2019版一轮复习理数通用版高考达标检测（四十二） 圆锥曲线的综合问题最值范围证明问题

2019版一轮复习理数通用版高考达标检测（四十二） 圆锥曲线的综合问题最值范围证明问题

高考达标检测（四十二） 圆锥曲线的综合问题——最值、 范围、证明问题 1．已知 A，B 分别是椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)的长轴与短轴的一个端点，F1，F2 分别 是椭圆 C 的左、右焦点，D 是椭圆上的一点，△DF1F2 的周长为 6，|AB|＝ 7. (1)求椭圆 C 的方程； (2)若 P 是圆 x2＋y2＝7 上任一点，过点 P 作椭圆 C 的切线，切点分别为 M，N，求证： PM⊥PN. 解：(1)由△DF1F2 的周长为 6，得 2a＋2c＝6， 由|AB|＝ 7，得 a2＋b2＝7， 又 b2＋c2＝a2，∴a＝2，b＝ 3，c＝1. 故椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2 3 ＝1. (2)证明：①当切线 PM 的斜率不存在或为零时，此时取 P(2， 3)， 显然直线 PN：y＝ 3与直线 PM：x＝2 恰是椭圆的两条切线． 由圆及椭圆的对称性，可知 PM⊥PN. ②当切线 PM，PN 斜率存在且不为零时， 设切线 PM 的方程为 y＝k1x＋m， PN 的方程为 y＝k2x＋t，P(x0，y0)(x0≠±2)， 由 y＝k1x＋m， x2 4 ＋y2 3 ＝1 消去 y，得(4k21＋3)x2＋8k1mx＋4(m2－3)＝0， ∵PM 与椭圆 C 相切， ∴Δ＝64k21m2－16(4k21＋3)(m2－3)＝0， ∴m2＝4k21＋3. ∵y0＝k1x0＋m，∴m＝y0－k1x0， ∴(y0－k1x0)2＝4k21＋3. 即(x20－4)k21－2x0y0k1＋y20－3＝0； 同理(x20－4)k22－2x0y0k2＋y20－3＝0， ∴k1，k2 是方程(x20－4)k2－2x0y0k＋y20－3＝0 的两个根， 又∵点 P 在圆上，∴x20＋y20＝7，∴y20＝7－x20， ∴k1k2＝y20－3 x20－4 ＝7－x20－3 x20－4 ＝－1，∴PM⊥PN. 综上所述，PM⊥PN. 2．已知椭圆 C：y2 a2 ＋x2 b2 ＝1(a>b>0)的短轴长为 2，且椭圆 C 的顶点在圆 M：x2＋ y－ 2 2 2＝1 2 上． (1)求椭圆 C 的方程； (2)过椭圆的上焦点作相互垂直的弦 AB，CD，求|AB|＋|CD|的最小值． 解：(1)由题意可知 2b＝2，b＝1. 又椭圆 C 的顶点在圆 M 上，则 a＝ 2， 故椭圆 C 的方程为y2 2 ＋x2＝1. (2)当直线 AB 的斜率不存在或为零时， |AB|＋|CD|＝3 2； 当直线 AB 的斜率存在，且不为零时， 设直线 AB 的方程为 y＝kx＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2), 联立 y＝kx＋1， y2 2 ＋x2＝1 消去 y，整理得(k2＋2)x2＋2kx－1＝0， 则 x1＋x2＝－ 2k k2＋2 ，x1x2＝－ 1 k2＋2 ， 故|AB|＝ 1＋k2· x1＋x22－4x1x2＝2 2k2＋1 k2＋2 . 同理可得：|CD|＝2 2k2＋1 2k2＋1 ， ∴|AB|＋|CD|＝ 6 2k2＋12 2k2＋1k2＋2. 