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    (新高考)高考数学一轮复习课时练习9.8.1《圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题》(含解析)
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    (新高考)高考数学一轮复习课时练习9.8.1《圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题》(含解析)

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    这是一份(新高考)高考数学一轮复习课时练习9.8.1《圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题》(含解析),共19页。试卷主要包含了直线与圆锥曲线的位置关系的判定,直线与圆锥曲线的相交弦长问题,直线l,已知椭圆C,已知A),B,1)是椭圆C,已知圆O等内容,欢迎下载使用。

    第8讲 圆锥曲线的综合问题
    最新考纲
    考向预测
    1.掌握解决直线与椭圆、抛物线的位置关系的思想方法.
    2.了解圆锥曲线的简单应用.
    3.理解数形结合的思想.
    命题趋势
    圆锥曲线中的综合问题是高考命题的热点,高考主要考查圆锥曲线中的证明、定点、定值、最值、范围等问题,这类问题考查范围广泛,命题形式新颖.一般试题难度较大,题型以解答题为主.
    核心素养
    数学运算、逻辑推理


    1.直线与圆锥曲线的位置关系的判定
    (1)代数法:把圆锥曲线方程C1与直线方程l联立消去y,整理得到关于x的方程ax2+bx+c=0.
    方程ax2+bx+c=0的解
    l与C1的交点
    a=0
    b=0
    无解(含l是双曲线的渐近线)
    无公共点
    b≠0
    有一解(含l与抛物线的对称轴平行(重合)或与双曲线的渐近线平行)
    一个交点
    a≠0
    Δ>0
    两个不相等的解
    两个交点
    Δ=0
    两个相等的解
    一个交点
    Δ<0
    无实数解
    无交点
    (2)几何法:在同一直角坐标系中画出圆锥曲线和直线,利用图象和性质可判定直线与圆锥曲线的位置关系.
    2.直线与圆锥曲线的相交弦长问题
    设斜率为k(k≠0)的直线l与圆锥曲线C相交于A,B两点,A(x1,y1),B(x2,y2),
    则|AB|=|x1-x2|

    = |y1-y2|
    = .
    常用结论
    圆锥曲线以P(x0,y0)(y0≠0)为中点的弦所在直线的斜率如下表:
    圆锥曲线方程
    直线斜率
    椭圆:+=1(a>b>0)
    k=-
    双曲线:-=1(a>0,b>0)
    k=
    抛物线:y2=2px(p>0)
    k=

    1.判断正误(正确的打“√”,错误的打“×”)
    (1)直线y=kx(k≠0)与双曲线x2-y2=1一定相交.(  )
    (2)与双曲线的渐近线平行的直线与双曲线有且只有一个交点.(  )
    (3)直线与椭圆只有一个交点⇔直线与椭圆相切.(  )
    (4)过点(2,4)的直线与椭圆+y2=1只有一条切线.(  )
    答案:(1)× (2)√ (3)√ (4)×
    2.过点(0,1)作直线,使它与抛物线y2=4x仅有一个公共点,这样的直线有(  )
    A.1条 B.2条
    C.3条 D.4条
    解析:选C.结合图形分析可知,满足题意的直线共有3条:直线x=0,过点(0,1)且平行于x轴的直线以及过点(0,1)且与抛物线相切的直线(非直线x=0).
    3.(易错题)直线l:y=x+3与双曲线-=1交点的个数为(  )
    A.0 B.1
    C.2 D.3
    解析:选C.由于直线l:y=x+3过(0,3),双曲线-=1的渐近线y=x的斜率>1,故直线l仅与双曲线-=1的上支有两个交点,如图所示.故选C.

    4.过点A(1,0)作倾斜角为的直线,与抛物线y2=2x交于M,N两点,则|MN|=________.
    解析:由题意可知直线方程为y=x-1,联立整理得x2-4x+1=0.设M(x1,y1),N(x2,y2),则x1x2=1,x1+x2=4,所以|MN|=·|x1-x2|=·=2.
    答案:2
    5.已知椭圆C:+=1与动直线l:y=x+m相交于A,B两点,则实数m的取值范围为________.
    解析:由得18x2+12mx+4m2-36=0,Δ=144m2-4×18(4m2-36)>0,所以-3 答案:(-3,3)
    第1课时 圆锥曲线中的证明、范围(最值)问题


