71.抛物线5（面积最值问题2） 2022届高三数学一轮复习大题练

这是一份71.抛物线5（面积最值问题2） 2022届高三数学一轮复习大题练，共11页。试卷主要包含了已知动点到点与到直线的距离相等，已知椭圆等内容，欢迎下载使用。
一轮复习大题专练71—抛物线5（面积最值问题2）1．已知动点到点与到直线的距离相等．（Ⅰ）求点的轨迹的方程；（Ⅱ）设，在曲线上，过作两条互相垂直的直线分别交曲线异于的两点，，且，记直线的斜率为．（ⅰ）试用的代数式表示；（ⅱ）求面积的最小值．1．解：（Ⅰ）因为动点到点与到直线的距离相等，所以可得的轨迹为抛物线，且焦点在轴上，，所以，所以点的轨迹的方程为：；（Ⅱ）由（Ⅰ）可得，设直线的方程为：，，，整理可得：，设，，易知，为该方程的两根，故有，可得，从而得，类似的设直线的方程为：，，可得，由可得，解得：；因为，，所以，所以，所以的最小值为16． 2．已知点，，直线，相交于点，且它们的斜率之积是，，．（1）求的轨迹方程，并说明曲线的类型；（2）当时，为（1）中的所在曲线上任意一点．过点的直线交曲线于，两点，射线交曲线于点．（ⅰ）求的值；（ⅱ）求面积的最大值．2．解：（1）设，则，，又，所以，整理得，当时，的轨迹为椭圆（除去和两点），当时，的轨迹为圆（除去和两点）．（2）当时，的方程为，（ⅰ）设，，，由题意可得，，因为，及，即，所以，即，（ⅱ）设，，，，将代入椭圆的方程，可得，由△，可得，①则由，，所以，因为直线与轴交点的坐标为，所以的面积，设，将代入椭圆的方程得，由△，可得，②由①②可知，因此，故，当且仅当，即，取得最大值，由（ⅰ）知，的面积为，所以面积的最大值为． 3．作斜率为的直线与抛物线交于，两点（如图所示），点在抛物线上且在直线上方．（Ⅰ）求的方程并证明：直线和的倾斜角互补；（Ⅱ）若直线的倾斜角为，求的面积的最大值． 3．解：（Ⅰ）因为点在抛物线上，所以，解得，因此抛物线的方程为，设直线的方程为，因为直线与抛物线交于，两点，且点在直线的上方，所以设，，，，且，即，由，可得，而由△，解得，因此，且，，所以，即，所以直线和直线的倾斜角互补；（Ⅱ）因为直线的倾斜角为，所以，又由（Ⅰ）可知，，所以，由（Ⅰ）可知，，即，所以，解得，又因为，而点到直线的距离为，所以的面积，设，，则，当时，，单调递增，当时，，单调递减，故当时，取得最大值为，所以的面积的最大值为． 4．已知椭圆：，过椭圆左顶点的直线交抛物线于，两点，且，经过点点直线与椭圆交于，两点，且．（1）证明：直线过定点．（2）求四边形的面积最大值及的值．4．（1）证明：由椭圆：，可知点的坐标为，且直线过点与抛物线交于，两点，则直线的斜率存在且不为0，设直线的方程为，，，，，联立方程组，可得，则△且，，由，则点为线段的三等分点，故，所以，，则，因此，故点，又，且，所以，则直线的方程为，即，所以当，即时，，故直线恒过定点；（2）解：由可得，，故，即，由（1）可知，直线为，即且，故点到直线的距离，设，，，，联立方程组，可得，故△，由，所以，当且仅当，即时，的面积取得最大值2，所以，故四边形的最大面积为6，此时． 5．已知抛物线和椭圆，过抛物线的焦点的直线交抛物线于，两点，线段的中垂线交椭圆于，两点．（Ⅰ）若恰是椭圆的焦点，求的值；（Ⅱ）若恰好被平分，求面积的最大值．5．解：（Ⅰ）在椭圆中，，所以，由，得．（Ⅱ）设直线，代入抛物线方程得．设的中点，，则，，由得，解得，由点在椭圆内，得，解得，因为，所以的最大值是2，面积，所以，当时，面积的最大值是． 6．平面直角坐标系中，椭圆，抛物线．设是上的动点，且位于第一象限，在点处的切线与交于不同的两点，，线段的中点为，直线与过且垂直于轴的直线交于点．（1）求证：点在定直线上；（2）直线与轴交于点，记的面积为，的面积为，求的最大值． 6．解：（1）证明：设，由可得，所以直线斜率为，因此直线方程为，即．设，，，，，，联立，得．由△，得（或．且．因此，将其代入得，因为，所以直线方程为．联立得点纵坐标，所以点在定直线上．（2）由（1）知直线方程为．令，得，所以．又，，，所以，，所以，设，则．当，即时，取到最大值．