m）2（12－m2）)，其中－2eq \r(3)令f(m)＝(4－m)2(12－m2)(－2eq \r(3)则f′(m)＝－4(m－4)(m2－2m－6)＝－4(m－4)(m－1－eq \r(7))(m－1＋eq \r(7))，
令f′(m)＝0，得m＝1－eq \r(7)(4和1＋eq \r(7)不满足－2eq \r(3)当m∈(－2eq \r(3)，1－eq \r(7))时，f′(m)>0，当m∈(1－eq \r(7)，2eq \r(3))且m≠0时，f′(m)<0，
所以当m＝1－eq \r(7)时，S△ABP取得最大值，此时直线l的方程为3x＋2y＋2eq \r(7)－2＝0.