令 t＝k2＋1，则 t＞1,0<1 t<1， ∴|AB|＋|CD|＝ 6 2t2 2t－1t＋1 ＝ 6 2 2－1 t 1＋1 t ＝ 6 2 － 1 t －1 2 2＋9 4 ， 当 0<1 t<1 时，2＜－ 1 t －1 2 2＋9 4 ≤9 4 ， ∴8 3 3 ≤|AB|＋|CD|＜3 2 ， 综上可知，8 3 3 ≤|AB|＋|CD|≤3 2， ∴|AB|＋|CD|的最小值8 3 3 . 3．已知椭圆 C：y2 a2 ＋x2 b2 ＝1(a>b>0)的上、下焦点分别为 F1，F2，离心率为1 2 ，P 为 C 上 的动点，且满足F2P―→＝λ PQ―→ (λ>0)，| PQ―→ |＝| PF―→ 1|，△QF1F2 面积的最大值为 4. (1)求点 Q 的轨迹 E 的方程和椭圆 C 的方程； (2)直线 y＝kx＋m(m＞0)与椭圆 C 相切且与曲线 E 交于 M，N 两点，求 S△F1MN 的取 值范围． 解：(1)由椭圆定义得：|F2Q|＝|F2P|＋|PQ|＝|F2P|＋|PF1|＝2a， 所以点 Q 的轨迹是以 F2 为圆心，2a 为半径的圆． 当 QF2⊥F1F2 时，△QF1F2 面积最大， 所以1 2 ×2c×2a＝4，即 ac＝2. 又c a ＝1 2 ，可得 a＝2，c＝1. 所以点 Q 的轨迹 E 的方程为 x2＋(y＋1)2＝16，椭圆 C 的方程y2 4 ＋x2 3 ＝1. (2)由 y＝kx＋m， y2 4 ＋x2 3 ＝1 消去 y，整理得(3k2＋4)x2＋6kmx＋3m2－12＝0， 则Δ＝36k2m2－4(3k2＋4)(3m2－12)＝0， 化简得 3k2－m2＋4＝0，即 k2＝m2－4 3 . 由 k2＝m2－4 3 ≥0 及 m＞0，得 m≥2. 设圆心 F2(0，－1)到直线 MN 的距离为 d， 则 d＝ |m＋1| 1＋k2 ＝ 3m＋1 m－1 ， 所以弦长|MN|＝2 16－d2＝2 13m－19 m－1 . 设点 F1(0,1)到直线 MN 的距离为 h， 则 h＝ |m－1| 1＋k2 ＝ 3m－1 m＋1 ， 所以 S△F1MN＝1 2|MN|·h＝ 313m－19 m＋1 ＝ 39－ 96 m＋1 . 由 m≥2，得 39－ 96 m＋1 ∈[ 7， 39)， 所以 S△F1MN 的取值范围为[ 7， 39)． 4.如图，椭圆 E 的左、右顶点分别为 A，B，左、右焦点分别为 F1， F2，|AB|＝4，|F1F2|＝2 3. (1)求椭圆 E 的方程； (2)直线 y＝kx＋m(k＞0)交椭圆于 C，D 两点，与线段 F1F2 及椭圆短轴分别交于 M，N 两点(M，N 不重合)，且|CN|＝|DM|，求 k 的值； (3)在(2)的条件下，若 m＞0，设直线 AD，BC 的斜率分别为 k1，k2，求k21 k22 的取值范围． 解：(1)设椭圆 E 的方程为x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a>b>0)， 由|AB|＝4，|F1F2|＝2 3，可知 a＝2，c＝ 3， 则 b＝1， 所以椭圆 E 的方程为x2 4 ＋y2＝1. (2)设 D(x1，y1)，C(x2，y2)，易知 N(0，m)，M －m k ，0 ， 由 y＝kx＋m， x2＋4y2＝4 消去 y，整理得(1＋4k2)x2＋8kmx＋4m2－4＝0， 由Δ＞0，得 4k2－m2＋1＞0，即 m2＜4k2＋1， 且 x1＋x2＝－8km 1＋4k2 ，x1x2＝4m2－4 1＋4k2 . 又|CM|＝|DN|，即 CM―→＝ ND―→，可得 x1＋x2＝－m k ， 即－8km 1＋4k2 ＝－m k ，解得 k＝1 2. (3)k21 k22 ＝y21x2－22 y22x1＋22 ＝ 4－x21 4 x2－22 4－x22 4 x1＋22 ＝2－x12－x2 2＋x12＋x2 ＝4－2x1＋x2＋x1x2 4＋2x1＋x2＋x1x2 ＝ m＋1 m－1 2. 