    证明问题
    技法一 直接法
    已知椭圆C:+=1(a>b>0)的离心率为,焦距为2.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)若斜率为-的直线l与椭圆C交于P,Q两点(点P,Q均在第一象限),O为坐标原点.证明:直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.
    【解】 (1)由题意可得
    解得
    所以b2=a2-c2=1,
    故椭圆C的方程为+y2=1.
    (2)证明:设直线l的方程为y=-x+m,P(x1,y1),Q(x2,y2). 
    由消去y得x2-2mx+2(m2-1)=0.
    则Δ=4m2-8(m2-1)=4(2-m2)>0,
    且x1+x2=2m,x1x2=2(m2-1),
    所以y1y2=
    =x1x2-m(x1+x2)+m2
    =,
    所以kOPkOQ====k,
    即直线OP,PQ,OQ的斜率依次成等比数列.

    对于证明问题,一般是根据已知条件,运用所涉及的知识通过运算化简,利用定义、定理、公理等,直接推导出所证明的结论即可,证明不等式常用不等式的性质,或基本不等式求得最值. 
    技法二 转化法
    已知B是抛物线y=x2+1上任意一点,A(0,-1),且P为线段AB的中点.
    (1)求点P的轨迹C的方程;
    (2)若F为点A关于原点O的对称点,过F的直线交曲线C于M,N两点,直线OM交直线y=-1于点H,求证:|NF|=|NH|.
    【解】 (1)设P(x,y),B(x0,y0),因为P为AB的中点,所以
    因为B为曲线y=x2+1上任意一点,
    所以y0=x+1,代入得x2=4y,
    所以点P的轨迹C的方程为x2=4y.
    (2)证明:依题意得F(0,1),直线MN的斜率存在,其方程可设为y=kx+1.
    设M(x1,y1),N(x2,y2),
    联立得x2-4kx-4=0,
    则Δ=16k2+16>0,所以x1x2=-4.
    因为直线OM的方程为y=x,H是直线OM与直线y=-1的交点,
    所以H.
    根据抛物线的定义|NF|等于点N到准线y=-1的距离.
    因为点H在准线y=-1上,所以要证明|NF|=|NH|,只需证明HN垂直准线y=-1,即证HN∥y轴.
    因为H的横坐标-=-===x2,
    所以HN∥y轴成立,所以|NF|=|NH|成立.

    圆锥曲线中的证明问题涉及证明的范围比较广,但无论证明什么,其常用方法有直接法和转化法,对于转化法,先是对已知条件进行化简,根据化简后的情况,将证明的问题转化为另一问题.本题证明的关键是能够利用抛物线的定义将所证结论转化为证明HN∥y轴.通过直线与抛物线联立得到根与系数的关系的形式,利用根与系数的关系的结论证得HN∥y轴. 
    (2020·北京市适应性测试)已知椭圆C的短轴的两个端点分别为A(0,1),B(0,-1),焦距为2.
    (1)求椭圆C的方程;
    (2)已知直线y=m与椭圆C有两个不同的交点M,N,设D为直线AN上一点,且直线BD,BM的斜率的积为-,证明:点D在x轴上.
    解:(1)由题意,得
    所以a2=b2+c2=4,即a=2.
    故椭圆C的方程为+y2=1.
    (2)设M(x1,m),则N(-x1,m),x1≠0,-1 所以直线BM的斜率为=.
    因为直线BD,BM的斜率的积为-,
    所以直线BD的斜率为-.
    直线AN的斜率为,
    所以直线AN的方程为y=x+1.
    直线BD的方程为y=-x-1.
    联立得
    解得点D的纵坐标为yD=.
    因为点M在椭圆C上,所以+m2=1,
    则yD=0.
    所以点D在x轴上.

    范围(最值)问题
    技法一 定义、性质转化法
    (2021·广东深圳模拟)已知动点M在以F1,F2为焦点的椭圆x2+=1上,动点N在以M为圆心,|MF1| 为半径的圆上,则|NF2|的最大值为(  )
    A.2 B.4 C.8 D.16
    【解析】 由椭圆的方程可得焦点在y轴上,长半轴长a=2.
    由题意可得|NF2|≤|F2M|+|MN|=|F2M|+|MF1|,
    当N,M,F2三点共线时,|NF2|取得最大值,
    而|F2M|+|MF1|=2a=4,所以|NF2|的最大值为4,故选B.
    【答案】 B

