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）

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）

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E：＋＝1(a>b>0)的右焦点为F，右顶点为A，B，C是椭圆上关于原点对称的两点(B，C均不在x轴上)，线段AC的中点为D，且B，F，D三点共线．‎ ‎(1)求椭圆E的离心率；‎ ‎(2)设F(1,0)，过F的直线l交E于M，N两点，直线MA，NA分别与直线x＝9交于P，Q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(x0，y0)，C(－x0，－y0)，则D，‎ ‎∵B，F，D三点共线，∴∥，‎ 又＝(c－x0，－y0)，＝，‎ ‎∴－y0(c－x0)＝－y0·，‎ ‎∴a＝‎3c，从而e＝.‎ 法二：连接OD，AB(图略)，由题意知，OD是△CAB的中位线，∴OD綊AB，‎ ‎∴△OFD∽△AFB.‎ ‎∴＝＝，即＝，‎ 解得a＝‎3c，从而e＝.‎ ‎(2)证明：∵F的坐标为(1,0)，‎ ‎∴c＝1，从而a＝3，∴b2＝8.‎ ‎∴椭圆E的方程为＋＝1.‎ 设直线l的方程为x＝ny＋1，‎ 由消去x得，(8n2＋9)y2＋16ny－64＝0，‎ ‎∴y1＋y2＝，y1y2＝，‎ 其中M(ny1＋1，y1)，N(ny2＋1，y2)．‎ ‎∴直线AM的方程为＝，‎ ‎∴P，同理Q，‎ 从而·＝· ‎＝64＋ ‎＝64＋ ‎＝64＋＝0.‎ ‎∴FP⊥FQ，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x2＝y，点A，B，抛物线上的点P(x，y).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)求|PA|·|PQ|的最大值．‎ 解：(1)设直线AP的斜率为k，‎ k＝＝x－，‎ 因为－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A，B.A，O，B三点不共线，O为坐标原点，且直线AB，OA，OB的斜率满足k＝kOA·kOB(kAB>0)．‎ ‎(ⅰ)求证：|OA|2＋|OB|2为定值；‎ ‎(ⅱ)设△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，a＝2b，‎ 故椭圆方程可化为＋＝1，‎ ‎∵椭圆过点，‎ ‎∴＋＝1，‎ 解得b＝1(负值舍去)，∴a＝2，‎ ‎∴椭圆C的方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设直线AB的方程为y＝kABx＋m(kAB>0)，A(x1，y1)，B(x2，y2)．‎ ‎∵k＝kOA·kOB(kAB>0)，‎ ‎∴k＝＝，‎ 化简得kABm(x1＋x2)＋m2＝0，‎ ‎∵A，O，B三点不共线，∴m≠0，‎ ‎∴kAB(x1＋x2)＋m＝0， ①‎ 由消去y，整理，得(1＋4k)x2＋8kAB·mx＋4(m2－1)＝0，‎ 由根与系数的关系可得 ②‎ Δ＝16(1＋4k－m2)>0， ③‎ 将②代入①中得kAB＋m＝0(kAB>0)，‎ 解得kAB＝，则 ④‎ ‎(ⅰ)证明：|OA|2＋|OB|2＝x＋y＋x＋y＝x＋x＋2＝[(x1＋x2)2－2x1x2]＋2，‎ 将④代入得|OA|2＋|OB|2＝×[‎4m2‎－2×2(m2－1)]＋2＝5.‎ ‎(ⅱ)设点O到直线AB的距离为d，‎ 则S＝|AB|·d＝|x1－x2|·＝|m|＝|m|.‎ 由③及kAB＝可得m∈(－，0)∪(0，)，‎ 则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y＝x＋1或y＝x－1.‎ ‎4．