2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（文）考点突破练13　圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题 WORD版含解析.docx

1、考点突破练13圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题1.(2020新高考21)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)过点M(2,3),点A为其左顶点,且AM的斜率为12.(1)求C的方程;(2)点N为椭圆上任意一点,求AMN的面积的最大值.2.(2022新高考21)已知点A(2,1)在双曲线C:x2a2-y2a2-1=1(a1)上,直线l交C于P,Q两点,直线AP,AQ的斜率之和为0.(1)求l的斜率;(2)若tanPAQ=22,求PAQ的面积.3.(2022山东淄博一模)已知椭圆E:x2a2+y2b2=1(ab0)的左、右焦点分别为F1,F2,|F1F2|=4,点P(3,1)在椭圆E上.(

2、1)求椭圆E的标准方程;(2)设过点F2且倾斜角不为0的直线l与椭圆E的交点为A,B,求F1AB面积最大时直线l的方程.4.(2022江西赣州期末)已知点M是椭圆C:y2a2+x2b2=1(ab0)上一点,F1,F2分别为椭圆C的上、下焦点,|F1F2|=4,F1MF2=90,F1MF2的面积为5.(1)求椭圆C的方程.(2)设过点F2的直线l和椭圆C交于两点A,B,是否存在直线l使得OAF2与OBF1(O是坐标原点)的面积比值为57?若存在,求出直线l的方程;若不存在,说明理由.5.(2022浙江21)如图,已知椭圆x212+y2=1.设A,B是椭圆上异于P(0,1)的两点,且点Q0,12在

3、线段AB上,直线PA,PB分别交直线y=-12x+3于C,D两点.(1)求点P到椭圆上点的距离的最大值;(2)求|CD|的最小值.6.(2022安徽蚌埠质检三)已知抛物线C:y2=4x的焦点为F,点O为坐标原点,直线l过点F与抛物线C相交于A,B两点(点A位于第一象限).(1)求证:OAOB为定值;(2)过点B作OA的平行线与抛物线C相交于另一点P,求点P横坐标的取值范围.考点突破练13圆锥曲线中的最值、范围、探索性问题1.解 (1)由题意可知直线AM的方程为y-3=12(x-2),即x-2y+4=0.当y=0时x=-4,所以a=4,椭圆C过点M(2,3),可得4a2+9b2=1,解得b2=1

4、2.所以C的方程为x216+y212=1.(2)设与直线AM平行的直线方程为x-2y=m,如图所示,当直线与椭圆相切时,与AM距离比较远的直线与椭圆的切点为N,此时AMN的面积取得最大值.由x-2y=m,x216+y212=1得16y2+12my+3m2-48=0,所以=144m2-416(3m2-48)=0,即m2=64,解得m=8,与AM距离比较远的直线方程为x-2y-8=0,直线AM方程为x-2y+4=0,点N到直线AM的距离即两平行线之间的距离d=|-8-4|1+4=1255,|AM|=(2+4)2+32=35.所以SAMN=12351255=18.2.解 (1)点A(2,1)在双曲线

5、C:x2a2-y2a2-1=1(a1)上,4a2-1a2-1=1,解得a2=2.双曲线的标准方程为x22-y2=1.易知直线l的斜率存在.设直线l的方程为y=kx+m,点P(x1,y1),Q(x2,y2),由x2-2y2=2,y=kx+m,得(1-2k2)x2-4kmx-2(m2+1)=0,0,x1+x2=4km1-2k2,x1x2=-2(m2+1)1-2k2.设直线AP,AQ的斜率分别为kAP,kAQ,则kAP+kAQ=y1-1x1-2+y2-1x2-2=0,(y1-1)(x2-2)+(y2-1)(x1-2)=0,(kx1+m-1)(x2-2)+(kx2+m-1)(x1-2)=0,整理,得2

6、kx1x2+(m-1-2k)(x1+x2)-4(m-1)=0,2k(-2m2-2)+4km(m-1-2k)-4(m-1)(1-2k2)=0,即2k2+k(m+1)+m-1=0,(k+1)(2k+m-1)=0.k=-1或m=1-2k,把m=1-2k代入y=kx+m,得y=kx+1-2k=k(x-2)+1,此时直线PQ过点A(2,1),舍去,k=-1,即直线l的斜率为-1.(2)由(1)知,直线l的方程为y=-x+m,x1+x2=4m,x1x2=2m2+2,则x12+x22=12m2-4,|PQ|=1+k2(x1+x2)2-4x1x2=216m2-8m2-8=4m2-1,点A(2,1)到直线l的距

7、离d=|2+1-m|2=|3-m|2.PAQ的面积SPAQ=12d|PQ|=2|3-m|m2-1.由tanPAQ=22得cosPAQ=13,sinPAQ=223.SPAQ=12|PA|QA|sinPAQ=23|PA|QA|,13|PA|QA|=|3-m|m2-1.在PAQ中,由余弦定理得cosPAQ=|PA|2+|QA|2-|PQ|22|PA|QA|=13,|PA|2+|QA|2-|PQ|2=(x1-2)2+(y1-1)2+(x2-2)2+(y2-1)2-(x1-x2)2-(y1-y2)2=2m2-12m+18=23|PA|QA|.m2-6m+9=|3-m|m2-1,|m-3|=m2-1或m-