    定义、性质法
    求解圆锥曲线中的最值问题,即通过圆锥曲线的定义、几何性质将最值转化,利用平面几何中的定理、性质,结合图形的直观性求解最值问题.常用的结论有:
    (1)两点间线段最短;
    (2)点到直线的垂线段最短. 
    技法二 不等关系法
    (2021·福建龙岩调研)设双曲线C:-=1(a>0,b>0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=2c,过F2作x轴的垂线,与双曲线在第一象限的交点为A,点Q坐标为,且满足|F2Q|>|F2A|,若双曲线C的右支上存在点P使得|PF1|+|PQ|<|F1F2|成立,求双曲线C的离心率的取值范围.
    【解】 将x=c代入双曲线的方程可得y=±b=±,
    由|F2Q|>|F2A|,可得>,则3a2>2b2=2(c2-a2),
    所以离心率e=<. ①
    又存在点P,使得|PF1|+|PQ|<|F1F2|成立,所以由双曲线的定义可得存在点P,使得2a+|PF2|+|PQ| 当F2,P,Q共线且P在第一象限时,|PF2|+|PQ|取得最小值,最小值为|F2Q|=a,所以c>2a+a,
    所以e=>. ②
    由e>1及①②可得,e的取值范围是.

    指构建所求式子的不等关系,通过不等式变形或不等式的求解确定范围的方法.解决问题的关键如下:
    (1)构建所求式子的不等关系,可根据已知条件中的不等式(组)建立不等关系或根据题意建立不等关系.一般通过以下几何条件建立不等关系:三角形两边之和大于第三边、直角三角形斜边大于直角边、点的横(纵)坐标大小比较、直线的斜率、圆锥曲线中线段长的范围等.
    (2)求范围,利用不等式的性质或解不等式求解所要求的式子的范围. 
    技法三 目标函数法
    (2020·河北九校第二次联考)椭圆+=1(a>b>0)的左焦点为F,短轴长为2,右顶点为A,上顶点为B,△ABF的面积为.
    (1)求椭圆的标准方程;
    (2)过A作直线l与椭圆交于另一点M,连接MF并延长交椭圆于点N,当△AMN的面积最大时,求直线l的方程.
    【解】 (1)根据短轴长知b=,S△ABF=(a+c)·=,
    则a+c=3,因为b2=a2-c2,所以a-c=1,
    故a=2,c=1,则椭圆的标准方程为+=1.
    (2)当直线MN的斜率存在时,设其方程为y=k(x+1)(k≠0),M(x1,y1),N(x2,y2),
    则S△AMN=|AF|·|y1-y2|
    =, ①
    ⇒(3+4k2)y2-6ky-9k2=0,
    y1+y2=,y1·y2=-.
    代入①式得S△AMN==18,
    令t=3+4k2,则t>3,k2=,
    S△AMN=18= <.
    当直线MN的斜率不存在时,S△AMN=.
    故当△AMN的面积最大时,MN垂直于x轴,此时直线l的斜率为±,
    则直线l的方程为y=±(x-2).

    圆锥曲线的最值与范围问题中,若目标表达式与已知条件具有比较明确的关系,则可以考虑建立目标函数,通过研究函数的单调性、图象或基本不等式等来解决,破解此类问题的关键如下:
    (1)定变量,根据题目定变量以及变量的取值范围.
    (2)定目标函数,根据题目信息确定目标函数(一般以所求式子为函数解析式).
    (3)求最值或范围,根据目标函数解析式,借助配方、基本不等式、三角函数的有界性、函数的单调性(可借助导数研究)等确定目标函数的最值或取值范围. 

    1.(多选)抛物线E:x2=4y与圆M:x2+(y-1)2=16交于A,B两点,圆心M(0,1),点P为劣弧上不同于A,B的一个动点,平行于y轴的直线PN交抛物线于点N,则△PMN的周长的可能取值是(  )
    A.8 B.8.5 C.9 D.10
    解析:选BC.如图,可得圆心M(0,1)也是抛物线的焦点,

    过P作准线的垂线,垂足为H,根据抛物线的定义,
    可得|MN|=|NH|,
    故△PMN的周长l=|NH|+|NP|+|MP|=|PH|+4,
    由得B(2,3).
    |PH|的取值范围为(4,6),
    所以△PMN的周长|PH|+4的取值范围为(8,10),
    故B,C满足条件.
    2.(2020·成都市诊断性检测)已知椭圆C:+y2=1的右焦点为F,过点F的直线(不与x轴重合)与椭圆C相交于A,B两点,直线l:x=2与x轴相交于点H.求四边形OAHB(O为坐标原点)面积的取值范围.
    解:由题意得,F(1,0),设直线AB:x=my+1(m∈R),A(x1,y1),B(x2,y2).
    由消去x,得(m2+2)y2+2my-1=0.
    则Δ=4m2+4(m2+2)>0,y1+y2=-,y1y2=-,
    所以|y1-y2|===.
    所以四边形OAHB的面积S=|OH|·|y1-y2|=|y1-y2|=.
    令=t,则t≥1,S==.
    因为t+≥2(当且仅当t=1,即m=0时取等号),所以0 所以四边形OAHB面积的取值范围为(0,].

