高考数学专题复习：课时达标检测(五十) 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

高考数学专题复习：课时达标检测(五十) 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题

课时达标检测(五十) 圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 一、全员必做题 ‎1．已知椭圆E：＋＝1(a>b>0)的一个焦点为F2(1,0)，且该椭圆过定点M.‎ ‎(1)求椭圆E的标准方程；‎ ‎(2)设点Q(2,0)，过点F2作直线l与椭圆E交于A，B两点，且＝λ，λ∈[－2，－1]，以QA，QB为邻边作平行四边形QACB，求对角线QC长度的最小值．‎ 解：(1)由题易知c＝1，＋＝1，又a2＝b2＋c2，解得b2＝1，a2＝2，故椭圆E的标准方程为＋y2＝1.‎ ‎(2)设直线l：x＝ky＋1，由 得(k2＋2)y2＋2ky－1＝0，‎ Δ＝4k2＋4(k2＋2)＝8(k2＋1)>0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则可得y1＋y2＝，y1y2＝.‎ ‎＝＋＝(x1＋x2－4，y1＋y2)‎ ‎＝，‎ ‎∴||2＝|＋|2＝16－＋，由此可知，||2的大小与k2的取值有关．‎ 由＝λ可得y1＝λy2，λ＝，＝(y1y2≠0)．‎ 从而λ＋＝＋＝＝，‎ 由λ∈[－2，－1]得∈，从而－≤≤－2，解得0≤k2≤.‎ 令t＝，则t∈，∴||2＝8t2－28t＋16＝82－，‎ ‎∴当t＝时，|QC|min＝2.‎ ‎2.已知点F为抛物线E：y2＝2px(p>0)的焦点，点A(2，m)在抛物线E上，且|AF|＝3.‎ ‎(1)求抛物线E的方程；‎ ‎(2)已知点G(－1,0)，延长AF交抛物线E于点B，证明：以点F 为圆心且与直线GA相切的圆，必与直线GB相切．‎ 解：(1)由抛物线的定义得|AF|＝2＋.‎ 因为|AF|＝3，即2＋＝3，解得p＝2，‎ 所以抛物线E的方程为y2＝4x.‎ ‎(2)证明：设以点F为圆心且与直线GA相切的圆的半径为r.‎ 因为点A(2，m)在抛物线E：y2＝4x上，‎ 所以m＝±2.‎ 由抛物线的对称性，不妨设A(2,2)．‎ 由A(2,2)，F(1,0)可得直线AF的方程为 y＝2(x－1)．‎ 由 得2x2－5x＋2＝0，‎ 解得x＝2或x＝，从而B.‎ 又G(－1,0)，‎ 故直线GA的方程为2x－3y＋2＝0，‎ 从而r＝＝ .‎ 又直线GB的方程为2x＋3y＋2＝0，‎ 所以点F到直线GB的距离 d＝＝＝r.‎ 这表明以点F为圆心且与直线GA相切的圆必与直线GB相切．‎ ‎3．(2017·合肥模拟)已知中心在原点，焦点在y轴上的椭圆C，其上一点P到两个焦点F1，F2的距离之和为4，离心率为.‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若直线y＝kx＋1与曲线C交于A，B两点，求△OAB面积的取值范围．‎ 解：(1)设椭圆的标准方程为＋＝1(a>b>0)，‎ 由条件知，解得a＝2，c＝，b＝1，‎ 故椭圆C的方程为＋x2＝1.‎ ‎(2)设A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 由得(k2＋4)x2＋2kx－3＝0，‎ 故x1＋x2＝－，x1x2＝－，‎ 设△OAB的面积为S，‎ 由x1x2＝－<0，知S＝×1×|x1－x2|＝‎ ＝2，‎ 令k2＋3＝t，知t≥3，‎ ‎∴S＝2.‎ 对函数y＝t＋(t≥3)，知y′＝1－＝>0，‎ ‎∴y＝t＋在t∈[3，＋∞)上单调递增，∴t＋≥，‎ ‎∴0<≤，∴0b>0)的右焦点F(1,0)作直线l与椭圆C交于不同的两点A，B，设|FA|＝λ|FB|，T(2,0)．