2023届高考二轮总复习试题（适用于老高考旧教材） 数学（理） 考点突破练14　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14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陕西汉中检测一)已知椭圆C:x2a2+y2b2=1(ab0)的离心率为12,左、右焦点分别为F1,F2,O为坐标原点,点P在椭圆C上,且满足|PF2|=2,F1PF2=3.(1)求椭圆C的方程.(2)已知过点(1,0)且不与坐标轴垂直的直线l与椭圆C交于M,N两点,在x轴上是否存在定点Q,使得MQO=NQO?若存在,求出点Q的坐标;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

3、在线段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陕西榆林二模)已知O为坐标原点,抛物线C:y2=2px(p0)与直线l:x=4交于P,Q两点,且OPOQ.抛物线C的准线与x轴交于点M,G是以M为圆心,|OM|为半径的圆上的一点(非原点),过点G作抛物线C的两条切线,切点分别为A,B.(1)求抛物线C的方程;(2)求ABG面积的取值范围.考点突破练14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,

4、椭圆C过点M(2,3),可得4a2+9b2=1,解得b2=12.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=

5、12351255=18.2.解 (1)点A(2,1)在双曲线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)

6、(x2-2)+(kx2+m-1)(x1-2)=0,整理,得2kx1x2+(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=2

7、16m2-8m2-8=4m2-1,点A(2,1)到直线l的距离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|.m

8、2-6m+9=|3-m|m2-1,|m-3|=m2-1或m-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+4m

9、y-2=0,则有y1+y2=-4mm2+3,y1y2=-2m2+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)在PF1F2中,|PF2|=2,|PF1|=2a-2,又e=12,a=2c,又F1PF2=3,则由余弦定理得4c2=(2a-2)2+4-2(2a-2),即a2=4(a2-2a+1)+4-4a+4,整理得a2-4a+4=0,解得a=2,b=

10、3,椭圆方程为x24+y23=1.(2)假设存在点Q(m,0)满足条件,设直线l:x=ty+1(t0),设M(x1,y1),N(x2,y2),由x=ty+1,x24+y23=1,得(4+3t2)y2+6ty-9=0,y1+y2=-6t4+3t2,y1y2=-94+3t2,由MQO=NQO,得kMQ+kNQ=0,即y1x1-m+y2x2-m=0,整理得y1(x2-m)=-y2(x1-m),将x1=ty1+1,x2=ty2+1代入化简得(m-1)(y1+y2)=2ty1y2,即-6t(m-1)4+3t2=-18t4+3t2,解得m=4,存在点Q(4,0)使得MQO=NQO.5.解 (1)设A(x1

11、,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PA:y-1=y1-1x1(x-0),即y=y1-1x1x+

12、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)x2-3(2k+1)x2-1-(6k+1)x1-3(2k+1)

13、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)2x1x2-(2k+1)(x1+x2)+1|=20144k2+

14、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.解 (1)由题意可设P(4,y0),Q(4,-y0),则OP=(4,y

15、0),OQ=(4,-y0).OPOQ,OPOQ=16-y02=0,即y02=16,又y02=8p,p=2.故抛物线C的方程为y2=4x.(2)现证明过抛物线C:y2=4x上的任意一点N(x0,y0)的切线方程为y0y=2x+2x0.点N(x0,y0)在抛物线C上,y02=4x0.由y2=4x,y0y=2x+2x0,得y2-2y0y+4x0=0,=4y02-16x0=16x0-16x0=0,得证.设A(x1,y1),B(x2,y2),G(x3,y3),则圆G的切线GA,GB的方程分别为y1y=2x+2x1和y2y=2x+2x2.点G在切线GA,GB上,y1y3=2x3+2x1,y2y3=2x3+2x2,故直线AB的方程为y3y=2x+2x3.由y2=4x,y3y=2x+2x3,得y2-2y3y+4x3=0,y1+y2=2y3,y1y2=4x3,故|AB|=1+y322(y1+y2)2-4y1y2=(4+y32)(y32-4x3),点G到直线AB的距离为d=|4x3-y32|4+y32,SABG=12|AB|d=12(4+y32)(y32-4x3)|4x3-y32|4+y32=12(y32-4x3)32.由题意M(-1,0),圆G的方程为(x+1)2+y2=1,(x3+1)2+y32=1,-2x30,