    [A级 基础练]
    1.过椭圆C:+=1(a>b>0)的右顶点A且斜率为k的直线交椭圆C于另一个点B,且点B在x轴上的射影恰好为左焦点F,若 A. B.
    C. D.
    解析:选B.由题意知B,所以k===1-e.又 2.(多选)已知抛物线C:y2=8x的焦点为F,准线与x轴相交于点M,经过M且斜率为k的直线l与抛物线相交于点A(x1,y1),B(x2,y2),且x1>x2,则下列结论正确的是(  )
    A.-1 B.y1y2=8x1x2
    C.∠AFB可能为直角
    D.当k2=时,△AFB的面积为16
    解析:选CD.依题意知F(2,0),M(-2,0),设直线l的方程为y=k(x+2),联立消去y得k2x2+(4k2-8)x+4k2=0.因为直线l与抛物线相交于A(x1,y1),B(x2,y2)两点,所以解得-1 3.(2020·高考全国卷Ⅱ改编)设O为坐标原点,直线x=a与双曲线C:-=1(a>0,b>0)的两条渐近线分别交于D,E两点,若△ODE的面积为8,则C的焦距的最小值为________.
    解析:由题意,知双曲线C的渐近线方程为y=±x.因为D,E分别为直线x=a与双曲线C的两条渐近线的交点,所以不妨设D(a,b),E(a,-b),所以S△ODE=×a×|DE|=×a×2b=ab=8,所以c2=a2+b2≥2ab=16,当且仅当a=b=2时,等号成立,所以c≥4,所以2c≥8,所以C的焦距的最小值为8.
    答案:8
    4.抛物线y2=8x的焦点为F,设A(x1,y1),B(x2,y2)是抛物线上的两个动点,若x1+x2+4=|AB|,则∠AFB的最大值为________.
    解析:由抛物线的焦半径公式可得|AF|=x1+2,|BF|=x2+2.
    又x1+x2+4=|AB|,
    即|AB|=(|AF|+|BF|),
    所以cos ∠AFB=