‎ ‎(1)求椭圆C的方程；‎ ‎(2)若1≤λ≤2，求△ABT中AB边上中线长的取值范围．‎ 解：(1)∵e＝ ，c＝1，∴a＝，b＝1，‎ 即椭圆C的方程为：＋y2＝1.‎ ‎(2)①当直线的斜率为0时，显然不成立．‎ ‎②设直线l：x＝my＋1，A(x1，y1)，B(x2，y2)，‎ 联立得(m2＋2)y2＋2my－1＝0，‎ 则y1＋y2＝，y1y2＝，‎ 由|FA|＝λ|FB|，得y1＝－λy2，‎ ‎∵－λ＋＝＋，‎ ‎∴－λ＋＋2＝＝，∴m2≤，‎ 又∵AB边上的中线长为 |＋ |‎ ‎＝ ‎＝ ‎＝ ∈.‎ ‎2．如图所示，已知直线l过点M(4,0)且与抛物线y2＝2px(p＞0)交于A，B两点，以弦AB为直径的圆恒过坐标原点O.‎ ‎(1)求抛物线的标准方程；‎ ‎(2)设Q是直线x＝－4上任意一点，求证：直线QA，QM，QB的斜率依次成等差数列．‎ 解：(1)设直线l的方程为x＝ky＋4，‎ 代入y2＝2px得y2－2kpy－8p＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)，则有y1＋y2＝2kp，y1y2＝－8p，‎ 而AB为直径，O为圆上一点，所以·＝0，‎ 故0＝x1x2＋y1y2＝(ky1＋4)(ky2＋4)－8p＝k2y1y2＋4k(y1＋y2)＋16－8p，‎ 即0＝－8k2p＋8k2p＋16－8p，得p＝2，‎ 所以抛物线方程为y2＝4x.‎ ‎(2)设Q(－4，t)由(1)知y1＋y2＝4k，y1y2＝－16，‎ 所以y＋y＝(y1＋y2)2－2y1y2＝16k2＋32.‎ 因为kQA＝＝＝，kQB＝＝＝，kQM＝，‎ 所以kQA＋kQB＝＋ ‎＝4× ‎＝4× ‎＝＝ ‎＝－＝2kQM.‎ 所以直线QA，QM，QB的斜率依次成等差数列．‎ 三、冲刺满分题 ‎1.已知椭圆C：＋＝1(01)，‎ 则＝＝－＋＋1＝－2＋≤(当且仅当t＝2时取等号)，‎ 所以的最大值为.‎ ‎2．(2017·沈阳质量监测)已知椭圆＋＝1(a＞b＞0)的左、右焦点分别为F1，F2，且|F‎1F2|＝6，直线y＝kx与椭圆交于A，B两点．‎ ‎(1)若△AF‎1F2的周长为16，求椭圆的标准方程；‎ ‎(2)若k＝，且A，B，F1，F2四点共圆，求椭圆离心率e的值；‎ ‎(3)在(2)的条件下，设P(x0，y0)为椭圆上一点，且直线PA的斜率k1∈(－2，－1)，试求直线PB的斜率k2的取值范围．‎ 解：(1)由题意得c＝3，根据‎2a＋‎2c＝16，得a＝5.‎ 结合a2＝b2＋c2，解得a2＝25，b2＝16.‎ 所以椭圆的方程为＋＝1.‎ ‎(2)法一：由得x2－a2b2＝0.‎ 设A(x1，y1)，B(x2，y2)．所以x1＋x2＝0，x1x2＝，‎ 由AB，F‎1F2互相平分且共圆，‎ 易知，AF2⊥BF2，因为＝(x1－3，y1)，＝(x2－3，y2)，‎ 所以·＝(x1－3)(x2－3)＋y1y2‎ ‎＝x1x2＋9＝0.‎ 即x1x2＝－8，所以有＝－8，‎ 结合b2＋9＝a2，解得a2＝12(a2＝6舍去)，‎ 所以离心率e＝.(若设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)相应给分)‎ 法二：设A(x1，y1)，又AB，F‎1F2互相平分且共圆，‎ 所以AB，F‎1F2是圆的直径，所以x＋y＝9，‎ 又由椭圆及直线方程综合可得： 由前两个方程解得x＝8，y＝1，‎ 将其代入第三个方程并结合b2＝a2－c2＝a2－9，‎ 解得a2＝12，故e＝.‎ ‎(3)由(2)的结论知，椭圆方程为＋＝1，‎ 由题可设A(x1，y1)，B(－x1，－y1)，‎ k1＝，k2＝，所以k1k2＝，‎ 又＝＝－，‎ 即k2＝－，由－2＜k1＜－1可知，＜k2＜.‎ 即直线PB的斜率k2的取值范围是.‎