(2018·宝鸡质检)已知椭圆＋＝1(a>b>0)的左、右焦点分别是F1，F2，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)若A，B，C，D是椭圆上不重合的四个点，AC与BD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S△PF‎1F2＝|F‎1F2|·|OP|＝bc，‎ 所以bc＝4，‎ 因为e＝＝，所以b＝2，a＝4，‎ 所以椭圆方程为＋＝1.‎ ‎(2)由(1)得，F1的坐标为(－2,0)，‎ 因为·＝0，所以AC⊥BD，‎ ‎①当直线AC与BD中有一条直线斜率不存在时，易得||＋||＝6＋8＝14.‎ ‎②当直线AC的斜率k存在且k≠0时，‎ 设其方程为y＝k(x＋2)，A(x1，y1)，C(x2，y2)，‎ 由得(3＋4k2)x2＋16k2x＋16k2－48＝0，‎ 则x1＋x2＝，x1x2＝.‎ ‎||＝|x1－x2|＝，‎ 此时直线BD的方程为y＝－(x＋2)．‎ 同理由可得||＝，‎ ‎||＋||＝＋＝，‎ 令t＝k2＋1，则||＋||＝＝(t>1)，因为t>1,0<≤，‎ 所以||＋||＝∈.‎ 综上，||＋||的取值范围是.‎ ‎5．设抛物线C：y2＝2px(p>0)的焦点为F，过点F的直线l交抛物线C于P，Q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(x1，y1)，B(x2，y2)是抛物线C上相异的两点，满足x1＋x2＝2，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)设P(xP，yP)，Q(xQ，yQ)，则PQ的中点坐标为.‎ 由题意知＝3，∴xP＋xQ＝6，‎ 又|PQ|＝xP＋xQ＋p＝8，∴p＝2，‎ 故抛物线C的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)当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y＝kx＋b(k≠0)，‎ 由消去y并整理，‎ 得k2x2＋(2kb－4)x＋b2＝0，‎ ‎∴x1＋x2＝＝2，得b＝－k，‎ ‎∴直线AB的方程为y＝k(x－1)＋.‎ ‎∵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k2x－ky＋2－k2＝0，‎ ‎∴M到直线AB的距离d＝＝.‎ 由得y2－ky＋2－k2＝0，‎ ‎∴y1＋y2＝，y1y2＝，‎ ‎∴|AB|＝ |y1－y2|＝.‎ 设△AMB的面积为S，‎ 则S＝4 .‎ 设 ＝t，则0≤t<1，‎ ‎∴S＝4t(2－t2)＝－4t3＋8t，S′＝－12t2＋8，‎ 由S′＝0，得t＝(负值舍去)，‎ 即k＝±时，Smax＝，‎ 此时直线AB的方程为3x±y－1＝0.‎ ‎6.已知抛物线y2＝2px(p>0)的焦点为F，P 为抛物线上的点(第一象限)，直线l与抛物线相切于点P.‎ ‎(1)过P作PM垂直于抛物线的准线于点M，连接PF，求证：直线l平分∠MPF；‎ ‎(2)若p＝1，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A，B两点，求＋的取值范围．‎ 解：(1)证明：设P(x0，y0)，则y＝2px0，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l：y－y0＝(x－x0)，即y0y＝p(x＋x0)．‎ 设切线l与x轴交于点C，‎ 则C(－x0,0)，所以|FC|＝x0＋，‎ 由抛物线的定义得|PF|＝|PM|＝x0＋，所以|PF|＝|FC|，‎ 所以∠PCF＝∠FPC＝∠MPC，‎ 因而直线l平分∠MPF.‎ ‎(2)由(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y－y0＝－y0(x－x0)，‎ 则A(x0＋1,0)，B(0，x0y0＋y0)．‎ 由得y2＋y－2(x0＋1)＝0，‎ 由y0和yQ为方程的两个根得，y0＋yQ＝－，‎ 因而yQ＝＝.‎ 所以＋＝＋＝＋＝2x0＋1，‎ 因为x0>0，所以2x0＋1>1，‎ 所以＋的取值范围为(1，＋∞)．‎