由题知，点 M，F1 的横坐标 xM≥xF1，有－2m≥－ 3， 则 m∈ 0， 3 2 ，满足 m2＜2. 即k1 k2 ＝－m＋1 m－1 ＝－1＋ 2 1－m ，则k1 k2 ∈(1,7＋4 3]， 所以k21 k22 的取值范围为(1,97＋56 3]． 已知椭圆 C：x2 a2 ＋y2 b2 ＝1(a＞b＞0)的右准线 l 的方程为 x＝4 3 3 ， 短轴长为 2. (1)求椭圆 C 的方程； (2)过定点 B(1,0)作直线 l 与椭圆 C 相交于 P，Q(异于 A1，A2)两点，设直线 PA1 与直线 QA2 相交于点 M(2x0，y0)． ①试用 x0，y0 表示点 P，Q 的坐标； ②求证：点 M 始终在一条定直线上． 解：(1)由 a2 c ＝4 3 3 ， b＝1， a2＝b2＋c2， 解得 a2＝4， b2＝1. 或 a2＝4 3 ， b2＝1. 故椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1 或x2 4 3 ＋y2＝1. (2)①不妨取椭圆 C 的方程为x2 4 ＋y2＝1，A1(－2,0)，A2(2，0), 则 MA1 的方程为：y＝ y0 2x0＋2 (x＋2)， 即 x＝2x0＋2 y0 y－2，代入x2 4 ＋y2＝1, 得 x0＋1 y0 y－1 2＋y2＝1， 即 x0＋12 y20 ＋1 y2－2x0＋1 y0 y＝0. ∴yP＝ 2x0＋1 y0 x0＋12 y20 ＋1 ＝ 2x0＋1y0 x0＋12＋y20 ， 则 xP＝2x0＋2 y0 · 2x0＋1y0 x0＋12＋y20 －2＝ 4x0＋12 x0＋12＋y20 －2. 即 P 4x0＋12 x0＋12＋y20 －2， 2x0＋1y0 x0＋12＋y20 . 同理：MA2 的方程为 y＝ y0 2x0－2 (x－2)， 即 x＝2x0－2 y0 y＋2，代入x2 4 ＋y2＝1, 得 x0－1 y0 y＋1 2＋y2＝1， 即 x0－12 y20 ＋1 y2＋2x0－1 y0 y＝0. ∴yQ＝ －2x0－1 y0 x0－12 y20 ＋1 ＝－2x0－1y0 x0－12＋y20 . 则 xQ＝2x0－2 y0 · －2x0－1y0 x0－12＋y20 ＋2＝－4x0－12 x0－12＋y20 ＋2. 即 Q －4x0－12 x0－12＋y20 ＋2，－2x0－1y0 x0－12＋y20 . ②证明：设 P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)， ∵P，Q，B 三点共线，∴kPB＝kQB，即 yP xP－1 ＝ yQ xQ－1. ∴ 2x0＋1y0 x0＋12＋y20 4x0＋12 x0＋12＋y20 －2－1 ＝ －2x0－1y0 x0－12＋y20 －4x0－12 x0－12＋y20 ＋2－1 ， 即 x0＋1y0 x0＋12－3y20 ＝ －x0－1y0 －3x0－12＋y20 . 由题意知，y0≠0， ∴ x0＋1 x0＋12－3y20 ＝ x0－1 3x0－12－y20 . 即 3(x0＋1)(x0－1)2－(x0＋1)y20＝(x0－1)(x0＋1)2－3(x0－1)y20. ∴(2x0－4)(x20＋y20－1)＝0. 则 2x0－4＝0 或 x20＋y20＝1. 若 x20＋y20＝1，即2x02 4 ＋y20＝1， 则 P，Q，M 为同一点，不合题意． ∴2x0－4＝0，即点 M 始终在定直线 x＝4 上．