2023届高考二轮总复习试题（适用于新高考新教材） 数学 考点突破练13　圆锥曲线中的最值、范围、证明问题 WORD版含解析.docx

1、考点突破练13圆锥曲线中的最值、范围、证明问题1.(2021全国乙文20)已知抛物线C:y2=2px(p0)的焦点F到准线的距离为2.(1)求C的方程;(2)已知O为坐标原点,点P在C上,点Q满足PQ=9QF,求直线OQ斜率的最大值.2.(2022山东济南三模)已知椭圆C:y2a2+x2b2=1(ab0)的离心率为63,且经过点P(1,3).(1)求椭圆C的标准方程;(2)A,B为椭圆C上两点,直线PA与PB的倾斜角互补,求PAB面积的最大值.3.(2022湖北武汉模拟)已知P是平面上的动点,且点P与F1(-2,0),F2(2,0)的距离之差的绝对值为22.设点P的轨迹为曲线E.(1)求曲线E

2、的方程;(2)设不与y轴垂直的直线l过点F1且与曲线E交于M,N两点,曲线E与x轴的交点为A,B,当|MN|42时,求AMNB+ANMB的取值范围.4.(2022山东济宁三模)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右顶点分别为A,B,F是椭圆E的右焦点,点Q在椭圆E上,且|QF|的最大值为3,椭圆E的离心率为12.(1)求椭圆E的标准方程;(2)若过点A的直线与椭圆E交于另一点P(异于点B),与直线x=2交于一点M,PFB的角平分线与直线x=2交于点N,求证:N是线段BM的中点.5. (2022江苏苏锡常镇二模)如图,在平面直角坐标系xOy中,已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,准

3、线为l,过点F且斜率大于0的直线交抛物线C于A,B两点,过线段AB的中点M且与x轴平行的直线依次交直线OA,OB,l于点P,Q,N. (1)判断线段PM与NQ长度的大小关系,并证明你的结论;(2)若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO为半径的圆内或圆上,求直线AB斜率的取值范围.6.(2022福建泉州模拟)已知椭圆C的中心在坐标原点,对称轴为坐标轴,A(-3,0),B(0,3),D(2,1)中恰有两点在椭圆C上.(1)求C的方程;(2)P,Q两点在C上,且直线DP,DQ的斜率互为相反数,直线DP,DQ分别与直线AB交于M,N两点,证明:|DP|DN|=|DQ|DM|.考点突破练13圆

4、锥曲线中的最值、范围、证明问题1.解 (1)在抛物线C中,焦点F到准线的距离为p,故p=2,C的方程为y2=4x.(2)(方法一最优解)设点P(x1,y1),Q(x2,y2).又F(1,0),则PQ=(x2-x1,y2-y1),QF=(1-x2,-y2).因为PQ=9QF,所以x2-x1=9(1-x2),y2-y1=-9y2,得x1=10x2-9,y1=10y2.又因为点P在抛物线C上,所以y12=4x1,所以(10y2)2=4(10x2-9),则点Q的轨迹方程为y2=25x-925.易知直线OQ的斜率存在.设直线OQ的方程为y=kx,当直线OQ和曲线y2=25x-925相切时,斜率取得最值.

5、由y=kx,y2=25x-925,得k2x2=25x-925,即k2x2-25x+925=0,(*)当直线OQ和曲线y2=25x-925相切时,方程(*)的判别式=0,即-252-4k2925=0,解得k=13,所以直线OQ斜率的最大值为13.(方法二)同方法一得到点Q的轨迹方程为y2=25x-925,易知x20,所以直线OQ的斜率kOQ=y2x2=y225y22+910=10y225y22+9,当y2=0时,kOQ=0.当y20时,kOQ=1025y2+9y2;当y20时,因为25y2+9y2225y29y2=30,此时0kOQ13,当且仅当25y2=9y2,即y2=35时,等号成立;当y2

6、0时,kOQ0.综上,直线OQ的斜率的最大值为13.(方法三)同方法一得点Q的轨迹方程为y2=25x-925.易知直线OQ的斜率存在,x20,设直线OQ的斜率为k,则k2=y2x22=25x2-925x22.令1x2=t00),Q(x,y).因为F(1,0),PQ=9QF,所以(x-4t2,y-4t)=9(1-x,-y).于是x-4t2=9(1-x),y-4t=-9y,所以10x=4t2+9,10y=4t,易知x0,则直线OQ的斜率为yx=4t4t2+9=44t+9t424t9t=13.当且仅当4t=9t,即t=32时,等号成立,所以直线OQ斜率的最大值为13.2.解 (1)由题意得e=ca=

7、63,3a2+1b2=1,a2=b2+c2,解得a=6,b=2,故椭圆C的标准方程为y26+x22=1.(2)由题意可知直线AB的斜率一定存在且不为0,设直线AB的方程为y=kx+t,A(x1,y1),B(x2,y2),x11,x21,将y=kx+t代入y26+x22=1,得(k2+3)x2+2ktx+t2-6=0,=4k2t2-4(k2+3)(t2-6)=2k2-t2+60,x1+x2=-2ktk2+3,x1x2=t2-6k2+3,则y1+y2=kx1+t+kx2+t=k(x1+x2)+2t=6tk2+3,x1y2+x2y1=x1(kx2+t)+x2(kx1+t)=t(x1+x2)+2kx1