8、3=0,即m=53或m=3(舍去,若m=3,则点A在直线PQ上).SPAQ=24343=1629.3.解 (1)|F1F2|=2c=4,可得c=2,则F1(-2,0),F2(2,0),由椭圆的定义可得2a=|PF1|+|PF2|=(3+2)2+1+(3-2)2+1=8+43+8-43=(6+2)2+(6-2)2=26,得a=6,b=a2-c2=2,因此,椭圆E的标准方程为x26+y22=1.(2)由题意,设点A(x1,y1),B(x2,y2),设直线l的方程为x=my+2,由x=my+2,x26+y22=1,得(m2+3)2y2+4my-2=0,则有y1+y2=-4mm2+3,y1y2=-2m

9、2+3,SF1AB=12|F1F2|y1-y2|=2(y1+y2)2-4y1y2=2(-4mm2+3)2+8m2+3=46m2+1m2+3.令t=m2+11,则SF1AB=46t+2t4622=23,当且仅当t=2,即m=1时,等号成立,此时直线l的方程为x-y-2=0或x+y-2=0.4.解 (1)由|F1F2|=4=2c,得c=2,由F1MF2=90,SF1MF2=12|MF1|MF2|=5,得|MF1|MF2|=10,又|MF1|2+|MF2|2=|F1F2|2=16,(|MF1|+|MF2|)2=16+210=36,|MF1|+|MF2|=6,即2a=6,a=3,b2=a2-c2=5,

10、即椭圆的标准方程为y29+x25=1.(2)假设满足条件的直线l存在,显然直线l的斜率存在,F2(-2,0),可设直线l:y=kx-2,A(x1,y1),B(x2,y2),由y=kx-2,y29+x25=1,得(9+5k2)x2-20kx-25=0,则x1+x2=20k9+5k2,x1x2=-259+5k2.SOAF2=12c|x1|,SOBF1=12c|x2|,SOAF2SOBF1=|x1|x2|=-x1x2=57,即x1=-57x2,x1+x2=27x2=20k9+5k2,x1x2=-57x22=-259+5k2,即x22=359+5k2=70k9+5k22,解得k2=115,k=1515

11、,直线l的方程为y=1515x-2.5.解 (1)设A(x1,y1),B(x2,y2),Q0,12在直线AB上,设直线AB为y=kx+12,设E(x,y)为椭圆上除P之外的一点且P(0,1),则|PE|2=(y-1)2+x2=(y-1)2+12-12y2=-11y2-2y+13=-11y2+211y+1112+111+13=-11y+1112+14411,-1y1,当y=-111时,|PE|2最大值为14411,|PE|max=121111.(2)由x2+12y2=12,y=kx+12得(12k2+1)x2+12kx-9=0.则x1+x2=-12k12k2+1,x1x2=-912k2+1,直线

12、PA:y-1=y1-1x1(x-0),即y=y1-1x1x+1,由y=-12x+3,y=y1-1x1x+1得y1-1x1+12x=2,而y1=kx1+12,2kx1-1+x12x1x=2,xC=4x1(2k+1)x1-1,yC=-12xC+3=-2x1(2k+1)x1-1+3=(6k+3-2)x1-3(2k+1)x1-1=(6k+1)x1-3(2k+1)x1-1,C4x1(2k+1)x1-1,(6k+1)x1-3(2k+1)x1-1,同理,D4x2(2k+1)x2-1,(6k+1)x2-3(2k+1)x2-1,|CD|2=4x2(2k+1)x2-1-4x1(2k+1)x1-12+(6k+1)x

13、2-3(2k+1)x2-1-(6k+1)x1-3(2k+1)x1-12=(8k+4)x1x2-4x2-(8k+4)x1x2+4x1(2k+1)x2-1(2k+1)x1-12+(6k+1)(2k+1)x1x2-(6k+1)x2-(6k+3)x1+3-(6k+1)(2k+1)x1x2+(6k+1)x1+(6k+3)x2-3(2k+1)x2-1(2k+1)x1-12=4x1-4x2(2k+1)x2-1(2k+1)x1-12+2x2-2x1(2k+1)x2-1(2k+1)x1-12=20(x1-x2)2(2k+1)2x1x2-(2k+1)(x1+x2)+12.|CD|=20|x1-x2|(2k+1)2

14、x1x2-(2k+1)(x1+x2)+1|=20144k2+94(12k2+1)(12k2+1)2(2k+1)2(-9)12k2+1+(2k+1)12k12k2+1+1=2036(16k2+1)12k2+1-9(4k2+4k+1)+24k2+12k+12k2+112k2+1=620816k2+1|3k+1|=35216k2+1(3k+1)2,令3k+1=t,则k=t-13,16k2+1(3k+1)2=2591t2-3291t+169.当1t=1625,即t=2516,k=316时取得最小值.|CD|min=35216(316)2+1(2516)2=32516252516=655.6.(1)证明 F(1,0),可设直线l方程为x=my+1,A(x1,y1),B(x2,y2),联立直线l与抛物线C的方程x=my+1,y2=4x,得y2-4my-4=0,故y1y2=-4,所以x1x2=y124y224=(y1y2)216=1,所以OAOB=x1x2+y1y2=-3,即OAOB为定值-3.