    =×-≥×2-=-,当且仅当=即|AF|=|BF|时,等号成立.又0<∠AFB<π,所以∠AFB的最大值为.
    答案:
    5.已知抛物线C:y=x2,直线l的斜率为2.
    (1)若l与C相切,求直线l的方程;
    (2)若l与C交于A,B两点,线段AB的垂直平分线交C于P,Q两点,求的取值范围.
    解:(1)设直线l的方程为y=2x+b,
    联立直线l与抛物线C的方程,得得x2-2x-b=0,
    Δ=4+4b=0,所以b=-1,
    因此,直线l的方程为y=2x-1.
    (2)设点A(x1,y1),B(x2,y2),P(x3,y3),Q(x4,y4),
    联立直线l与抛物线C的方程,得
    得x2-2x-b=0,Δ=4+4b>0,所以b>-1.
    由根与系数的关系得x1+x2=2,x1x2=-b.
    所以|AB|=|x1-x2|=2.
    易知线段AB的中点坐标为(1,2+b),
    所以,直线PQ的方程为y=-x++b.
    由得2x2+x-5-2b=0,
    则x3+x4=-,x3x4=--b,
    所以,|PQ|=|x3-x4|=,
    所以,= = >,
    所以,的取值范围是.
    6.(2020·重庆南开中学质检)已知A(0,),B(,1)是椭圆C:+=1(a>b>0)上的两点.
    (1)求椭圆C的标准方程;
    (2)设O为坐标原点,M为椭圆C上一动点,点P(3,0),线段PM的垂直平分线交y轴于点Q,求|OQ|的最小值.
    解:(1)由题意知代入A,B两点坐标得=1,
    +=1.
    解得a2=6,b2=2,
    所以椭圆C的标准方程为+=1.
    (2)设线段PM的中点为N,根据题意知直线PM,QN的斜率存在且不为0.
    设点M坐标为(x0,y0),
    则+=1,即x=6-3y.①
    线段PM的中点N,kPM·kQN=-1,
    即kQN=,
    所以直线lQN:y-=.
    令x=0,并结合①式得yQ=+=+=,
    |OQ|=|yQ|=
    =+|y0|≥2=,
    当且仅当=|y0|,
    即y0=±时取等号,
    所以|OQ|的最小值为.
    [B级 综合练]
    7.(2020·福州市质量检测)已知圆O:x2+y2=,椭圆C:+=1(a>b>0)的短轴长等于圆O半径的倍,C的离心率为.
    (1)求C的方程;
    (2)若直线l与C交于A,B两点,且与圆O相切,证明:△AOB为直角三角形.
    解:(1)因为圆O的半径为,
    所以C:+=1(a>b>0)的短轴长为×=2,
    所以2b=2,解得b=.
    因为C的离心率为,所以=, ①
    又a2-c2=b2,所以a2-c2=2, ②
    联立①②,解得a2=4,
    所以C的方程为+=1.
    (2)方法一:①当直线l的斜率不存在时,直线l的方程为x=或x=-.
    当直线l的方程为x=时,不妨设A,B,
    则·=-=0.
    当直线l的方程为x=-时,不妨设
    A,B,
    则·=-=0,
    综上,OA⊥OB.
    所以△AOB为直角三角形.
    ②当直线l的斜率存在时,设其方程为y=kx+m,A(x1,y1),B(x2,y2),
    因为直线l与圆O相切,所以=,
    即3m2-4k2-4=0,
    由得(1+2k2)x2+4kmx+2m2-4=0,
    所以Δ=16k2m2-8(1+2k2)(m2-2)=8(4k2-m2+2)=(4k2+1)>0,
    且x1+x2=-,x1x2=.
    所以·=x1x2+y1y2
    =x1x2+(kx1+m)(kx2+m)
    =(1+k2)x1x2+km(x1+x2)+m2

    ==0,
    所以OA⊥OB.
    综上所述,OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形.
    方法二:①当直线l的方程为y=时,
    不妨设A,B,则·=
    -+=0,
    所以OA⊥OB.所以△AOB为直角三角形.
    ②当直线l的方程为y=-时,不妨设A,B,所以·=-+=0,
    所以OA⊥OB,所以△AOB为直角三角形.
    ③当直线l不与x轴平行时,设其方程为x=ty+m,A(x1,y1),B(x2,y2),
    因为直线l与圆O相切,所以=,即3m2-4t2-4=0.
    由得(t2+2)y2+2tmy+m2-4=0.
    所以Δ=4t2m2-4(t2+2)(m2-4)=8(2t2-m2+4)=
    (t2+4)>0,
    且y1+y2=-,y1y2=.
    ·=y1y2+x1x2
    =y1y2+(ty1+m)(ty2+m)
    =(1+t2)y1y2+tm(y1+y2)+m2

    ==0,
    所以OA⊥OB,所以△AOB为直角三角形.
    综上所述,△AOB为直角三角形.
    8.(2020·安徽五校联盟第二次质检)已知椭圆C:+=1(a>b>0)的焦点坐标分别为F1(-1,0),F2(1,0),P为椭圆C上一点,满足3|PF1|=5|PF2|且cos∠F1PF2=.
    (1)求椭圆C的标准方程;
    (2)设直线l:y=kx+m与椭圆C交于A,B两点,
    点Q,若|AQ|=|BQ|,求k的取值范围.
    解:(1)由题意设|PF1|=r1,|PF2|=r2,则3r1=5r2,又r1+r2=2a,所以r1=a,r2=a.
    在△PF1F2中,由余弦定理得,cos∠F1PF2===,
    解得a=2,因为c=1,所以b2=a2-c2=3,所以椭圆C的标准方程为+=1.
    (2)联立方程,得消去y得(3+4k2)x2+8kmx+4m2-12=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则x1+x2=,x1x2=,且Δ=48(3+4k2-m2)>0,①
    设AB的中点为M(x0,y0),连接QM,则x0==,y0=kx0+m=,因为|AQ|=|BQ|,所以AB⊥QM,又Q,M为AB的中点,所以k≠0,直线QM的斜率存在,所以k·kQM=k·=-1,解得m=-,②
    把②代入①得3+4k2>,整理得16k4+8k2-3>0,即(4k2-1)(4k2+3)>0,解得k>或k<-,故k的取值范围为∪.

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