8、x2=-12kk2+3.直线PA和直线PB的倾斜角互补,kPA=-kPBy1-3x1-1=-y2-3x2-1,化简可得23+x1y2+x2y1=(y1+y2)+3(x1+x2),即23+-12kk2+3=6tk2+3+3-2ktk2+3,即(k-3)(k+t-3)=0.直线AB不过点P,k=3,x1+x2=-3t3,x1x2=t2-66,t212,则|AB|=1+(3)2(x1+x2)2-4x1x2=2312-t23.又点P到直线AB的距离为|t|2,SPAB=122312-t23|t|2=36(12-t2)t23,当且仅当t=6时,等号成立,PAB面积的最大值为3.3.解 (1)依题意,|P

9、F1|-|PF2|=220且k21,可得x1+x2=4k21-k2,x1x2=-4k2+21-k2,|MN|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=22k2+1|1-k2|.因为|MN|42,所以k2+1|1-k2|2,解得13k21或1k23.根据双曲线的对称性,不妨令A(-2,0),B(2,0),则AMNB+ANMB=(x1+2,y1)(2-x2,-y2)+(x2+2,y2)(2-x1,-y1)=4-2x1x2-2y1y2=4-2x1x2-2k2(x1+2)(x2+2)=4-(2+2k2)x1x2-4k2(x1+x2)-8k2=81-k2.因为13k21或10,所以m=2k,所以yNyM=

10、m4k=12,所以N为线段BM的中点.当直线PF的斜率不存在时,点P1,32,则直线AP的方程为y=12(x+2),所以点M(2,2).又因为直线FN的方程为y=x-1,所以点N(2,1).所以N为线段BM的中点.综上可知,N为线段BM的中点.5.解 (1)|PM|=|NQ|.证明如下:设Ay124,y1,By224,y2,y10y2,则My12+y228,y1+y22,N-1,y1+y22,F(1,0).由于A,F,B三点共线,则y1y124-1=y2y224-1,整理得(y1y2+4)(y1-y2)=0,因为y1y2,所以y1y2=-4.lOA:y=4y1x,则Py12-48,y1+y22

11、,同理可得Qy22-48,y1+y22.则|PM|=y12+y228-y12-48=y22+48,|QN|=y22-48+1=y22+48,则|PM|=|QN|.(2)若线段NP上的任意一点均在以点Q为圆心、线段QO为半径的圆内或圆上,则|OQ|PQ|,|OQ|QN|,即y22-482+y1+y222y12-y2282,y22-482+y1+y222y22+482,化简得y1=22.又因为y1y2=-4,所以y2=-4y1=-2,kAB=y1-y2y124-y224=4y1+y2=22,则直线AB斜率的取值范围为22.6.(1)解 因为圆C的中心在坐标原点,对称轴为坐标轴,所以椭圆方程为标准方

12、程,设为x2a2+y2b2=1(a0,b0),若A,B两点在椭圆C上,则有a=b=3,不合题意;若A,D两点在椭圆C上,则3a2=1,4a2+1b2=1,无解;若B,D两点在椭圆C上,则3b2=1,4a2+1b2=1,解得a2=6,b2=3,所以椭圆C的标准方程为x26+y23=1.(2)证明 直线AB:y=x+3,设直线DP的斜率为k,则直线DQ的斜率为-k,所以直线DP的方程为y-1=k(x-2),即y=kx-2k+1.直线DQ的方程为y-1=-k(x-2),即y=-kx+2k+1.设P(x1,y1),Q(x2,y2),联立y=kx-2k+1,x26+y23=1,消去y并整理得(1+2k2

13、)x2-4k(2k-1)x+2(2k-1)2-6=0,则2x1=2(2k-1)2-61+2k2,即x1=2-4(k+1)2k2+1,同理可得x2=2-4(-k+1)2k2+1=2+4(k-1)2k2+1,所以y1=kx1-2k+1=2k-4k(k+1)2k2+1-2k+1=1-4k(k+1)2k2+1=-1-4k-22k2+1,y2=-kx2+2k+1=-2k-4k(k-1)2k2+1+2k+1=1-4k(k-1)2k2+1=-1+4k+22k2+1,所以P2-4k+42k2+1,-1-4k-22k2+1,Q2+4k-42k2+1,-1+4k+22k2+1.联立y=kx-2k+1,y=x+3,

14、得x=2+3+1k-1,y=2+3+3+1k-1,则M2+3+1k-1,2+3+3+1k-1,联立y=-kx+2k+1,y=x+3,得x=2-3+1k+1,y=2+3-3+1k+1,则N2-3+1k+1,2+3-3+1k+1.所以|DP|=4k+42k2+12+2+4k-22k2+12=(4k+4)2+(4k2+4k)22k2+1=4|k+1|k2+12k2+1,|DM|=3+1k-12+3+1+3+1k-12=3+1|k-1|k2+1,|DQ|=4k-42k2+12+2-4k+22k2+12=4|k-1|1+k22k2+1,|DN|=3+1k+12+3+1-3+1k+12=3+1|k+1|k2+1,